等比数列

等比数列（精选13篇）

1.等比数列 篇一

等差数列等比数列综合练习题

一．选择题

1.已知an1an30，则数列an是（）

A.递增数列

B.递减数列

C.常数列

D.摆动数列

1，那么它的前5项的和S5的值是（）231333537A．

B．

C．

D．

22223.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S7=35，则a4=（）2.等比数列{an}中，首项a18，公比q A.8

B.7

C.6

D.5 ,则2a9a10（）4.等差数列{an}中，a13a8a15120 A．24

B．22

C．20

D．-8 215.已知数列an中，a11,an2an13，求此数列的通项公式.16.设等差数列

an的前n项和公式是sn5n23n,求它的前3项，并求它的通项公式.5.数列an的通项公式为an3n28n，则数列an各项中最小项是（）

A.第4项

B.第5项

C.第6项

D.第7项

2ab等于（）

2cd11

1A．1

B．

C．

D．

824a20（）7.在等比数列an中,a7a116,a4a145,则a1023232

3A.B.C.或

D.或 

3232328.已知等比数列an中,an>0,a2a42a3a5a4a625,那么a3a5=（）6.已知a，b，c，d是公比为2的等比数列，则

A.5

B.10

C.15

D.20 二．填空题

9．已知{an}为等差数列，a15＝8，a60＝20，则a75＝________

10.在等比数列{an}中，a2a816，则a5=__________

11．在等差数列{an}中，若a7＝m，a14＝n，则a21＝__________

12.等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3+a17=10,则S19的值_________

13.已知等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＝40，a4＋a5＋a6＝20，则前9项之和等于_________

三.解答题

14.设三个数成等差数列，其和为6，其中最后一个数加上1后，这三个数又成等比数列，求这三个数.等差数列、等比数列同步练习题

等差数列

一、选择题

1、等差数列-6，-1，4，9，……中的第20项为（）

A、89 B、-101 C、101 D、-89

2． 等差数列{an}中，a15=33，a45=153，则217是这个数列的（）

A、第60项 B、第61项 C、第62项

D、不在这个数列中

3、在-9与3之间插入n个数，使这n+2个数组成和为-21的等差数列，则n为

A、4 B、5 C、6 D、不存在

4、等差数列{an}中，a1+a7=42，a10-a3=21，则前10项的S10等于（）

A、720 B、257 C、255 D、不确定

5、等差数列中连续四项为a，x，b，2x，那么 a ：b 等于（）

A、B、C、或 1 D、6、已知数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n，而a1，a3，a5，a7，……组成一新数 列{Cn}，其通项公式为（）

A、Cn=4n-3 B、Cn=8n-1 C、Cn=4n-5 D、Cn=8n-9

7、一个项数为偶数的等差数列，它的奇数项的和与偶数项的和分别是24与30 若此数列的最后一项比第-10项为10，则这个数列共有（）

A、6项 B、8项 C、10项 D、12项

8、设数列{an}和{bn}都是等差数列，其中a1=25，b1=75，且a100+b100=100，则数列{an+bn}的前100项和为（）

A、0 B、100 C、10000 D、505000

答案1． A

2、B

3、B

4、C

5、B

6、D 7、A

8、C

二、填空题

9、在等差数列{an}中，an=m，an+m=0，则am= ______。

10、在等差数列{an}中，a4+a7+a10+a13=20，则S16= ______。11． 在等差数列{an}中，a1+a2+a3+a4=68，a6+a7+a8+a9+a10=30，则从a15到a30的和是 ______。

12． 已知等差数列 110，116，122，……，则大于450而不大于602的各项之和为 ______。

三、解答题

13． 已知等差数列{an}的公差d=，前100项的和S100=145求： a1+a3+a5+……+a99的值

14． 已知等差数列{an}的首项为a，记

(1)求证：{bn}是等差数列

(2)已知{an}的前13项的和与{bn}的前13的和之比为 3 ：2，求{bn}的公差。

15． 在等差数列{an}中，a1=25，S17=S9(1)求{an}的通项公式

(2)这个数列的前多少项的和最大？并求出这个最大值。

16、等差数列{an}的前n项的和为Sn，且已知Sn的最大值为S99，且|a99|〈|a100| 求使Sn〉0的n的最大值。

答案：

二、填空题

9、n10、80

11、-368 12、13702

13、∵{an}为等差数列∴ an+1-an=d

∴ a1+a3+a5+…+a99=a2+a4+a6+…+a100-50d

又（a1+a3+a5+…+a99）+（a2+a4+a6+…+a100）=S100=145 ∴ a1+a3+a5+…+a99=

=60

14、(1)证：设{an}的公差为d则an=a+（n-1）d

当n≥0时 b n-bn-1=

d 为常数∴ {bn}为等差数列

（2）记{an}，{bn}的前n项和分别为A13，B13则，∴{bn}的公差为

15、S17=S9 即 a10+a11+…+a17=

∴ an=27-2n

=169-（n-13）2

当n=13时，Sn最大，Sn的最大值为169

16、S198=（a1+a198）=99(a99+a100)<0 S197=

(a1+a197)=

(a99+ a99)>0

又 a99>0，a100<0则 d<0

∴当n<197时，Sn>0 ∴ 使 Sn>0 的最大的n为197

等比数列

一、选择题

1、若等比数列的前3项依次为A、1 B、C、D、，……，则第四项为（）

2、等比数列{an}的公比q>1，其第17项的平方等于第24项，求：使a1+a2+a3+……+an>

成立的自然数n的取值范围。

2、公比为的等比数列一定是（）

A、递增数列 B、摆动数列 C、递减数列 D、都不对

3、在等比数列{an}中，若a4·a7=-512，a2+a9=254，且公比为整数，则a12=（）

A、-1024 B、-2048 C、1024 D、2048

4、已知等比数列的公比为2，前4项的和为1，则前8项的和等于（）

A、15 B、17 C、19 D、21

5、设A、G分别是正数a、b的等差中项和等比中项，则有（）

3、已知等比数列{an}，公比q>0，求证：SnSn+26、{an}为等比数列，下列结论中不正确的是（）

A、{an2}为等比数列 B、为等比数列

C、{lgan}为等差数列 D、{anan+1}为等比数列

7、a≠0，b≠0且b≠1，a、b、c为常数，b、c必须满足（）

一个等比数列前几项和Sn=abn+c，那么a、A、a+b=0

B、c+b=0

C、c+a=0

D、a+b+c=0

8、若a、b、c成等比数列，a，x，b和b，y，c都成等差数列，且xy≠0，则 的值为（）

A、1 B、2 C、3 D、4

4、数列{an}的前几项和记为An，数列{bn}的前几项和为Bn，已知答案：

一、1、A

2、D

3、B

4、B

5、D

6、C

7、C

8、B 求Bn及数列{|bn|}的前几项和Sn。

二、填空题

1、在等比数列{an}中，若S4=240，a2+a4=180，则a7= _____,q= ______。

2、数列{an}满足a1=3，an+1=-，则an = ______，Sn= ______。

3、等比数列a，-6，m，-54，……的通项an = ___________。

4、{an}为等差数列，a1=1，公差d=z，从数列{an}中，依次选出第1，3，32……3n-1项，组成数

列{bn},则数列{bn}的通项公式是__________，它的前几项之和是_________。

二、计算题

1、有四个数，前三个数成等差数列，后三个成等比数列，并且第一个数与第四个数的和为37，第

二个数与第三个数的和为36，求这四个数。，答案

一、1、6；32、3、-2·3n-1或an=2（-3）n-1 4、2·3n-1-1；3n-n-1

二、1、解：由题意，设立四个数为a-d，a，a+d，则

由（2）d=36-2a（3）

把（3）代入（1）得 4a2-73a+36×36=0（4a-81）（a-16）=0 ∴所求四数为或12，16，20，25。

2、解：设{an}的前几项和Sn，的前几项的和为Tn an=a1qn-1

∵Sn>Tn ∴即>0 又

∴a12qn-1>1（1）

又a172=a24即a12q32>a1q23 ∴a1=q-9（2）由（1）（2）

∴n≥0且n∈N

3、证一：（1）q=1 Sn=na1 SnSn+2-Sn+12=（na1）[（n+2）a1]-[（n+1）a1]2=-a12（2）q≠1

=-a12qn<0

∴SnSn+2

SnSn+2-Sn+12=Sn（a1+qSn+1）-Sn+1（a1+qSn）=a1（Sn-Sn+1）

=-a1a n+1=-a12qn<0 ∴SnSn+2

4、解：n=1

n≥2时，∴

bn=log2an=7-2n

∴{bn}为首项为5，公比为（-2）的等比数列

令bn>0，n≤3

∴当n≥4时，bn〈0

1≤n≤3时，bn〉0 ∴当n≤3时，Sn=Bn=n（6-n），B3=9

当n≥4时，Sn=b1+b2+b3-（b4+b5+…+bn）=2B3-Bn=18-n（6-n）=n2-6n+18

2.等比数列 篇二

与推广1不一样.当然也可以依照同样的办法写出与推广1类似的结论 (略) .

(b1b2…bt) (r-s) rs (b1b2…br) (s-t) st (b1b2…bs) (t-r) t=1, 所以得到类似的结论:已知等比数列{bn}, r, s, t是互不相等的正整数, Tn是前n项积, Tt (r-s) rsTr (s-t) stTs (t-r) t=1.

等差、等比数列作为江苏现高考的C级要求, 不少老师在钻研, 出了很多题目, 其中有不少类似上面性质运用的, 让我们学生觉得困惑, 下面来稍作分析.

分析有许多学生不知如何入手, 或者说得到的不是类似的性质, 不妨这样考虑:设an=lgbn, {an}成等差数列, {bn}成等比数列且bn>0,

上面的性质比较简单, 有一些学生是可以做的, 但遇到稍微复杂的就不行了, 如下例:

当然还有许多类似的性质, 这里就不再一一举例了, 总之等差数列有的性质等比肯定有与之相对应的性质, 反之一样.

参考文献

[1]侯雪花.等差、等比数列的一个新的性质.数学通讯, 2007 (19) .

3.第18讲 等差数列、等比数列 篇三

等差数列和等比数列与高中数学的有些章节具有相应的应用与交汇.各地以往的高考中一般在选择题、填空题中考查等差（比）数列的定义、基本量的运算和特有性质，而在解答题中考查等差（比）的判断与证明、求通项公式、与函数及不等式的综合考查等.

统计表明，各地高考试卷大多设置一大一小两题，涉及该讲知识的大约10分.其中的小题，并多在选择题居中的位置，或填空题靠后的位置，一般为基本运算或类比推理等.而大题位置靠前，并设置在本道题的第一小问，一般以考查等差（比）基础知识和基本运算为主，更多地是为第二问及以后的运算解答提供支持与铺垫.

各地文、理科试卷在选择部分与大题中出现时的差别不大，往往文理科试卷题完全一样，而若以填空题出现时文理通常以姊妹题的方式出现.

命题特点

等差、等比数列是一个重要的数列类型，高考命题主要考查等差、等比数列的概念、基本量的运算及由概念推导出的一些重要性质，灵活运用这些性质解题，可达到避繁就简的目的.解等差、等比数列的问题时，通常考虑两类方法：①基本量法，即运用条件转化成关于[a1]和[d]（或[q]）的方程（组）；②巧妙运用等差、等比数列的性质.

1. 等差、等比数列的基本运算

例1 等比数列[x，3x+3，6x+6，…]的第四项等于 （ ）

A.-24 B.0

C.12 D.24

解析 因为[x，3x+3，6x+6，…]成等比，则[（3x+3）2=x（6x+6）]，解得：[x=-3].由等比数列性质[a1?a4=a2?a3]得：[-3×a4=-6×（-12）]，解得第四项等于-24.

点拨 解决特殊数列——等差或等比数列的基本运算问题的关键是利用好公式.以本题为例，首先利用等比中项知识建立了关于未知数[x]的方程，再利用等比的性质：当正整数[p，q，r，s]满足[p+q=r+s]时，[ap?aq=ar?as]，从而获解.

例2 已知[△ABC]的一个内角为[120°]，并且三边长构成公差为4的等差数列，则[△ABC]的面积为________.

解析 设三边长分别为[a-4，a，a+4（a>4）]，显然边[a+4]所对的内角为[120°]，由余弦定理得：[（a+4）2=a2+（a-4）2-2a（a-4）cos120°?a=10]，即三边长为[6，10，14]，因此[SΔABC=12×10×6sin120°=153].

点拨 本题对三角形三边赋值时采用了常用的技巧——对称设法，此时三个数成等差时设为：[a-d，a，a+d；]四个数成等差可设为：[a-3d，a-d，a+d，a+3d]等.

例3 对于整数数列[an]，如果[ai+i][（i=1，2，3，…）]为完全平方数，则称数列[an]具有“高大上品质”.不论数列[an]是否具有“高大上品质”，如果存在与[an]不是同一数列的[bn]，且[bn]同时满足下面两个条件：①[b1，b2，b3，...，bn]是[a1，a2，a3，...，an]变换次序后的另一个排列；②数列[bn]具有“高大上品质”，则称数列[an]具有“高大上潜质”.下面三个数列：①数列[an]的前[n]项和[Sn=n3（n2-1）]；②数列1，2，3，4，5；③1，2，3，…，11.具有“高大上品质”的为________；具有“高大上潜质”的为___________.

解析 对于①，当[n≥2]时，[an=Sn-Sn-1=n2-n，]又[a1=0]，[所以an=n2-n（n∈N*）].所以[ai+i=i2（i=1，2，3，…）]是完全平方数，数列[an]具有“高大上品质”.对于②，数列1，2，3，4，5具有“高大上潜质”，数列[bn]为3，2，1，5，4.对于③，数列1，2，3，…，11不具有“高大上潜质”，因为11，4都只有5的和才能构成完全平方数，所以数列1，2，3，…，11不具有“高大上潜质”.故具有“高大上品质”的为①；具有“高大上潜质”的为②.

点拨 本题是由数列的基础知识引出的一种探索问题，构思起点高，但解决问题的手段很常规.考生在碰到此类问题时要细致品味个中涵义，不能被表面的文章所禁锢.

2. 等差、等比数列的判定

等差、等比数列的判定通常作为解答题的第1问来考查，一般用下面的基本方法来判定：①利用定义：[an+1-an=]常数，或[an+1an=]常数；②利用中项的性质：[2an=an-1+an+1（n≥2）]或[a2n=an-1?an+1（n≥2）].

例4 已知数列[an]满足：[a1=1，a2=3]，且[an+2=3an+1-2an]，令[bn=an+1-an].

（1）证明：数列[bn]是等比数列；

（2）求数列[an]的通项公式.

解析 （1）因为[an+2=3an+1-2an]，

∴[an+2-an+1=2（an+1-an）].

又因为[a1=1，a2=3]，所以[b1=a2-a1=2]，则[bn+1bn=2].

故数列[bn]是首项为[2]，公比为2的等比数列.

（2）由（1）得，[bn=2n]，

所以[an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a2-a1）+a1]

[=bn-1+bn-2+b1+a1][=2n-1+2n-2+…+2+1=2n-1].

点拨 本题主要考查等比数列的判定及数列求和，同时考查推理论证能力及转化化归能力.

3. 创新与拓展

例5 古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数. 如三角形数1，3，6，10，[1，a1，a3]，第[n]个三角形数为[n（n+1）2=12n2+12n]. 记第[n]个[k ]边形数为[N（n，k） （k≥3）]，以下列出了部分[k ]边形数中第[n]个数的表达式：

nlc202309032100

三角形数 [N（n，3）=12n2+12n]，

正方形数 [N（n，4）=n2]，

五边形数 [N（n，5）=32n2-12n]，

六边形数 [N（n，6）=2n2-n]，

…

可以推测[N（n，k）]的表达式，由此计算[N（10，24）=]_________.

解析 三角形数[N（n，3）=12n2+12n]，正方形数[N（n，4）=n2=（12+12︸2×12）n2+（12-12）n，]，五边形数[N（n，5）=32n2-12n=（12+12+12︸3×12）n2+（12-12-12）n]，六边形数[N（n，6）=2n2-n=（12+12+12+12︸4×12）n2+（12-12-12-12︸2×（-12））n]，

…

推测[k]边形

[N（n，k）=（12+12+...+12+12︸（k-2）×12）n2+（12-12-12-12-...-12︸（k-4）×（-12））n][=12（k-2）n2-12（k-4）n].

所以[N（10，24）=12×（24-2）×102-12×（24-4）×10]

[=1100-100=1000].

点拨 对课本上出现的三角形数、四边形数加以引申与拓展，利用类比和推理的方式思考问题，展现出数学学习中不断深化、不断提高、循序渐进的理念.对问题的不断探求有助于加深我们对基础知识的认知.

备考指南

（1）要把握基础知识， 在复习时，首先要把握好等差、等比数列的概念与通项公式的推导方法，熟练掌握它们基本量与其他量间的互化关系.同时要熟练并准确掌握与之相关的等差、等比中项概念与运算公式等.

（2）重点掌握等差、等比数列各自特殊的性质，并达到准确熟练运用的能力.

（3）善于利用类比和归纳推理的方法将非等差（比）数列，通过适当变形、换元等方式，从而转化变成等差（比）数列，达到从一般到特殊的转化目标.

限时训练

1.在等差数列[an]中，[a3+a4+a5=12]，那么[a1+a2+…+a7=] （ ）

A.14 B.21 C.28 D.35

2.在[a，b]之间插入[n]个数构成等差数列，则其公差为 （ ）

A.[b-an] B.[a-bn+1] C.[b-an+1] D.[b-an-1]

3. 在等比数列[an]中，已知[a1=19，a5=9] ，则[a3=] （ ）

A.1 B.3 C.[±1] D.[±3]

4. 数列[an]是公差不为0的等差数列，且[a1，a3，a7]为等比数列[bn]的连续三项，则数列[bn]的公比为 （ ）

A. [2] B. [4] C. [2] D. [12]

5. 如果[-4，a，b，c，-9]成等比数列，那么 （ ）

A. [b=6，ac=36] B. [b=-6，ac=36]

C.[b=±6，ac=-36] D. [b=±6，ac=36]

6. 数列[an]的首项为3，[bn]为等差数列且[bn=an+1-an]，若[b3=-2，b10=12]，则[a8=] （ ）

A. 0 B. 3 C. 8 D. 11

7. 两个正数[a，b（a>b）]的等差中项是[52]，[-6]是它们的等比中项，则双曲线[x2a2-y2b2=1]的离心率[e]= （ ）

A. [52] B. [132] C. [53] D. [133]

8. 已知方程[（x2-2x-m）（x2-2x+n）=0]的四个根组成一个首项为[14]，公差为正的等差数列，则[m-n=] （ ）

A. [-118] B. [±118] C. [±12] D. [12]

9. 已知等比数列[an]，记[bn=am（n-1）+1+am（n-1）+2+...][+am（n-1）+m]，[cn=am（n-1）+1?am（n-1）+2?...?am（n-1）+m（m，n∈N*）]，记公比为[q]，则一定正确的是 （ ）

A. 数列[bn]为等差数列，公差为[qm]

B. 数列[bn]为等比数列，公比为[q2m]

C. 数列[cn]为等比数列，公比为[qm2]

D. 数列[cn]为等比数列，公比为[qmm]

10.已知数列[an]满足[3an+1+an=0，a2=-43，]则[an]的前10项积等于 （ ）

A.[31-3-10] B.[31+3-10]

C.[-410345] D.[410345]

11.若[2，a，b，c，9]成等差数列，则[c-a=]_________.

12.设等比数列[an]的首项为[1]，公比为[-2]，则[a1+|a2|+a3+|a4|=]_________.

13.等差数列[an]中，公差[d≠0]，且[2a3-a72+2a11=0]，数列[bn]是等比数列，且[b7=a7]，则[b6b8]=___________.

14.观察下列等式：

（1+1）=2×1

（2+1）（2+2）=[22×1×3]

（3+1）（3+2）（3+3）=[23×1×3×5]

照此规律， 第[n]个等式可为________.

15.已知等差数列[an]的公差[d=1]，前[n]项和为[Sn].

（1）若[1，a1，a3]成等比数列，求[a1]；

（2）若[S5>a1a9]，求[a1]的取值范围.

16. 已知数列[an]满足：[a1=1，a2=a（a>0）.]数列[bn]满足[bn=anan+1].

（1）若[an]是等差数列，且[b3=12，]求[a]的值及[an]的通项公式；

（2）当[bn]是公比为[3a+4]的等比数列时，[an]能否能构成等比数列？若能，求出[a]的值；若不能，请说明理由.

17. 等差数列[an]的前[n]项和为[Sn]，已知[a1=2，][S6=22].

（1）求[Sn]；

（2）若从[an]中抽取一个公比为[q]的等比数列[akn]，其中[k1=1]，且[k1

18. 给定常数[c>0]，定义函数[f（x）=2|x+c+4|-|x+c|]，数列[a1，a2，a3，…]满足[an+1=f（an），n∈N*].

（1）若[a1=-c-2]，求[a2]及[a3]；

（2）求证：对任意[n∈N*，an+1-an≥c]；

（3）是否存在[a1]，使得[a1，a2，…an，…]成等差数列？若存在，求出所有这样的[a1]，若不存在，请说明理由.

4.等比数列(试题) 篇四

一、选择题：

11，两数的等比中项是（）

A．1B．-1C．±1D．

12.已知{an}是等比数列，a22,a5,则公比q=（）411(A)(B)-2(C)2(D)22S43.设等比数列{an}的公比q2，前n项和为Sn，则（）a21517A.2B.4C.D.2

24.若数列{an}的前n项的和Sn3n2，那么这个数列的通项公式为（）31A.an()n1 B.an3()n1 22

1,n1C.an3n2 D.ann1 23,n2

5.已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn＝pn-2(p∈R，n∈N*)，那么数列{an}（）

A．是等比数列B．当p≠0时是等比数列

C．当p≠0，p≠1时是等比数列D．不是等比数列 12

6.已知等差数列｛an｝的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2等于（）

（A）－4（B）－6（C）－8（D）－10

7．已知数列｛an｝既是等差数列又是等比数列，则这个数列的前n项和为（）Ａ．0B．nＣ．n a1Ｄ．a1n

8．已知数列｛an｝的前n项和Sn=3an－2,那么下面结论正确的是（）Ａ．此数列为等差数列．此数列为等比数列

Ｃ．此数列从第二项起是等比数列9．在等比数列｛an｝中，Sn48,S2n60,则S3n等于（）

A.26B.27C.62D.6

310．已知等比数列｛an｝中，an=2×3n1,则由此数列的偶数项所组成的新数列的前n项和Sn的值为（）

Ａ．3－n．3(3－n9n

1Ｃ．4n11．实数等比数列｛an｝，Sn＝a1a2an，则数列｛Sn｝中（）Ａ．任意一项都不为零．必有一项为零

Ｃ．至多有有限项为零Ｄ．可以有无数项为零

12．△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且a,b,c成等比数列，c2a，则cosB＝（）

A.14B.3

4C.2

4D.2 3

二、填空题：

13．在等比数列{an}中, 若a3=3,a9=75,则a10=___________.14.已知等比数列｛an｝中，a1＋a2=9，a1a2a3=27,则｛an｝的前n项和Sn= __________。

15．在等比数列an中，a11，an512，Sn341，则q____，n____.16．三个数成等比数列，它们的积为512，如果中间一个数加上2，则成等差数列，这三个数是。

17.在等比数列an中，a4a532，log2a1loga2log2a818．已知等比数列｛an｝的前m项和Sm10,S2m30,则S3m.19.设{an}是公比为q的等比数列，Sn是{an}的前n项和,若{Sn}是等差数列，则q

三、解答题：

20.设数列{an}的前项n和为Sn，若对于任意的正整数n都有Sn=2an-3n.（1）设bn=an+3，求证：数列{bn}是等比数列(要指出首项与公比)，（2）求数列{an}的通项公式．

（3）求数列{nan}的前n项和.21.在等比数列an的前n项和中，a1最小，且a1an66,a2an1128，前n项和Sn126，求n和公比q

22.已知等比数列{an}中，数列{bn}前n项的和为Sn.a22,a5128.若bnlog2an，（Ⅰ）若Sn35，求n的值；

（Ⅱ）求不等式Sn2bn的解集.23.已知等差数列{an}的公差和等比数列{bn}的公比都是d，又知d≠1，且a4=b4，a10=b10：

(1)求a1与d的值；

(2)b16是不是{an}中的项？

24．设数列{an}的前n项和为Sn, 已知a11,Sn14an2（8分）

（I）设bnan12an，证明数列{bn}是等比数列

5.等比数列的证明 篇五

(1)(Sn/n)是等比数列

(2)S(n+1)=4an1、A(n+1)=(n+2)sn/n=S(n+1)-Sn

即nS(n+1)-nSn=(n+2)Sn

nS(n+1)=(n+2)Sn+nSn

nS(n+1)=(2n+2)Sn

S(n+1)/(n+1)=2Sn/n

即S/=

2S1/1=A1=

1所以Sn/n是以2为公比1为首项的等比数列

2、由1有Sn/n是以2为公比1为首项的等比数列

所以Sn/n的通项公式是Sn/n=1*2^(n-1)

即Sn=n2^(n-1)

那么S(n+1)=(n+1)2^n,S(n-1)=(n-1)2^(n-2)

An=Sn-S(n-1)

=n2^(n-1)-(n-1)2^(n-2)

=n*2*2^(n-2)-(n-1)2^(n-2)

=*2^(n-2)

=(n+1)2^(n-2)

=(n+1)*2^n/2^

2=(n+1)2^n/

4=S(n+1)/4

所以有S(n+1)=4An

a(n)-a(n-1)=2(n-1)

上n-1个式子相加得到：

an-a1=2+4+6+8+.....2(n-1)

右边是等差数列，且和=(n-1)/2=n(n-1)

所以：

an-2=n^2-n

an=n^2-n+24、已知数列{3*2的N此方}，求证是等比数列

根据题意，数列是3*2^n(^n表示肩膀上的方次),n=1,2,3,...为了验证它是等比数列只需要比较任何一项和它相邻项的比值是一个不依赖项次的固定比值就可以了.所以第n项和第n+1项分别是3*2^n和3*2^(n+1),相比之后有:

/(3*2^n)=

2因为比值是2,不依赖n的选择,所以得到结论.5数列an前n项和为Sn已知a1=1a(n+1)=(n+2)/n乘以Sn(n=1,2,3......)证明

(1)(Sn/n)是等比数列

(2)S(n+1)=4an1、A(n+1)=(n+2)sn/n=S(n+1)-Sn

即nS(n+1)-nSn=(n+2)Sn

nS(n+1)=(n+2)Sn+nSn

nS(n+1)=(2n+2)Sn

S(n+1)/(n+1)=2Sn/n

即S/=

2S1/1=A1=

1所以Sn/n是以2为公比1为首项的等比数列

2、由1有Sn/n是以2为公比1为首项的等比数列

所以Sn/n的通项公式是Sn/n=1*2^(n-1)

即Sn=n2^(n-1)

那么S(n+1)=(n+1)2^n,S(n-1)=(n-1)2^(n-2)

6.《等比数列》教学反思 篇六

在这一节课后，一个很大的感受就是在课堂上我们要说的`每一句话，要提的每一个问题，包括内容先后顺序的设置都必须反复推敲，细细琢磨。语言要简练，提出的问题要有针对性，要能启发学生，内容的设置必须切实符合学生的认知规律。我们不仅要考虑到学生的实际水平，而且需要预先想到课堂中学生会提到的问题以及出现的错误，并及时对学生的表现给与充分的表扬、鼓励以及正确的引导。现在的教学需要使用鼓励教育，充分调动学生的积极性和能动性，打开学生思维。

本节课是等比数列的第一课时，注重概念的讲解以及通项公式的推导和分析应用。在前面的教学中，学生已经有了等差数列的有关内容，这节课的重要思想采用类比的思想，在教师的引导下，以学生为主体完成整个课堂教学。就课堂反馈情况来看，我的引导比较到位，讲解也比较透彻，重点突出，前后呼应，学生完成的比较理想，实现了预期的教学目标（特别是学生对等比中项和下标和的关系应用）。学生的课堂活动很积极，课堂气氛融洽，实现了良好的师生互动，完成了预先的教学设计过程。板书有待改进，课件展示得当，但时间把握有点仓促。

就学生的课后反馈来看，基础较好的学生反映课堂容量较小，也有部分同学反映练习题比较简单，随堂练习在层次上没有太大差异，不能很好的满足各个层次学生的需要，今后在习题的选择上应多下功夫，多查阅些资料，精选细练，力求让每个学生各有所得，都能找到适应个人实际的练习，帮助他们更好的理解当堂的基础知识，也便于课后学生个人的复习总结。更好的实现课堂教学的时效性。

经过这次公开课，另外一个重要的收获是我们备课的时候一定要认真备好三维目标，特别是情感价值态度。只有带着情感态度价值带来备课才能从宏观上来把握整堂课，头脑里清楚我们将带非学生什么东西，这样我们的教学才会具有目标性。这堂课下来，我更多的只是注意了基础知识和基础技能，而忽略了带给学生的思想上的总结。

7.等比数列前n项和公式的探究 篇七

数学学习应是一个再发现、再创造的过程, 弄清数学定理、公式的来龙去脉是定理、公式教学过程的关键.在教学中, 要让学生充分体验数学知识的形成过程, 尽可能地让学生经历观察、分析、猜想、抽象、概括、归纳、类比等发现和探究过程, 鼓励学生探索其他可能的解答思路.学生通过自己的探索发现公式, 才能真正理解, 记忆深刻.

“等比数列前n项和”这一节课中公式的推导是一个教学难点, 如何更好地引导学生自主探究并获得结论呢?

一、铺垫探究活动的基础知识

为了能在有限的课堂教学时间内达到学习目标, 教师应针对学生的具体情况准备好必要的基础知识, 为探究活动的顺利开展作好铺垫, 提高课堂效率.请同学们说说前面学习了哪些与等比数列有关的知识?

生1:等比数列的定义:$\frac{a{}_2}{a{}_1}=\frac{a{}_3}{a{}_2}=\frac{a{}_4}{a{}_3}=\cdots =\frac{a{}_n}{a{}_{n-1}}=q$ (常数) .

生2:等比数列{an}的通项公式:

(1) an=a1·qn-1 (a1·q≠0) ;

(2) an=am·qn-m (am·q≠0) .

生3:an与Sn的关系:

$a{}_n=\{\begin{array}{l}S{}_1(n=1)‚\\ S{}_n-S{}_{n-1}(n\ge 2)\end{array}$

或

Sn=Sn-1+an (n≥2) .

二、从简单、特殊例子开始探究

问题设计由浅到深、由简单到复杂、由低层次到高层次, 有利于用知识的联系来启发思维, 消除学生对新知识的恐惧和陌生心理, 促进对知识的理解和掌握.

少年高斯发现了等差数列:1+2+3+…+100“颠倒相加和变积”的简便算法, 你能发现下列各题的简便算法吗?

①S2=1+2=;

②S3=1+2+22=;

③S10=1+2+22+23+…+29=.

首先由学生独立探究, 教师巡视, 观察学生探究情况.然后学生分小组讨论, 最后小组展示自己的探究成果, 全班交流, 互相学习.教师点评, 将学生的发现上升为规律总结, 提炼数学思想, 使学生的思维得到升华.

小组1: (无奈的语气) 用倒序相加法算不出结果.

教师:至少排除了一种不可行的方法, 也不错.

小组2:把式子S10=1+2+22+…+29化为S10=1+2 (1+2+…+28) 后不知怎么做下去了.

教师启发:想一想, 括号内的式子1+2+…+28可用什么表示?

生5:可用S9表示, 即S10=1+2S9.

生3马上接着大声说:由于S9=S10-29, 所以S10=1+2 (S10-29) , 得S10=210-1.

妙!真妙!许多学生啧啧称奇.

教师:小组1的同学排除了倒序相加法, 从S10=1+2 (S10-29) 这一式子可知, S10-2S10=1-210, 想一想:从这一式子你能想到另外的简便算法吗?

学生陷入了沉思, 许多学生疑惑不解.过了一会儿, “题霸”发话了:我知道了, 用相减的方法. (这名同学解题能力很强, 同学们给他封了这个绰号)

“题霸”从座位上站起来慢慢地走到黑板前板书:

由S10=1+2+22+…+29, ①

得2S10=2+22+…+29+210. ②

②-①, 得S10=210-1.

教师:好!很好!请大家给这种方法取一个名字, 叫什么相减法?

生6:错位相减法.

教师:“错位相减法”是求数列前n项和的一种重要方法, 请说一说“错位相减法”的一般步骤.

学生:式子两边同乘以等比数列的公比后, 再两式错位相减.

教师:还有同学有其他解法吗?

“有.”坐在最后一排的“胖子”迈着从容的脚步走到黑板前飞快地板书:

由S1=1=2-1, S2=3=22-1, S3=7=23-1, …, 依此类推得到S10=210-1.

教师:这种方法是从特殊到一般的归纳猜想思想, 这对于找某些有规律的问题的结论非常有用.不过这种方法只是猜想, 猜想正确与否需要证明, 证明方法将会在以后学习.接着提出:用归纳法猜想S10=30+31+32+…+39=?

学生:疑惑.

教师启发:S10是否与310-1有关呢?

学生在教师的引导下得出$S{}_{10}=\frac{3{}^{10}-1}{2}$.那么S10=40+41+42+…+49呢?

有了前面的铺垫, 本题的结论水到渠成:$S{}_{10}=\frac{4{}^{10}-1}{3}.$

教师再问:还有不同解法吗?

学生:沉默.

教师启发:许多问题往往可从概念出发思考问题的解法.

只见一位文静的女生从座位上慢慢地站了起来:我想可用分式的等比性质求解.然后用清秀的字体在黑板上演示了她的解题过程:$\frac{2}{1}=\frac{2{}^2}{2}=\frac{2{}^3}{2{}^2}=\cdots =\frac{2{}^9}{2{}^8}=2\Rightarrow \frac{2+2{}^2+\cdots +2{}^9}{1+2+\cdots +2{}^8}=2\Rightarrow \frac{S{}_{10}-1}{S{}_{10}-2{}^9}=2\Rightarrow S{}_{10}=2{}^{10}-1.$

三、类比联想, 推导公式

教师:对于一般的等比数列前n项和:Sn=a1+a2+a3+…+an-1+an=?即Sn=a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1如何化简?

学生: (由于前面有了对等比数列前n项和的计算经验, 许多学生很快推导出了以下结果)

$S{}_n=\frac{a{}_1-a{}_{1}q{}^n}{1-q}.$

(以上公式中的条件“q≠1”是学生容易忽略的, 为此设计以下练习)

教师:可用上面的公式计算“S50=8+8+…+8”吗?

遗漏条件“q≠1”的同学恍然大悟, 马上对公式进行了修正:

四、拓展延伸, 提升学生思维能力

不知不觉就快要下课了, 教师与学生共同回顾了前面的探究过程.至此, 围绕“等比数列前n项和公式的推导”这一课题, 学生的探究性学习已接近了尾声.而此时, 他们的兴趣却达到了高潮, 许多学生的脸上还洋溢着获得成功的喜悦之情.苏霍姆林斯基说过:“教给学生借助已有知识去获取新知识, 这是最高的教学技巧之所在.”从拓展学生思路, 培养学生良好思维品质, 提升思维层次, 使所学知识得到延伸和升华的需要出发, 我决定将其延伸和拓展, 布置了两道课外思考题:

(2) 求和:x+2x2+3x3+…+nxn.

这一节课, 同学们经历了合作交流, 积极地参与到得出结论的整个探究过程, 在过程中有了自己的一份成果, 体验到了成功的快乐, 为提高学生学习的热情起到积极的作用.

“学生的数学学习活动不应只限于接受、记忆、模仿和练习, 高中数学课程还应倡导自主探索、动手实践、合作交流、阅读自学等学习数学的方式.这些方式有助于发挥学生学习的主动性, 使学生的学习过程成为在教师引导下的`再创造'过程.”我对新课程标准中提出的教学思想又有了更进一步的认识.

8.等差、等比数列考点全析 篇八

1. 对等差、等比数列基本概念及运算的考查

本部分内容在高考中大都以填空题的形式出现，题目难度不大，属于中、低档题，主要涉及到数列的基本概念及基本的公式运算问题。

【例1】 设等比数列{an}的公比q=2，前n项和为Sn，则S4a2= .

解析 解法一：利用公式S4=a1(1-q4)1-q,a2=a1q，则S4a2=a1(1-q4)1-qa1q=1-24-2=152.

解法二：由题意，知S4=a1+a2+a3+a4=a22+a2+2a2+4a2，得S4a2=152.

点拨

本题在解法一中直接选择公式，求解S4较繁琐，而解法二中从定义出发，围绕a2 展开，可顺利解决此题，方法简捷方便。

2. 等差、等比数列基本性质的考查

本部分是高考的必考内容，主要以填空题的形式出现，一般为中、低档题，有时也在难度较大的解答题中出现性质的应用。

【例2】 已知{an}是等比数列，a2=2，a5=14，则a1a2+a2a3+…+anan+1= .

解析 本题主要考查等比数列通项的性质，由a5=14=a2•q3=2•q3，解得q=12.

数列anan+1仍是等比数列:其首项是a1a2=8，公比为14.

∴a1a2+a2a3+…+anan+1=81-14n1-14=323(1-4-n).

点拨

对于数列问题化归到基本量a1,d(q)是通法，但有时运算量较大，熟练运用性质能大幅度简化运算。

3. 等差、等比数列的综合应用

本内容往往出现在解答题的压轴题中，具有较高难度。

【例3】 将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：

a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10……

记表中的第一列数a1，a2，a4，a7，…构成的数列为{bn}，b1=a1=1．Sn为数列{bn}的前n项和，且满足2bnbnSn-S2n=1(n≥2)．

(1) 证明数列1Sn成等差数列，并求数列{bn}的通项公式；

(2) 上表中，若从第三行起，第一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数．当a81=-491时，求上表中第k(k≥3)行所有项的和．

解析 (1) 证明：由已知，当n≥2时，2bnbnSn-S2n=1，又Sn=b1+b2+…+bn，

∴2(Sn-Sn-1)(Sn-Sn-1)Sn-S2n=12(Sn-Sn-1)-Sn-1Sn=11Sn-1Sn-1=12，

又S1=b1=a1=1．所以数列1Sn是首项为1，公差为12的等差数列．

由上可知1Sn=1+12(n-1)=n+12Sn=2n+1．

∴当n≥2时，bn=Sn-Sn-1=2n+1-2n=-2n(n+1)．

因此bn=1，n=1，-2n(n+1)，n≥2. 

(2) 设上表中从第三行起，每行的公比都为q，且q>0．

因为1+2+…+12=12×132=78，

∴表中第1行至第12行共含有数列{an}的前78项，故a81在表中第13行第三列，

因此a81=b13•q2=-491．又b13=-213×14，所以q=2．

记表中第k(k≥3)行所有项的和为S，

则S=bk(1-qk)1-q=-2k(k+1)•(1-2k)1-2=2k(k+1)(1-2k)(k≥3)．

点拨

本题中已知an,Sn的等量关系，根据目标，统一到Sn上，用定义判断1Sn为等差数列，先确定Sn，由Sn求bn时，要紧扣定义，不要忽视验证n=1时是否满足通项公式，故本题用分段函数表示。

牛刀小试

1. 记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1=12，S4=20，则S6= .

2. 数列{an}是等差数列，公差d≠0，且a2 046＋a1 978-a22 012＝0，{bn}是等比数列，且b2 012＝a2 012，则b2 010•b2 014＝ .

3. 已知数列{an}和{bn}满足：①a1<0，b1>0；②当ak-1+bk-12≥0时ak=ak-1，bk=ak-1+bk-12；当ak-1+bk-12<0时，ak=ak-1+bk-12，bk=bk-1(k≥2,k∈N*).

(1) 如果a1=-3，b1=7，试求a2，b2，a3，b3；

(2) 证明：数列{bn-an}是一个等比数列；

(3) 设n(n≥2)是满足b1>b2>b3>…>bn的最大整数，证明：n>log2a1-b1a1.

【参考答案】

1. 48.

2. 4.

3. (1) 因为a1+b12=2>0,所以a2=a1=-3,b2=a1+b12=2.

因为a2+b22=-12<0，所以a3=a2+b22=-12，b3=b2=2.

(2) 当ak-1+bk-12≥0时,bk-ak=ak-1+bk-12-ak-1=bk-1-ak-12;

当ak-1+bk-12<0时,bk-ak=bk-1-ak-1+bk-12=bk-1-ak-12.

因此不管哪种情况,都有bk-ak=bk-1-ak-12，所以数列{bn-an}是首项为b1-a1，



公比为12的等比数列.

(3) 由(2)可得bn-an=(b1-a1)12n-1 ，

因为b1>b2>b3>…>bn(n≥2),所以bk≠bk-1(2≤k≤n)，

所以ak-1+bk-12<0不成立，所以ak-1+bk-12≥0. 

此时对于2≤k≤n,都有ak=ak-1,bk=ak-1+bk-12,

于是a1=a2=…=an,所以bn=a1+(b1-a1)12n-1.

若an+bn2≥0,则bn+1=an+bn2，bn+1=a1+(b1-a1)12n，

所以bn+1-bn=a1+(b1-a1)12n-a1+(b1-a1)12n-1=-(b1-a1)•12n<0，

所以bn>bn+1，这与n是满足b1>b2>b3>…>bn(n≥2)的最大整数相矛盾，

因此n是满足an+bn2<0的最小整数. 

an+bn2<0a1+(b1-a1)12n<0b1-a1-a1<2nlog2a1-b1a1

9.等比数列第二节 篇九

学习目标：掌握等比数列的定义，通项公式和前n项和的公式及性质，并能利用这些知识解

决有关问题，培养学生的化归能力

重点、难点：

对等比数列的判断，通项公式和前n项和的公式的应用。等差、等比的综合问题。

知识梳理：

1、判定或证明数列为等比数列的常见方法：

2、解决与等比数列有关问题的常见思想方法：

(1)函数思想：在等比数列{aan}中，annax

q·q，它的各项是函数y＝q·q图象上的一系列孤立的点．

(2)方程思想：准确分析a1，q，an，Sn，n之间的关系，通过列方程(组)可做到“知三求二”．(3)分类讨论思想：无论是等比数列的前n项和公式的给出，还是等比数列单调性的划分都体现了分类讨论思想的具体运用．

(4)类比思想：等差数列中的“和”“倍数”分别与等比数列中的“积”“幂”相类比．关注它们之间的异同有助于我们从整体上把握，同时也有利于类比思想的推广．

(5)整体思想：等比数列{aSa1－anqan}的前n项和公式n＝ana1－q1－q－1－q·q(q≠1)，常把1－q视为

一个整体，其前n项和公式可写成San＝A－Aqn，A＝1－q

(q≠1)的形式，这对于解答选择题、填空题是很有帮助的．

典型例题：

【例1】成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{bn}中的b3、b4、b5.(1)求数列{bn}的通项公式；

(2)数列{b

5n}的前n项和为Sn，求证：数列

Sn＋4

是等比数列．

例

2、已知两个等比数列{an}，{bn}，满足a1＝a(a＞0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3，（1）若a=1,求数列{an}的通项公式。（2）若数列{an}唯一，求a的值；

例3．数列{an}是首项为1000，公比为

10的等比数列，数列{bn}满足b1

kk

(lga1lga2lgak)(kN*)，（1）求数列{bn}的前n项和的最大值；（2）求数列{|bn|}的前n项和Sn

例4 在数1和100之间插入n个实数，使得这n＋2个数构成递增的等比数列，将这n＋2个数的乘积记作Tn，再令an＝lgTn，n≥1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝tanan·tanan+1，求数列{bn}的前n项和Sn

达标训练：

1、已知各项均为正数的等比数列{an}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a4a5a6＝()

A．52B．7C．6D．422、设{an}是任意等比数列，它的前n项和，前2n项和与前3n项和分别为X，Y，Z，则下列等式中恒成立的是()A．X＋Z＝2YB．Y(Y－X)＝Z(Z－X)C．Y2＝XZ

D．Y(Y－X)＝X(Z－X)

3、是否存在两个等比数列{an}，{bn}，使得b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成公差不为0的等差数列？若存在，求{an}，{bn}的通项公式；若不存在，说明理由．

4、已知等比数列{ an }中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是()A．(－∞，－1]B．(－∞，0)∪(1，＋∞)C．[3，＋∞)D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)

10.等比数列教学案例 篇十

等比数列求和公式的推导,是数列教学的难点,推导的方法学生不易理解,但是其求和的方法,思路在后面一般数列求和里面有着非常重要的作用.本案例试着利用问题教学的模式让学生自己去寻找.1、案例

师：西部地区的环境问题正引起越来越广泛的关注，其中一个重要的举措即是退耕还林。王师傅是当地一名热心群众，退休后，他决心用一个月的时间做下面的事：第一天，他自已种一棵树；第二天，他发动两个人和他一起每人做一棵树；第三天，这三个人每人再发动两个人加入他们的行列，每人种一棵树。如此继续，持续了一个月（30天计）。请问他们能让多少耕地还林？对此我们需要考虑哪些问题？

生：就是森林覆盖的面积问题.所以要求出30天种树的总量，以及相邻两树之间的距离。师：这是一个实际问题，为了简便起见，我们假设任何相邻两树间的距离都是0.5米。因此剩下的问题即是求树的总数，大家可以尝试着做一下。

（学生动手求解，求解中允许与周围同学讨论，几分钟后）师：有同学求出来了吗？

生：我发现他们第一天种1棵，第二天种3棵，第三天种9棵，第四天种27棵，依次类推，他们每天种的树构成一个以1为首项，3为公比的等比数列。所以。但我算不出来。S301332329（1）师:当数列项数比较多时,那么一项一项累加就比较繁琐;为了又快又巧地解决这个问题.我们通常有两种思路: 一种就是在项数仍然较多的情况下，使得每一项都相同，即将之特殊化，如前面提到的高斯求和的方法。

生:老师,这个方法我们试过了，S30329328327

12S3013293328323271329

但是下面就没有办法了.因为括号里的不是全部相等.师：对的非常好.,所以我们应该去考虑另一种方法,那就是想办法抵消一些项，使之转化为只有几项相加减的情况。对于等比数列求和，我们采用后一种思路。即求和关键是要消去中间过多的项。另外，这里的S可以看作是天数的函数，比如S30表示30天时的函数值，S29就表示29天时的函数值。那如何消掉中间项呢?看一下前后之间的项的关系?（教师在巡视中可以发现，教师的提示起到了重要的作用，学生求解过程中有如下方案：

组1：先把S30算式中间的项写出来，即333，并提取公因子3后写成：

2283(13327)，发现括号里即为S28，所以便有：S3013S28329。做到这一步，学生发现要求S30，却出现了S28，于是有用S30替换S28的，也有用S28替换S30的，最终求得S303301。

2组2：把（1）式作如下处理：S3013(132328)13S29。然后用类似组1的方法求出S30。

组3：（1）×3：3S3033233330（2）；（1）—（2）得S3013，求得S30303301。这即是教材的求法。）（教师让每组学生派代表对各自的求解思路作汇报后，作出总结。）

师：从三组学生对这个问题的求解过程来看，前n项求和的本质都是为了消去中间过多的项，大家也可以从等差数列求和中得到类似的体会。但你们刚才的求和方法是否适合所有等比数列前n项求和的问题呢？比如an是以a1为首项，q为公比的一个等比数列，每小组用你们自己的方法试一下。

（组1：Sna1a1qa1qn2a1qn1

又a1qa1qn2q(a1a1qa1qn3)qSn2

Sna1a1qa1qn2a1qn1a1q(Sna1qn2a1qn1)a1qn1 a1a1qn

(1q)Sna1a1q

得到Sn

1qn组2：Sna1a1qa1qn2a1qn1a1q(a1a1qa1qn2)a1qSn1

即Sna1q(Sna1qn1)

a1a1qn

Sn

1q组3：Sna1a1qa1qn2a1qn1

qSna1qa1qn1a1qn

(1q)Sna1a1qn

a1a1qn

Sn

1q组4:受方组3的启发,从第二项开始提取一个a1, 再应用公式1qn1q1qq2qn1

Sna1a1qa1qn2a1qn1a1(1qq2qn1)

1qnSna1

1q（各小组均未注意到q1的情形，所以教师要作重点强调，并总结出等比数列求和公式。）

2、案例简析

新教材对于此节安排就是一个实际的例子引出,再通过这个实际例子求和的方法推导迁移出一般等比数列的求和公式。如果教学中,对于公式只是简单的推导,再让学生记住公式,并利用公式计算,确实不难,只要将推导的方法直接告诉学生,再让学生利用大量练习进行巩固。这样也能达到一定的教学效果。可是只是这样让学生机械的,被动的去接受结果,忽略让学生自己去发现结果,和探索问题的思维过程,就失去了训练思维的绝好的机会。本案例由现实情境引入课题，在教师引导和提示下，学生提出问题并解决问题,把火热的思维过程展现在课堂上,让他们自己去体验艰辛探索后的成功的愉悦。这对于他们以后学习数学,学好数学非常有益.以往教学只是介绍推导方法,这样的思考问题的思路显得狭隘,限制了学生从多层次,多角度去思考的权利。本案例的处理就是再现一种的推导过程,而在这种推导过程让学生从多个层面去思考,用多种方法去解决问题,通过观察、分析、归纳、猜想,培养学生的数学思维能力,同时调动学生学习数学的积极性。在该案例设计中，笔者是基于以下两点考虑的： 2．1在课上促进学生应用意识的养成

新的课程标准已对学生数学应用意识作了清楚的刻画，正如[1]文中指出的：“学生的应用意识主要体现在以下2个方面。（1）面对实际问题，能主动尝试着从数学的角度运用所学知识和方法寻求解决问题的策略„„（2）认识到现实生活中蕴涵着大量的数学信息，数学在现实世界中有着广泛的应用。”[1]但目前数学教育中存在着一个较大的问题即学生应用能力、应用意识的培养与课堂教学的脱钩，认为课堂是学生学习基础知识、基本技能的主战场，因此一提起数学应用，以及作为数学应用的一个重要载体的研究性学习便想到了让学生走出校园，进入社区，着手调查。笔者以为，让学生在现实生活中体验数学对学生应用意识的养成确有巨大的影响，但不是全部。吕传汉、汪秉彝曾这样写道：“学生学习有别于人类的一般学习，它主要是掌握间接经验的过程„„不必事事从直接经验开始，而应是在教师指导下对现成知识‘再发现’。”[2]如何不出校门培养学生的应用意识？一个有效的手段即是教师创设一个有利于儿童学习活动的问题情境，让“学校数学”与“日常数学”走向融合，使学生不出校门而在问题解决中学习数学知识，逐渐树立起“学数学即是做数学”的观念。而在此过程中一个重要的思想即是模型的思想，或更为具体地说也就是数学建模，这也是笔者在案例设计时思考的又一问题。

2．2数学模型思想在课堂教学中的渗透

11.等比数列中的四种思想方法 篇十一

例1.设数列的前项和，则 。

分析：利用数列中的项与前项和之间的关系，可以把题中的关系式转化为与之间的关系式，从而得知是等比数列，进而求出的通项公式。

解析：当时， ，；当时， ，，即。又，是首项为1， 公比为2的等到比数列， 当时也满足此式，故数列的通项公式是 。

点评：此类问题需要分类讨论，公式使用的前提条件是，所以当时，我们要看求出的数值能否满足求出的通项公式。如果满足，该通项公式就是所求的通项公式；如果不满足，通项公式就要写成分段函数的形式。

二、方程思想

例2.在等比数列中， ，，，求和。

分析：将转化为，与66联立解方程组求解。

解析：由题意得：，即

解得，或。

若，则，解得，

此时，∴。

若，则，解得，

此时，。

综上所述，，。

点评：关于等比数列的运算问题，一般利用通项公式和前 项和公式构造方程求解，所以学生要灵活运用等比数列的性质。

三、对称思想

例3.有四个数，前三个数是等比数列，其积为216，后三个数是等差数列，其和为36，求这四个数。

分析：若直接列方程组求解比较麻烦，注意到前三个数和后三个数都有个中间项，其他与中间项对称的前后两项可以由中间项加（乘）一个数或减（除）相同的这个数而得到。

解析：设这四个数分别为，，，，

则即 ，

这四个数别为3、6、12、18。

点评：利用对称性设这四个数，在进行乘积或加法运算的时候能消去一个参数，从而便于计算。

四、化归与转化思想

例4.在数列中，，求通项公式。

分析：观察式子的特点，可知既不是等差数列，又不是等比数列，要对其进行构造。在式子的两边同时加上1，就能发现数列是一个等比数列，从而可以求出数列的通项公式。

解析：，

又，，数列是以2为首项，2为公比的等比数列。

，即。

点评：若数列满足p（p≠1，为非零常数），则可令来构造等比数列，并利用对应项相等求出λ的值，进而求出通项公式，这就是利用了化归与转化思想。

12.等比数列 篇十二

本节课是《普通高中 课程标准 实验教科 书·数学(五)》(人教A版)第二章第五节第一课“2.5.1等比数列前n项和”(P55-58).本节内容是由一个故事启发得出一般求等比数列前n项和的思路,它是基于等比数列的“等比”特性的一种特殊求和方法.在教学中,应着重引导学生观察、分析、归纳、猜 想,使学生善 于“发现规律———归纳规律———应用规律”.

二、教学目标

1.基础知识目标:理解等比数列前n项和公式的推导方法,掌握等比数列的前n项和公式并能运用公式解决一些简单问题.

2.能力训练目标:(1)培养学生由特殊到一般的化归思想以及对式子变形的各种手段方法的应用能力,渗透方程思想、分类讨论思想,优化学生的思维品质;(2)通过探究与活动,让学生明白考虑问题要细致,说理要明确.

3.创新素质目标:发挥学生主体作用,让学生在探究活动中学会思考,自觉地把所学知识应用于实际问题.

三、教学重难点

重点:等比数列前n项和公式以及对公式的理解与运用.

难点:等比数列前n项和公式的推导.

四、教学过程

(一)创设情境,提出问题———激发求知欲

创设问题情境:有一穷人向富翁借 钱,借钱方案 如下:从第一天起借出1万,第二天借出2万,第三天借出3万……以此类推,每一天借的钱数都比前一天多一万,直到第30天,富人总共向穷人借出多少 钱?穷人还钱方案如下:从借钱的第一天开始,穷人就开始向富翁还钱,第一天还1分,第二天还2分,第三天还4分,第四天还8分……以此类推,每一天还的钱数都是前一天的两倍,直到第30天.试问同学们,假设你依据 这个方案 向富翁借这笔钱,你们愿意吗?

学情预设:大多数学生可能算不出 具体数目,只是凭直观判断表示“愿意”.

教师引导:愿不愿意借这笔钱,关键是看 借钱和还钱的总和各是多少.

学生活动:学生根据自己掌握的知 识和经验,建立数列的数学模型.即富人向 穷人借出 的钱是以1为首项,以1为公差的 等差数列,总和为等 差数列前30项和,即S30=1+2+3+4+…+30=30×(1+30)/2=465.

穷人向富翁还的钱是以1为首项,以2为公比的等比数列,总和为等比数列前30项和,即

S30=1+2+22+23+…+229.

师生共同用计算器计算这个数,大家会发现这个数大得惊人,大于1073万元,穷人是无法满足富翁的要求的.

师:如果你们不假思索地答应,将会导致 一个很不幸的后果 发生,这都是不 具备基本 的数学知 识所造成的.而避免这个不幸的后果发生的知识,正是我们这节课所要探究的知识.

此时学生跃跃欲试,纷纷想求 出这个数 列的前30项和,但因知识受限,无法一次求出,课题的引入水到渠成.

[设计意图]用一个看似简单的生活实例,不仅复习了等差数列的求和,而且为引出等比数列前n项和作准备;同时通过与等差数列的对比让学生感受等比数列的爆炸增长,激起学生学习新知识的兴趣和欲望.

(二)师生互动,探究新知———等比数列前n项和公式的推导

一般的,设等比数列{an},公比为q,则它的前n项和是Sn=a1+a2+a3+…+an.

等比数列前n项和公式是求等比数列 的前n项和的一个化简式,它的推导有很多方法,我们先研究教科书所采用的方法.

推导方法一:错位相减法

1.由问题情境中S30=1+2+22+23+…+229的求解我们很自然地由特殊到一般,可以先让学生思考一个特殊的简单情形,即Sn=1+q+q2+q3+…+qn-1.1

教师引导:首先复习推导等差 数列前n项和公式,形式上采用倒序相加法,本质上是根据等差数列的定义an+1-an=d,从“公差为d”这一特性出发,抓住倒序后两式中上下对应项的和均为“a1+an”这个特点,构造相同项,进而化繁为简,推得公式.

师:请同学们注意观察、联想,等比数列是不是也可以用倒序相加法求和?

(学生进行尝试,发现行不通)

在此情境下,教师引领学生透过现 象看本质,类比等差数列前n项和公式求法.在等比数列前n项和中构造相同项,从而化繁为简是解决问题的关键.

师:等差数列 求和是根 据定义,由公差d切入.自然,等比数列求和同学们也应抓住定义,由公比q来探究.关注等比数列定义和1式,你们能发现什么?

(学生观察、独立思考、合作交流、自主探究)

师:若将上式右边的每一项乘以公比q,会出现什么样的结果呢?

生:就得到它后面相邻的一项,即qSn=q+q2+q3+q4+…+qn-1+qn.2

师生共同探索:要得到Sn,只要两式子错位相减,就可以消除差别,从而达到化简的目的.

师:下面如何对qSn=q+q2+q3+q4+…+qn-1+qn这一等式做进一步的化简整理?(由学生分析思考,合作完成)

在整合的过程中,学生会发现2式中的前n-1项与1式中的后n-1项对应相同,这样一来就构造出了相同项.但是,在表征形式上的处理有差异.有些学生注意到如果将等式右边各项均往后错一位,那么两式中相同项的对应就更加清晰,在此基础上,用1式减2式,这些相同的n-1项立即抵消为0,得到(1-q)Sn=1-qn,从而完美地达到了化繁为简的目的.同时,适时强调指出,这样的处理方法被形象地喻为:错位相减法.

得(1-q)Sn=1-qn.

进一步化简,有些学生容易忽视:等式两边 同时除以1-q时除数要求不为0,因此要特别强调对1-q做分类讨论.当1-q≠0,即q≠1时,;当1-q=0,即q=1时,数列为常数列,an=1,此时Sn=n.

下面,我们很自然地由特殊到一般,对一般形 式进行推导.

2.一般的,等比数列的前n项和是Sn=a1+a2+a3+…+an,在等比数列中,an=a1qn-1,∴Sn=a1+a1q+a1q2+a1q3+a1q4+…+a1qn-1.

师:要想得到Sn,依然要使用“错位相减法”,下面请同学们小组内合作交流.

教师巡视,适时提醒学生,讨论后教 师统一给 出推导过程.

关注等比数列的定义:an+1/an=q,对其变形发现an+1=anq,即等比数列中的每一项乘以q都等于其后一项,所以等式两边同乘以q,两式子错位相减得

即(1-q)Sn=a1-a1qn.

当1-q=0,即q=1时,数列为常 数列,an=a1,则Sn=na1.

师:等比数列和等差数列都有五个基本量:a1,q,n,an,Sn,那么类比等差数列两个求和公式,上述等比数列求和公式形式可不可以略加变换?

(学生合作交流,类比探究后回答“可以”)

师:这是等比数列求和公式的第二 种形式.这将为我们今后运用公式求和提供了选择的余地.形式上,前一个公式出现的是基本量中的a1,q,n,Sn四个,后者出现的是基本量中的a1,q,an,Sn四个.需要提醒大家注意以下几点:

(1)求等比数列前n项和时,若已知a1,q,n,则选用公式3,若已知a1,q,an,则选用公式4;

(2)a1,q,n,Sn和a1,q,an,Sn各已知其中三个量可求出第四个量;a1,q,n,an,Sn五个量知三求二;

(3)注意公式区别:通项公式中是qn-1,而求和公式中是qn;

(4)应用求前n项和公式时q≠1,必要时应讨论q=1的情况.

公式推出后,又通过对公式特征的分析帮助学生弄清公式的形式和本质,明确其内涵与外延,为灵活运用公式打下基础.

推导方法二:等比定理法

化简整理,得(1-q)Sn=a1-qan=a1-a1qn.

(以下从略)

导后反思:定义是基础,深刻理解定义,灵活运用好定义,往往能得到一些很有价值的结论和规律.

推导方法三:分段代换法

根据等比数列的定义,我们有:

又因为Sn-1=Sn-an,代入上式,得Sn=a1+q(Snan).

即(1-q)Sn=a1-qan.

(以下从略)

以上三种推导方法,从不同的思维角度切入等比数列求前n项和的表达式,着眼点不同,侧重点各异,从而在推导方法的运用上也各有千秋.推导方法一注重补因子后错位相减,消除差异;推导方法二则侧重于前n项和公式与定义式的 联系;而推导方 法三则是 构造了Sn与Sn-1间的递推关系式,充分利用了Sn与Sn-1和首项及公比之间的关系来得到前n项和公式,希望同学们认真领悟,仔细体味,以求使思维得到更为广阔的锻炼.

(三)巩固训练,提升总结———等比数列前n项和公式的应用

1.例题剖析

【例1】运用公式解决本节开头提出的问题S30=1+2+22+23+…+229.

“230-1”这个数很大,超过了一千万,穷人是无法满足富翁要求的.同时再次使学生明确学习的意义在于学以致用.退去故事的外衣,就是等比数列求和的问题,所以在此基础上的练习就是公式的直接应用,目的是加强对公式的认识和记忆.

【例2】求下列等比数列前8项的和:

(1)1/2,1/4,1/8,…;

(2)a1=27,a9=1/243,q<0.

师生共同分析:由(1)所给条件,可得a1=1/2,q=1/2,求n=8时的和,直接用公 式即可;由(2)所给条件知,a1=27,n=8,还缺少一个已知条件,需要从a9=a1q8中通过解方程求得公比q,才能进一步利用公式求n=8时的和.另一方面,需强调注意题设中要求q<0,一方面是为了简化计算,另一方面是想提醒学生q为负值.

生:(写出解答过程.)

解:(1)因为a1=1/2,q=1/2,所以当n=8时,

又由q<0,可得q=-1/3,

于是当n=8时,

本例题是考查等比数列前n项和公式的直接应用,目的是帮助学生明确解题步骤,规范解题格式,提高运算能力.

【例3】某商场今年销售计算机5000台,如果平均每年的销售量比上一年的销售量增加10%,那么从今年起,大约几年可使总销 售量达到30000台?(结果保留到个位)

师生共同分析:理解题意,从中发现等比关系,抽象出等比数列,并明确这是一个已知Sn=30000求n的问题.

生:(找出等比数列中的基本量,列式,计算)

解:根据题意,每年的销售量比上一 年增加的 百分率相同.所以,从今年起,每年销售量组成一个等比数列{an},其中a1=5000,q=1+10%=1.1,Sn=30000.

答:大约5年可以使总销售量达到30000台.

本例题是一个实际背景的应用题,目的是培养学生建立模型的意识,深化公式本质,渗透方程思想,是“知三求二”的应用问题.

2.巩固练习

课本P58,练习第1、3题.

(四)课堂小结

本节学习了如下内容:

1.等比数列前n项和公式及其推导;特别是在推导过程中,学到了“错位相减法”,这一方法是解决一类求和问题的重要基础和有力工具,要引起高度重视.

2.等比数列前n项和公式的应用.因为公式涉及等比数列的基本量中 的4个量,一般需要 知道其中 的3个,才能求出另外一个量.另外应该注意的是,由于公式有两个形式,在应用中应该根据题意所给的条件,选择适当的公式.

3.在使用等比数列求和公式时,注意q的取值是至关重要的一个环节,需要放在第一位来思考,必要时要分类讨论.

4.体现的数学思想有:类 比 思 想、分 类 讨 论 思 想 和方程思想.

(五)课后作业

基础题:课本P61习题2.5(A组)第1、2、3题.

提高题:求和(1+a)+(2+a2)+…+(2n-1+an).

探究与发现:查阅网络,思考等比 数列前n项和公式还有无其他推导方法?

五、教学反思

13.等比数列周末作业(有答案) 篇十三

姓名____________班级___________学号____________

一.选择题

1、下列说法中不正确的是（）A、在等比数列中，所有奇数项或者所有偶数项一定同号

B、常数列一定是等比数列C、首项为正，公比大于1的等比数列一定是递增数列D、首项为负，公比大于1的等比数列一定是递减数列

2、已知{an}，{bn}都是等比数列，则（）A、{anbn}、{anbn}都一定是等比数列

B、{anbn}一定是等比数列，但{anbn}不一定是等比数列C、{anbn}不一定是等比数列，但{anbn}一定是等比数列D、{anbn}、{anbn}都不一定是等比数列

3、设f(x)

数列{an}满足：a1f(1)，an1f(n)(nN*)，则a2010()

A.B.C.1

4D.4、已知an是等比数列，a22，a5，则a1a2a2a3anan1=()

3A、16（14n）B、16（12n）C、（14n）D、32

3（12n）

5、非常数数列{an}是等差数列，且{an}的第5、10、20项成等比数列，则此等比数列的公比为（）A、1

5B、5C、2D、1226、已知等比数列{an}中，an0,a1,a99为方程x10x160的两根，则a20a50a80的值为A、32B、64C、256D、647、某工厂2000年到2003年产量和为100吨，2002年到2005年产量和为121吨，则该工厂从2000年到2005年产量的年平均增长率为（）

A、10％B、11％C、14％D、21％

8、在等比数列{an}中，a12,前n项之和为Sn，若数列{an1}也是等比数列，则Sn=()A、2n+1-2B、3nC、2nD、3n-

19、各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn，若S10=2,S30=14,则S40等于（）

A．80B．30C．26D．1610、在等比数列{an}中，S4=1，S8=3，则a17a18a19a20的值是()

A．14B．16C．18D．2011、已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，其公比为q(q1)，且bi0(i1,2,3,,n)若a1b1,a11b11，则（）

13、设1a1a2a7，其中a1,a3,a5,a7成公比为q的等比数列，a2,a4,a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是________．

14、已知两个数列{an}，{bn}，满足bn＝3nan，且数列{bn}的前n项和为Sn＝3n－2，则数列{an}的通项公式为________．

15、将全体正整数排成一个三角形数阵：

2358

7

按照以上排列的规律，第n行(n3)从左向右的第3个数为．

16、数列an的前m项为a1,a2,Lam(mN)，若对任意正整数n，有amnanq（其中q

*

为常数，q≠0且q≠1），则称数列an是以m为周期，以q为周期公比的似周期性等比数列．已知似周期性等比数列bn的前5项为1，1，1，1，2，周期为5，周期公比为3，则数列bn前5k+1项的和等于__________（k为正整数）．

三．解答题

17、已知等比数列{an}的公比q3，前3项和S3

(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；



613

3．(Ⅱ)若函数f(x)Asin(2x)(A0,0)在x

为a3，求函数f(x)的解析式．

处取得最大值，且最大值

18、从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业。根据规划，本投入800万元，以后每年投入将比上年减少

5，本当地旅游业收入估

计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加

4；

①设n年内(本为第一年)总投入为an万元,旅游业总收入为bn万元,写出an、bn的表达式;

② 至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入

四．附加题

1、设a0为常数，且an=

3n－

1－2an－1（n∈N+）.（Ⅰ）证明对任意n≥1，an=

5［3+（－1）

nn－1

·2］+（－1）·2a0；

nnn

（Ⅱ）假设对任意n≥1有an>an－1，求a0的取值范围.2、设数列{an}的前n项和为Sn, 已知a11,Sn14an2（I）设bnan12an，证明数列{bn}是等比数列

（II）求数列{an}的通项公式。

答案：

BCBCCBACBB

BC



1(n1)13k

an，n(n1)3，3

321(n2)

n13

n

217、an3，f(x)3sin(2x



6)

n18、an4000[1()]，bn1600[()1]，5年

n

四、附加题：

1、（Ⅰ）证法一：（i）当n=1时，由已知a1=1－2a0.等式成立；

（ii）假设当n=k（k≥1）等式成立，即ak=

［3+（－1）

kk－1k

2］+（－1）2a0，kk

那么ak+1=3k－2ak=3k－

［3k+（－1）k－1·2k］－（－1）k2k+1a0=

［3k+1+（－1）k2k+1］

+（－1）

k+1k+1

2a0，也就是说，当n=k+1时，等式也成立.根据（i）和（ii），可知等式对任何n∈N+成立.nn－1

证法二：如果设an－a3=－2（an－1－a3），用an=3

n－1

－2an－1代入，可解出a=

.所以{an－

n

}是公比为－2，首项为a1－

35的等比数列，∴an－

n

n

=（1－2a0－

n1

35）（－2）

n－1

（n∈N+），即an=

3(1)

n

+（－1）n2na0.（Ⅱ）解法一：由an通项公式 an－an－1=

23

n1

(1)

n1

32

n1

+（－1）3×2

nn－1

a0，∴an>an－1（n∈N+）等价于（－1）

n－1

（5a0－1）<（32）

n－2

（n∈N+）.①

（i）当n=2k－1，k=1，2，…时，①式即为（－1）2k－2（5a0－1）<（32）2k－3，即为a0<

（32）2k－3+

.②

②式对k=1，2，…都成立，有a0<

×（32）+

－1

=

.（ii）当n=2k，k=1，2，…时，①式即为（－1）2k－1（5a0－1）<（32）2k－2，即为a0>－

×（32）

2k－2

+

.③

③式对k=1，2，…都成立，有 a0>－

×（32）2×1－2+

=0.综上，①式对任意n∈N+成立，有0

.故a0的取值范围为（0，13）.解法二：如果an>an－1（n∈N+）成立，特别取n=1，2有a1－a0=1－3a0>0，a2－a1=6a0>0，因此0

.下面证明当0

时，对任意n∈N+，有an－an－1>0.n－1

由an通项公式5（an－an－1）=2×3

n－1

n－1

+（－1）

n－1

n－1

3×2

n－1

+（－1）5×3×2

n－1

nn－1

a0.（i）当n=2k－1，k=1，2，…时，5（an－an－1）=2×3+3×2－5×3×2（ii）当n=2k，k=1，2，…时，a0>2×2

n－1

+3×2－5×2

n－1