等比数列练习题

等比数列练习题（共15篇）（共15篇）

1.等比数列练习题 篇一

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1．已知数列an是首项为a1，公比q141的等比数列，bn23log1an 44(nN*)，数列cn满足cnanbn．

（1）求证：bn是等差数列；

2ana2,aa6a6(nN)，n1nn2．数列满足1设cnlog5(an3)．

（Ⅰ）求证：cn是等比数列；

*3．设数列an的前n项和为Sn，已知a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN)．（2）求证：数列Sn2是等比数列； 4．数列{an}满足a11,an12n1an(nN)nan22n（1）证明:数列{}是等差数列；

an2Sn25．数列an首项a11，前n项和Sn与an之间满足an(n2)

2Sn1（1）求证：数列1是等差数列

Sn2，an16．数列{an}满足a13，an1（1）求证：{an1}成等比数列； an2*7．已知数列{an}满足an13an4，(nN)且a11，（Ⅰ）求证：数列an2是等比数列；

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8． 数列{an}满足:a11,nan1(n1)ann(n1),nN*（1）证明：数列{an}是等差数列； n9．已知数列{an}的首项a1=

22an，an1，n=1，2，… 3an1（1）证明：数列11是等比数列； an1,Snn2ann(n1),n1,2,L． 210．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1（1）证明：数列n1Sn是等差数列，并求Sn； n11．（16分）已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn2ann（1）证明：an1为等比数列；

12．数列{an}满足：a12,a23,an23an12an(nN)（1）记dnan1an，求证：数列{dn}是等比数列；

13．已知数列{an}的相邻两项an，an1是关于x方程x22nxbn0的两根，且a11．（1）求证：数列{an2n}是等比数列；

14．（本题满分12分）已知数列{an}中，a15且an2an12n1（n2且nN*）． 13a1（Ⅰ）证明：数列nn为等差数列；

215．已知数列an中,a11,an1an(nN*)an3（1）求证:11是等比数列,并求an的通项公式an;an235，a3，且当n2时，2416．设数列an的前n项和为Sn，n．已知a11，a24Sn25Sn8Sn1Sn1．

（1）求a4的值；

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（2）证明：an11an为等比数列； 217．设数列an的前n项和为Sn，且首项a13,an1Sn3n(nN).n(Ⅰ)求证：Sn3是等比数列； 18．（本小题满分10分）已知数列an满足a11，an1a2（1）求证：数列n是等比数列；

n(3n3)an4n6,nN*．

n

参考答案

1．（1）见解析；（2）Sn2(3n2)1n()；（3）m1或m5 3342n12．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）3．（1）

an511Tn2n.3.；459（Ⅲ）a24,a38；

（2）见解析；（3）5

2nn14．（1）详见解析；（2）an；（3）2n326

n11(n1)23． 5．（1）详见解析；（2）an；（3）2(n2)3(2n1)(2n3)6．（1）证明{an1}成等比数列的过程详见试题解析； an2答案第3页，总5页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

（2）实数t的取值范围为7．详见解析

8．（1）见解析；（2）Sn1331． t222n13n13 49．（1）详见解析（2）Sn21nnn1 2n12n2210．（1）由Snn2ann(n1)知，当n2时，Snn，即(SnS(n1)n1)n(n21)Snn2Sn1n(n1)，所以所以n1n11SnSn11，对n2成立．又S11，nn11n1n1Sn1(n1)1，即Sn是首项为1，公差为1的等差数列．所以nnn2Sn．

n1（2）因为

bnSn1111()32n3n(n1)(n3)2n1n3，所以b1b2Lbn． 11111111115115(L)()22435nn2n1n326n2n312k18k6k411．（1）见解析；（2）解析；（3）存在，或或．

m5m2m1812．（1）dn12n1（2）an2n11

2n12n为偶数3313．（1）见解析；（2）Sn，（3）(,1)

n121n为奇数3314．（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）Snn2n1 15．（1）证明详见解析；（2）23．

7116．（1）；（2）证明见解析；（3）an2n18217．(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)(9,3)(3,)

n1．

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18．（1）详见解析（2）详见解析

答案第5页，总5页

2.等比数列练习题 篇二

怎样的教学方式才算是高效的数学习题课教学吗?如何组织高中数学习题课的教学, 是历来数学教学研究中最热门的课题。我们绝不能把数学的教学过程尤其是习题课的教学归类于某种固有的模式, 总希望在这种固定的模式下获取更大的教育收益。笔者认为这样做弊端太大, 把学生当成死物通过加工成为我们希望的合格产品。美国著名教育史家和教育政策分析家戴安娜·拉维奇说:“在教育中没有捷径, 没有乌托邦, 没有毕其功于一役的终极武器, 没有神话也没有童话。学校的成功很难像生产线一样移植。”忽视了学生的主观能动性, 所以, 教师在教学过程中不仅要求学生直接参与解题, 更要求学生能参与解题的思维活动。解题活动是学生在数学学习中最具有独立性的创造性活动, 它对发展学生的思维, 培养学生的能力, 促进学生良好品质结构方面具有重要的作用。即学生在处理习题的过程中很自然地寻找解题的算法。以下是笔者在高一数列习题教学中所举之例题讲解:

案例1在数列{an}中, a1+2a2+3a3+…+nan=n (2n+1) .求

(1) 数列{an}的通项公式;

教学分析:笔者通过教学设计了一段师生之间理想式的谈话。

如果不能立即想出如何求an, 何不先求此数列的前几项呢?然后根据前几项说不定猜出通项.从而找到解题思路呢!

这个主意看起来不错, 怎样去求这个数列的a1, a2, a3.

T:我们可不可以认为如果an-1知道了, 它的后一项an也就知道了呢?

T:太好了, 为了求出数列{an}, 我们在原式的基础上“克隆”出了等式a1+2a2+3a3+…+ (n-1) an-1= (n-1) (2n-1) …… (2) 然后将其两式相减就得出数列an的通项公式。此题还有其他的想法吗?想一想要求数列an的通项公式, 只需明白数列an的前n项和就好了, 那么我们有可能寻求数列an的前n项和吗?

对于高一刚学完数列的学生而言这道题对于锻炼学生的思维能力这无疑是道不错的题。相信经过上述师生之间的交流, 学生不仅很轻松地就将此题得到完美解决, 对于此题的第二问为数列求和的常规方法即错位相减法就可以了, 学生从此题中学到更多的是研究问题的手段和方法。

案例2适当排列三个实数10a2+81a+207, a+2, 26-2a使它们取常用对数后构成公差为1的等差数列, 则实数a的值是_____;

在看到此题令人感觉十分为难。原因是这三个数来得莫名其妙, 这三个数如何排列应当成为解决此题的首要问题了?

分析得很好, 那我们应当如何解决呢?这三个数中感觉哪个数看起来比较复杂?怎么比较?

当然是10a2+81a+207这个数, 不妨将这个数与其他二个数作差比较即将10a2+81a+207- (a+2) =10a2+80a+205然后计算其相应的Δ<0则判断数10a2+80a+205>0即有10a2+80a+207>a+2我们采用同样的方法可以说明10a2+80a+207>26-2a, 而26-2a和a+2这两数的大小显然是不可知的。

T:看来这我们已经成功地知道这三个数中最大的应当为10a2+80a+207, 那么其他的两个数的大小关系怎么判断呢?

T:兵法有云, 用兵之道贵在奇也!寻找做题的思路方法如同用兵打仗一样, 有时需善于用奇兵也。

在高中数列的教学中, 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、类比等发现和探索过程, 鼓励学生探索其他可能的解答思路, 探索等差数列与等比数列的一些简单性质, 这种已有资源的挖掘和拓宽, 对学生自主性学习能力的培养是十分重要的。真正有效的课堂, 不在于用多快的速度把一个完整的知识体系呈现给学生, 而在于是否教给了学生思维方法、基本原理和核心概念, 在于是否根据学生的实际需要, 在他们思维的节点上进行了放大。这是因为, 一个学科的思维方法、基本原理和核心概念是该学科的根源, 涉及某一类问题的根本。而大部分的具体知识, 不过是从这根上衍生出来的枝叶。千枝万叶, 根茎只有一个, 离开根茎, 其他枝叶也就无所依附。而我们现在很多所谓的有效课堂、高效课堂, 只是着眼于如何快速有效地让学生把握住具体知识, 于是学生知道了知识, 却不知晓知识间的意义和联系;掌握了解题方法, 却不能理解背后的原因和道理;他们手里握住了大量的“枝叶”, 却放弃了最为重要的“根茎”。这样的课堂, 单独一节来看, 是高效的;但从学生的整体发展来看, 无疑是低效的。

摘要：美国著名教育史家和教育政策分析家戴安娜·拉维奇说:“在教育中没有捷径, 没有乌托邦, 没有毕其功于一役的终极武器, 没有神话也没有童话。学校的成功很难像生产线一样移植。”忽视了学生的主观能动性, 所以在教学的过程中, 不仅要求学生直接参与解题, 更要求学生能参与解题的思维活动。

3.等比数列练习题 篇三

关键词：等比数列；通项公式；前 项和公式；广义公式

中图分类号：G642 文献标识码：A 文章编号：1002-7661（2011）12-020-01

例题：设等比数列 的公比 ，前 项和为 ，则为多少？

分析：题中要求的是 的“值”，在已知条件中， 是“唯一”的一个已知量，由此判定要求的 肯定和q有关系，因此需建立一个 与 的关系，由于数列 是等比数列，容易联想到等比数列前 项和公式：

以及通项公式：.

除以 ，发现 可以转化为只与 有关的表达式，即

此外， ， .

从而 ，进而由 易知 .

解：法一： 设等比数列 的首项为 ,

，

又 .

法二：设等比数列 的首项为

因，

所以， 将 代入，即得

总结：方法一从等比数列通项公式和前n项和公式出发，分别表示的分母和分子，拆解表达式，进而找到 与已知量q之间的关系式；法二从 出发，用 表达 .主要运用避重就轻、化繁为简的思想。

思考：在例题条件下， ？

显然， 是可以用以上两方法进行求解。这是因为 与 均可由 与 表示为 （ 表示 的函数）.解答等比数列问题，常常需要对通项公式和前n项和公式进行变形，下面从例题的角度推导出等比数列的广义公式.

等比数列通项公式： .

（因 时，等比数列为常数列，故以下讨论中不考虑此情况.）

由（1）有， ，两式作商化简：

等比数列前 项和公式:

(2)式中令 代入（3）式，化简：

在例题条件下，由公式（4）得：

，即 .

综上所述，等比数列通项公式、前 项和公式的广义公式分别如下：

4.等差数列、等比数列综合习题 篇四

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

5.等差数列练习题 篇五

A．2n＋1   B．2n－1

C．2n   D．2(n－1)

答案：B

2．已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d＝2，则a4等于()

A．5 B．6

C．7   D．9

答案：C

3．△ABC三个内角A、B、C成等差数列，则B＝__________。

解析：∵A、B、C成等差数列，∴2B＝A＋C。

又A＋B＋C＝180°，∴3B＝180°，∴B＝60°。

答案：60°

4．在等差数列{an}中，

(1)已知a5＝－1，a8＝2，求a1与d；

(2)已知a1＋a6＝12，a4＝7，求a9。

解：(1)由题意，知a1＋?5－1?d＝－1，a1＋?8－1?d＝2。

解得a1＝－5，d＝1。

(2)由题意，知a1＋a1＋?6－1?d＝12，a1＋?4－1?d＝7。

解得a1＝1，d＝2。

6.等比数列练习题 篇六

一． 选择题：

（1）已知数列{an}的通项公式为an=2n-5，那么a2n=（）。A 2n-5

B 4n-5

C

2n-10

D

4n-10（2）等差数列-7/2，-3，-5/2，-2，··第n+1项为（）A 12(n7)

B 1nn2(n4)

C 2D 27（3）在等差数列{ an }中，已知S3=36，则a2=（）A

B

C

D 6（4）在等比数列{an}中，已知a2=2，a5=6，则a8=（）A

B 12

C

D

24（5）平面向量定义的要素是（）

A 大小和起点

B

方向和起点

C 大小和方向

D 向和起点

（6）ABACBC等于（）

A

2BC

B 2CB

C 0

D

0（7）下列说法不正确的是（）.A

零向量和任何向量平行

B

平面上任意三点A、B、C，一定有ABBCAC C 若ABmCD(mR)，则AB//CD

D若ax1e1,bx2e2，当x1x2时，ab

（8）设点A（a1,a2）及点B（b1,b2），则AB的坐标是（A（a1b1,a2b2）

B（a1a2,b1b2）

大小、方）

C（b1a1,b2a2）

D（a2a1,b2b1）

（9）若ab=-4，|a|=2，|b|=22，则是（）A 0 B

90

C

180

D

270（10）下列各对向量中互相垂直的是（）A a(4,2),b(3,5)

B a(3,4),b(4,3)

C a(5,2),b(2,5)

D a(2,3),b(3,2)

（11）．等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和为（）.A．81

B．120

C．168

D．192（12）．已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列, 则a2＝（）．

A．－4 D． －10

B．－6

C．－8

（13）公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11=16，则a5=（A）1

（B）2

（C）4

（D）8(14).在等差数列{an}中，已知a4+a8=16，则a2+a10=(A)12(B)16(C)20(D)24 二．填空题：

（1）数列0，3，8，15，24，…的一个通项公式为_________________.（2）数列的通项公式为an=（-1）n+12+n,则a10=_________________.（3）等差数列-1，2，5，…的一个通项公式为________________.1（4）等比数列10，1，10，…的一个通项公式为______________（5）ABCDBC=______________.（6）已知2（ax）=3（bx），则x=_____________.（7）向量a,b的坐标分别为（2，-1），（-1，3），则ab的坐标_______，2a3b的坐标为__________.（8）已知A（-3，6），B（3，-6），则AB=__________,|BA|=____________.（9）已知三点A（3+1，1），B（1，1），C（1，2），则=_________.（10）若非零向量a(a1,a2),b(b1,b2),则_____________=0是ab的充要条件.三．解答题

n,41.数列的通项公式为an=sin写出数列的前5项。

2.在等差数列{ an }中，a1=2，a7=20，求S15.315.在等比数列{ an }中，a5=4，q=2,求S7.3.在平行四边形ABCD中，O为对角线交点，试用BA、BC表示BO.4.任意作一个向量a，请画出向量b2a,cab.5.已知点B（3，-2），AB=（-2，4），求点A的坐标.6.已知点A（2，3），AB=（-1，5）, 求点B的坐标.7.已知a(2,2),b(3,4),c(1,5),求：（1）2ab3c；

（2）3(ab)c

7.等差等比数列的证明策略 篇七

一定义法

二函数法

等差数列的通项公式an=a1+ (n-1) d=dn+ (a1-d) 是关于n的一次函数, 利用此性质, 在高考中, 我们不仅可以解决选择填空题, 还可以进一步解决解答题。

分析:本题第一问可利用定义法证明, 第二问可在第一问的基础上由累加法求出, 关键难点在第三问。

将以上各式相加得:上式从1到n-1累加得:

三等差中项法

要证明{an}为等差 (比) 数列, 只需证明它的任意三项an, an+1, an+2成等差 (比) 数列, 即2an+1=an+an+2 (an+12=an·an+2)

例3, (2006年福建) 已知数列{an}满足a1=1, a2=3, an+2=3an+1-2an (n∈N+) 。

(I) 证明:数列{an+1-an}是等比数列; (II) 求数列{an}的通项公式; (III) 若数列{bn}满足4b1-14b2-1…4bn-1= (an+1) bn (n∈N*) , 证明{bn}是等差数列。

nn分析:本题和例2相仿, 第一问可用定义法证明, 第二问可在第一问的基础上由累加法求出, 这里从略。

证明 (III) :由 (I) (II) 可得:∴an=2n-1 (n∈N*)

摘要：对等差数列和等比数列的考查是近年来高考的一个新热点。本文从近年来高考试题入手, 分析此类题型的三种解法。

8.等比数列练习题 篇八

通过研究各类试题，笔者发现，伪等比数列法亦是数列不等式证明的一种有效方法.本文结合各类试题，谈谈“伪等比数列法”及其应用.1“伪等比数列法”相关结论

对于正项数列{an}，若an+1an>q（或an+1an≥q或an+1an

结论对于正项数列{an}，有

（1）若an+1an>q（n∈N*），则an>a1·qn-1（n≥2，n∈N*）成立；（2）若an+1an≥q（n∈N*），则an≥a1·qn-1（n∈N*）成立；

（3）若an+1an证明（1）由an+1an>q，得an=anan-1·an-1an-2·…·a3a2·a2a1·a1>a1·qn-1（n≥2）.

（2）（3）（4）类似可证.2应用于高考试题

例1（2014年新课标全国Ⅱ理17）已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1.

（1）证明{an+12}是等比数列，并求{an}的通项公式；

（2）证明：1a1+1a2+…+1an<32.

证明（1）an=3n-12（过程略）.

（2）当n=1时，所证不等式显然成立（下文同，不再重复）；

当n≥2时，由an+1=3an+1，a1=1，得an+1>3an>0，所以1an+1<13·1an，则1an<（13）n-1（n≥2），

所以1a1+1a2+…+1an<1+13+…+13n-1=1-（13）n1-13=32[1-（13）n]<32.

例2（2012年全国高考广东理19）设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn=an+1-2n+1+1，n∈N*，且a1、a2+5、a3成等差数列.

（1）求a1的值；（2）求数列{an}的通项公式；

（3）证明：对一切正整数n，有1a1+1a2+…+1an<32.

解（1）a1=1（过程略）.

（2）由2Sn=an+1-2n+1+1，可得2Sn-1=an-2n+1（n≥2），

两式相减，可得2an=an+1-an-2n，即an+1=3an+2n，即an+1+2n+1=3（an+2n），

所以数列{an+2n}（n≥2）是以a2+4为首项，3为公比的等比数列.

由2a1=a2-3，可得a2=5，所以an+2n=9×3n-2，即an=3n-2n（n≥2），

当n=1时，a1=1，也满足上式，所以数列{an}的通项公式是an=3n-2n.

（3）由（2）知an+1=3an+2n，an>0，所以1an+1=13an+2n<13·1an，则1an<（13）n-1（n≥2），

所以1a1+1a2+…+1an<1+13+…+13n-1<32（1-13n）<32.

例3（2008年全国高考安徽理21）设数列{an}满足：a1=0，an+1=ca3n+1-c，n∈N*，其中c为实数.

（1）证明：an∈[0，1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0，1]；

（2）设0

（3）略.

证明（1）（略）.

（2）设0

当n≥2时，因为an=ca3n-1+1-c，所以1-an=c（1-an-1）（1+an-1+a2n-1），

因为0

所以1-an≤3c（1-an-1），1-an≤（1-a1）·（3c）n-1=（3c）n-1，所以an≥1-（3c）n-1（n∈N*）.

例4（2006年全国高考浙江理20）已知函数f（x）=x3+x2，数列{xn}（xn>0）的第一项x1=1，以后各项按如下方式取定：曲线y=f（x）在（xn+1，f（xn+1））处的切线与经过（0，0）和（xn，f（xn））两点的直线平行（如图）.求证：当n∈N*时：

（1）x2n+xn=3x2n+1+2xn+1；

（2）12n-1≤xn≤12n-2.

证明（1）略.

（2）因为函数h（x）=x2+x当x>0时单调递增，

而x2n+xn=3x2n+1+2xn+1≤4x2n+1+2xn+1=（2xn+1）2+2xn+1，所以xn≤2xn+1，即xn+1xn≥12，

因此xn≥（12）n-1，又因为x2n+xn=3x2n+1+2xn+1≥2（x2n+1+xn+1），则x2n+1+xn+1x2n+xn<12，

所以x2n+xn≤（x21+x1）（12）n-1=（12）n-2，所以xn≤x2n+xn≤（12）n-2.

故（12）n-1≤xn≤（12）n-2.3应用于自主招生试题

例5（2013年“卓越联盟”自主招生试题）

已知数列{an}中，a1=3，an+1=a2n-nan+α，n∈N*，α∈R.

（1）若an≥2n对n∈N*都成立，求α的取值范围；

（2）当α=-2时，证明1a1-2+1a2-2+…+1an-2<2（n∈N*）.

解（1）α的取值范围是[-2，+∞）（过程略）.

（2）由（1）知，当α=-2时，an≥2n（n∈N*）.

所以n≥2时，an+1-2=a2n-nan-4=an（an-n）-4≥nan-4≥2（an-2）>0，

所以1an+1-2≤12·1an-2，从而n≥2时，1an-2≤1a1-2·12n-1=12n-1.

所以1a1-2+1a2-2+…+1an-2≤1+12+122+…+12n-1=2-12n-1<2.4应用于竞赛试题

例6（2013年首届“学数学”奥林匹克试题）设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2n-an（n∈N*）.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若数列{bn}满足bn=2n-1an，求证：1b1+1b2+…+1bn<53.

解（1）an=2-12n-1（过程略）.

（2）由（1）知，bn=2n-1an=2n-1.

所以bn+1=2n+1-1=2（2n-12）>2（2n-1）=2bn，

所以当n≥3时，bn>b2·2n-2=3×2n-2，所以1bn<13·（12）n-2（n≥3）.

所以1b1+1b2+…+1bn<1+13+13（12+122+…+12n-2）=43+13（1-12n-2）=53-13·12n-2<53.

例7（2012年全国高中数学联赛辽宁省预赛）

设递增数列{an}满足a1=1，4an+1=5an+9a2n+16，n∈N*.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）证明：1a1+1a2+…+1an<2.

解（1）an=23（2n-12n）（过程略）.

（2）易知，n≥2时，an+1=23（2n+1-12n+1）=43（2n-12n+2）>43（2n-12n）=2an.

所以an>a1·2n-1，1an<1a1·（12）n-1=（12）n-1（n≥2）.

所以1a1+1a2+…+1an<1+12+122+…+12n-1=2（1-12n）<2.5应用于模考试题

例8（2014年安徽省“合肥三模”试题）

已知数列{an}，a1=1，an+1=an+1+p1-pa2n（n∈N*，p∈R，p≠1）.

（1）求数列{an}为单调递增数列的充要条件；

（2）当p=13时，令bn=11+2an，数列{bn}的前n项和为Sn，求证：12-15n

解（1）数列{an}为单调递增数列的充要条件为-1

（2）当p=13时，an+1=an+2a2n（n∈N*），所以an+1an=1+2an，

所以bn=11+2an=anan+1=2a2n2anan+1=an+1-an2anan+1=12（1an-1an+1），

所以Sn=12[（1a1-1a2）+（1a2-1a3）+…+（1an-1an+1）]=12-12an+1.

由（1）知{an}为单调递增数列，a1=1，所以an+1>0，所以Sn<12.

又an+1-an=（an+2a2n）-（an-1+2a2n-1）=（an-an-1）（1+2an+2an-1）>5（an-an-1），

所以an+1-an>（a2-a1）·5n-1=2×5n-1（n≥2），而a2-a1=2×50，

所以an+1>（an+1-an）+（an-an-1）+…+（a2-a1）+a1>2（5n-1+5n-2+…+50）+1

=2×1-5n1-5+1=5n+12>12×5n.

所以-1an+1>-25n，所以Sn=12-12an+1>12+12（-25n）=12-15n.

综上所述，12-15n

9.等差数列习题 篇九

A.等比数列，但不是等差数列B.等差数列，但不是等比数列

C.等差数列，而且也是等比数列D.既非等比数列又非等差数列

2．（06全国I）设an是公差为正数的等差数列，若a1a2a315，a1a2a380，则a11a12a13（B）

A．120B．105C．90D．75

3．（02京）若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有（A）

A.13项B.12项C.11项D.10项

4．（01全国理）设数列{an}是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是（B）

A.1B.2C.4D.6

5．（06全国II）设Sn是等差数列｛an｝的前n项和，若

A．1S3S＝，则6＝(A)3S6S121113B．C．D． 38910

6．（00全国）设｛an｝为等差数列，Sn为数列｛an｝的前n项和，已知S7＝7，S15＝75，Tn为数列｛Sn｝的前n项和，求Tn。n

7．（98全国）已知数列｛bn｝是等差数列，b1=1，b1+b2+…+b10=100.（Ⅰ）求数列｛bn｝的通项bn；(2n-1)

（Ⅱ）设数列｛an｝的通项an=lg（1+1），记Sn是数列｛an｝的前n项和，试比bn

较Sn与lgbn+1的大小，并证明你的结论。

8．（02上海）设｛an｝（n∈N*）是等差数列，Sn是其前n项的和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，则下列结论错误的是（C）．．

A.d＜0B.a7＝0C.S9＞S5D.S6与S7均为Sn的最大值

9．（94全国）等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前3m项和为（C）

10.等差数列重点题型练习 篇十

一、选择题

1.在等差数列{an}中，若a3+a4+a5+a6+a7=250，则a2+a8的值等于（）A.50B.100C.150D.200

2.在数列{a2n}中，a1=1,an+1=an－1(n≥1),则a1+a2+a3+a4+a5等于（）A.－1B.1C.0D.2 3.若数列{an}的前n项和Sn=n2－2n+3，则此数列的前3项依次为（）A.－1,1,3B.2,1,3C.6,1,3D.2,3,6

4.等差数列｛an｝中，a4+a7+a10=57,a4+a5+…+a14=275,ak=61,则k等于（）

A.18B.19C.20D.21 5.设Sn是等差数列an的前n项和，若S735，则a4（）A．8B．7C．6D．5

6.已知｛a*n｝是递增数列，且对任意n∈N都有a2n=n+λn恒成立，则实数λ的取值范围是（）

A.(－7,+∞)B.(0,+∞)C.(－2,+∞)D.(－3,+∞)

7.设数列{an}、{bn}都是等差数列，且a1=25,b1=75,a2+b2=100,那么由an+bn所组成的数列的第37项为（）

A.0B.37C.100D.－37

8.数列{a211

2n}中，a1=1,a2=3,且n≥2时，有a

=,则（）n1an1anA.a23)nB.a2n－122

n=(n=(3)C.an=n2D.an=n1

9.在等差数列{an}中，若a3+a4+a5+a6+a7=250，则a2+a8的值等于（）

A.50B.100C.150D.200

10.设{a是公差为d=-1

n}2的等差数列，如果a1+a4+a7…+a58=50，那么a3+a6+a9+…+a60=（）

A.30B.40C.60D.70

11.一个数列的前n项之和为Sn=3n2+2n,那么它的第n(n≥２)项为

（）

A.3n2B.3n2+3nC.6n+1D.6n-1

12.设数列{an}是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是（）

A.1B.2C.4D.6

二、填空题

13.等差数列{an}中,a3+a7+2a15=40,则S19=___________

14.有两个等差数列{a若a1a2n}、{bn},an3n1a2n3,则13b1b2bnb=

1315.在等差数列{a公差为1

n}中，2，且a1+a3+a5+…+a99=60，则a2+a4+a6+…+a100=_________

16.在等差数列{an}中，若a1+3a8+a15=120,则2a9－a10=________

17.设Sn为等差数列an的前n项和，S4＝14，S10－S7＝30，则S9＝ 18.等差数列{an}中，a1+a2+a3=－24,a18+a19+a20=78,则此数列前20项的和

等于

19.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S39，S636，则a7a8a9

三、计算题

20.求数列

112,123,1341n(n1)....前n项的和.作者QQ:11689037

21.求数列an=3

n(n2)的前n项和.22.已知等差数列｛an｝中，a1+a4+a7=15,a2a4a6=45,求其通项an.23.已知等差数列{an}前n项和Sn=-n(n-2),求{an}通项公式

24.已知数列｛an｝中,a1=0,a2=2,且an+1+an-1=2(an+1)(n≥2)

(1)求证:｛an+1-an｝是等差数列;(2)求｛an｝通项公式

25.已知等差数列｛an｝前3项和为6,前8项和为-4

(1)求数列｛an｝的前n项和Sn;(2)求数列｛Snn

｝的前n项和Tn

26.已知数列an的首项为a1=3，通项an与前n项和sn之间满足

2an=sn·sn1（n≥2）.（1）求证：1

11.初探等比数列求和的几种方法 篇十一

关键词：等比数列；求和；方法

数列求和作为高中数学教学中的难点和重点，是高考考核的重要部分之一，作为教师应加强关注学生，结合学生的个性特征，构建和谐、平等的教学环境，引导学生分析、总结数列之间的关系，进而让学生自主探究、解证，凸现课堂教学中学生的主体性作用，鼓励学生创新，探索多种等比数列求和的方法。

所谓等比数列指的是：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，这个数列就叫做等比数列。其中，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示（q≠0）。注：q=1时，an为常数列。在此，笔者结合自己多年的教学经验，谈一下如何在等比数列求和教学中，引导学生总结多中解题方法。

一、恒等变形法

所谓恒等变形法指的是：在保持原式结果恒等的情况下，优化、改变原题的表现形式。这样一来，原式就具有明显的共同点，便于更好地解决问题。对于此方法的运用，可以首先师生共同分析、总结，改变原式；之后引导学生自主解题；最后，引导学生拓展思维，找出不同的变形式来解题，可以是自主地也可以是小组合作进行，锻炼和培养学生思维能力的同时提高学生的动手实践能力，深化学生对数学的认知。如：

解题：a1+a1q+a1q2+……+a1qn-1。

1.师生共同分析、总结变形后的式子为：a1（1+q+q2+……+qn-1）之后，引导学生自主解决可以得出：a1（1+q+q2+……+qn-1）.分解因式等于：1-qn=（1-q）（1+q+q2+……+qn-1）.因此，a1（1+q+q2+……+qn-1）=a1（1-qn）/1-q，最后得出：sn=a1（1-qn）/1-q.

2.拓展学生思维空间，给予学生足够的自主权，让学生自主地或者小组合作找出其他的变形式，并解决问题，提高学生的数学素养。高中生已经具备了一定的独立思考能力，有了一定的思维结构，很快学生就得出了不同的变形式。即：

a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1+a1qn-a1qn=a1+（a1q++a1q2+…+a1qn-1+a1qn）-a1qn=a1+q（a1+a1q+…a1q2+…+a1qn-1）-a1qn=a1+qsn-a1qn，因此，a1+qsn-a1qn=sn，所以同样得出：sn=a1（1-qn）/1-q，还可有：a1+a1q+a1q2+……+a1qn-1=a1q+a1q2+……+a1qn-1+a1qn/q=sn-a1+a1qn/q，因此sn=sn-a1+a1qn/q最后也得出：sn=a1（1-qn）/1-q.这样的方法还多种多样，其关键在于教师的引导，数学本身属于实践性、探究性较强的学科，作为数学教师，应抓住一切机会，给予学生自主权，培养学生积极探究的兴趣和欲望，从而提高学生的综合技能。

二、比例性推理法

所谓比例性推理法指的是：根据等比数列的本质特征和性质公式，实施推理，得出结论，能够有效地锻炼学生的逻辑思维能力。如：等比数列的概念指出：a2/a1=a3/a2=……=an/an-1=q；通过等比定理可以推出：a2+a3+…+an/a1+a2+…+an-1=q；因此得出：sn-a1/sn-an=q；其中an=a1qn-1，将其带入化简式可以得出：sn（1-q）=a1（1-qn），最后得出：sn=a1（1-qn）/1-q.同样可以引导学生通过分比定理来自主解决问题，即：通过分比定理推出：a2-a1/a1=a3-a2/a2=…=an-an-1/an-1=q-1/1；之后，运用同样的道理，运用等比推理换化、得出化简式：-a1+an/sn-an=q-1，进而将an=a1qn-1带入，得出最后的结果。

三、总结推理法

所谓总结推理法指的是：对原式进行分解，逐一验证得出结果，根据其分解式的结果进行推理、总结，得出最后结论。等比数列有一定的规律性，那么其分解因式的结果也肯定有一定的规律性，这样，根据结果的规律性可以直接推导出最终结果。如：首先假设n=3，可以得出：s3=a1+a1q+a1q2=a1（1+q+q2）=a1（1-q3）/1-q；进而，继续假设，当n=4时，原式为：s4=a1+a1q+a1q2+a1q3=a1（1+q+q2+q3）=a1（1-q4）/1-q；通过这两组的确切数字分解可以直接得出：sn=a1（1-qn）/1-q.对此，教师还可以打破教材的束缚，拓展学生的思维，让学生在不断的探究过程中尝到成功的喜悦，进而增强自己学习数学的自信心。解决等比数列的问题时，只需引导学生寻找规律，进行推理即可。因此，在教学中，教师要大胆鼓励学生创新，并对创新的同学进行表扬，激励学生自主创新的意识。就上述等比数列的例题，教师可让学生自主探究，当n=k时，结论是什么？当n=k+1时，结论又是什么？详细分析、总结推导过程，丰富学生的解题方式。

四、结语

总之，等比数列求和的方法是多种多样的。作为教师，应创设情境，引发学生自主的深入探究，同时还可以举办“创新评比大赛”等活动，激励学生深入探究的积极性和欲望，鼓励学生大胆拓展思维，升华学生对数学知识的认识，全面提高学生的数学素养。

参考文献：

［1］郑毓信．数学教育：从理论到实践［M］．上海：上海教育出版社，2001．

［2］涂荣豹，王光明，宁连华．新编数学教学论［M］．上海：华东师范大学出版社，2006．

［3］马复．设计合理的数学教学［M］．北京：高等教育出版社，2003．

［4］魏清．中学有效教学策略研究［M］．上海：上海三联书店出版社，2005．

12.等比数列前n项和公式的探究 篇十二

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.

13.等比数列练习题 篇十三

颍上二中

刘强

摘要：通过近几年对高考数学命题的方向和题目的来源以及受到省内一些高校教授的启发，我发现：很多高考数学试题都可以在课本中找到他们的影子，不少试题是由课本教材中的例题、练习题或课后习题与复习题中变化而来，所以，我写下一点自己的感悟，以期能对我们平常的教学和学生的学习方式、方法的改进起到一定的帮助。关键词：复习题 变式 探究

北师大版高中数学教材（2011年6月第6版第1次印刷）必修五第38面复习题一A组第2题：

已知数列an中，anan12(n2)且a1=1，则这个数列的第10项为（）

A.18

B.19

C.20

D.21 解：由题意可知：数列an为首项a1=1为公差d=2的等差数列，所以由ana1+(n-1)d可知:a10=1+(10-1)219所以本题选B 分析

本题考查等差数列的定义及通项公式。

由此题的形式，笔者联想到本题可有以下几种常见的变式.变式一

已知数列an满足a11，an1ann，求其通项公式an。2解：an1annan1ann

a2a11aa232

a4a33

......anan1n

1将上述n1个等式相加可得：ana1123...(n1)

即ana1(n1)(1n1)n(n1)221n(n1)1n(n1)1又a1an 2222分析

此种变式属于an1anf(n)型，其解法为：把原递推公式转化为an1anf(n)，利用累加法(逐差相加法)求解。

变式二

已知数列an满足a12，an1解：an1ann ann1n1ann1nan，求其通项公式an。n1a21a21a32a32a 4

a34......ann1ann1

将上述n1个等式相乘可得：

由因为a12，所以an2 nan123n11... a1234nn分析

此种变式属于an1f(n)an型，其解法为：把原递推公式转化为an1f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。an变式三

（2011，重庆,文,14）

在数列an中，若a11,an12an3(n1)，则该数列的通项an_____

（an+）解：an12an3可设an1+=2即an1=2an+=3（an+3）又a1+31+3=an1+3=

2所以，数列an+3是首项为4，公比为2的等差数列，4所以

an+3=n12=n12ann12 3分析

此种变式属于an1panq（其中p，q均为常数，(pq(p1)0)）型，其解法（待定系数法）为：把原递推公式转化为：an1p(an)，其中q，再转化为等比数列求解。p1511,an1an()n1，求其通项公式an。632112解：an1an()n12n1an12nan1

3232

设bn2nanbn1bn1

322

设bn1(bn)即bn1bn13

3333254

bn13(bn3又)b13a2323136342

所以数列bn3是首项为，公比为的等比数列，334222

bn3(n)12(n)bn=32 n()3333232()n2n3n12n1n3

2an=32()an nn326变式四

已知数列an中，a1分析

此种变式属于an1panqn（其中p，q均为常数，(pq(p1)(q1)0)）。

（或an1panrqn,其中p，q, r均为常数）型，其解法为：一般地，要先在原递推公式两边同除以qn1，得：

an1pan1n引入辅助数列bn（其中n1qqqqbnanp1），得：再待定系数法解决。bbn1nqqqn21变式五

已知数列an中，a11,a22,an2an1an，求其通项公式an。

3321解：an2an1an可设an2san1t(an1san)

3321tst1t3(ts)an1stan)3 1或1sst3s13

an211

不妨取t,s1

an2an1(an1an)

又因为a2a1211 所以数列an1an是首项为1公比为的等比数列，311

an1an1()n1()n1

33a2a11a3a2(1)131

a4a3()2

3......anan1(1)n23

将上述n1个等式相加可得：

111ana11()1()2...()n2333111[1()n1]3()n233141()317()n23

又因为a11，所以an 4分析

此种变式属于an2pan1qan（其中p，q均为常数）型，其解法(待定系数法)为：先把原递推公式转化为an2san1t(an1san)

pts

其中s，t满足。

qst变式六

设数列an满足：a14,an+13an2n+1,，求其通项公式an

解：an+13an2n+1,可设an+1x(n1)y3(anxn+y)

2x2x1

an+13an2xn+2yx

2yx1y1)1a3n(n

an+1(n1+又1),a1+1+14 +1+1=6

所以数列an+n+1是首项为6，公比为3的等比数列，1n32n 3

ann+16nn1

an23 分析

此种变式属于an1pananb(p1、0，a0)型，其解法为：一般利用待定系数法构造等比数列，即令an1x(n1)yp(anxny)，与已知递推式比较，解出x,y,从而转化为anxny是公比为p的等比数列。

14.等差、等比数列子数列性质的探究 篇十四

【教学目标】

经历等差数列与等比数列子数列的性质的研究过程，体验“归纳——猜想——论证”的数学发现的科学方法；体会从特殊到一般、类比等数学思想，获得数学发现与研究的乐趣。

【教学重点】

归纳-猜想-论证、从特殊到一般、类比等数学思想方法的体验与认识。

【教学难点】

“归纳——猜想——论证”等数学数学思想方法的习得。

【教材分析】

前段时间，高三学生已经进行了数列的系统复习，掌握了等差、等比数列的定义与应用；学习了解决数列问题的“基本量法”、“类比”、“归纳、猜想、论证”等数学思想方法，本课主要通过等差、等比子数列的研究，强化数学的学习过程，加深对于数学本质的理解，规范解决数学问题的基本方法与要求，获得数学概念学习的新的体会。

【学情分析】

从学生的认知基础看，学生已经对于等差、等比数列有了较好的理解与认识，也能够开展对于数学新问题的学习与研究能力；从学生的思维发展看，高三学生已经具备了一定的研究与学习有关新概念与新问题的能力。

【问题提出】

在数列研究的过程中，等差数列与等比数列是两个十分重要的数列；我们已经研究了等差数列与等比数列的一些性质，这两节课，我们将研究了从等差及等比数列中取出部分的项，按原来的顺序组成的一个“子数列”所具有的性质；研究这些数列的的一般特征与规律。

观察下列数列，试写出一个符合前4项的通项公式，指出它们具有什么性质？

（1）1,2,3,4,...；

（2）2,4,6,8,...；

（3）1,3,5,7,...；

（4）1,2,4,8,...（4）5,9,13,17,...（5）2,5,8,11,...（6）1,4,16,64,...（7）5,20,80,320,...（设计意图：学生通过从特殊到一般的归纳与猜测，获得各数列的通项公式；指出其一般特性；体验通项公式的猁过程，逐步获得子数列的概念。）

【问题探究】

1）教师提问：观察上述数列，从数列的项来看，他们间存在什么联系吗？

2）形成子数列定义：给定无穷数列an，数列an中任取无穷多项，不改变它们在原来数列中的先后次序，得到新的数列ak1,ak2,ak3,...,ak,...(k...1k2k3 n

kn...,k1,k2,k3,knN)称为数列an的一个子数列。

3）指出上述数列中子数列关系。

结论：任何一个无穷数列都存在无穷多个子数列。

问题

一、数列an是无穷等差数列，问：数列an是否存在等差的子数列？ 研究：

1、设ana(a为常数），则任取一些项组成的数列都是等差子数列。

2、ann中有子数列bn2n1,bn2n,bn5n等。

3、an

1n1中有子数列bn3n1,bnn等 2224、数列an是等差数列，若k1k2k3...kn...，k1,k2,k3,knN)，当ak1t，且m的等差数列时，ak1,ak2,ak3,...,ak是数列an的一个首项为t，k1,k2,k3,...nk,是公差为,...,...n公差为md的等差子数列。证明：略。

方法小结：

（1）只要首项不同，公差不同就可以确定不同的等差子数列。

（2）从具体的例子中小结出如何寻找等差子数列，以及子数列的公差和原数列的公差之间的关系，从而得出结论：

1）2）

等差数列中下标成等差数列（公差为k）的项仍然成等差数列。新的等差数列的公差等于原等差数列的公差的k倍。

（设计意图：研究问题的1以及2，在前面已经解决过，只是让学生通过复习，加深对于子数列的理

解；问题3的解决，是为归纳猜想作必要的准备；问题的证明，是为了规范学生的表达形式。）

问题

二、数列an是等比数列，问：数列an是否存在等比的子数列？

1、设ana(a为常数），则任取一些项组成的数列都是等比子数列。

2、an2n中有子数列bn22n1和bn25n等。

3、an2()

n

1中有子数列bn2()等。

n4、数列an是等比数列，若k1k2k3...kn...，k1,k2,k3,knN)，当ak1t，且m的等差数列时，ak1,ak2,ak3,...,akn,...是数列an的一个首项为t，k1,k2,k3,...nk,是公差为,...公比为qk的等比子数列。

证明结论：设an是等比数列，q是公比，若am,an为常数时，an

qnm，当nmkam

an

qnmqk也是常数。am

方法小结：

（1）只要首项不同，公比不同就可以确定不同的等比子数列。

（2）从具体的例子中小结出如何寻找等比子数列，以及子数列的公比和原数列的公比之间的关系，从而得出结论： 1）

等比数列中下标成等差数列（公差为k）的项仍然成等比数列。

2）法。）

新的等比数列的公比等于qk。

（设计意图：学习类比的数学思想方法；进一步体会从特殊到一般，归纳——猜想——论证的数学思想方问题

三、数列an是等差数列，问：数列an是否存在等比的子数列？

1、若an=n，求数列an的等比子数列？ 子数列bn=

2n

1和bn=

3n1

等。

（自然数列是学生最容易想到的，除了自然数列之外，其他的数列不容易想到）

2、给出一个例子一起研究。

例题1：已知：等差数列an，且an3n1。问：等差数列an中是否存在等比子数列cn？（1）写出an的一些项：2，5，8，11，14，17，20，23，26，29，32，„，学生尝试后找出结果有：

①2，8，32，128，512，„，24n1;②2,14,98,686,4802, „，27

n

1;③2,20,200,2000, „，210n1;④5,20,80,320, „，54n1;⑤2,26,338, „，213n1

（2）猜想：①cn24n1；②cn27n1；③cn210n1；④cn54n1；⑤

cn213n1

（3）提问：这些猜想是否正确呢？

我们可以从两个方面进行思考：通过演绎推理证明猜想为真，或者找出反例说明此猜想为假，从而否定或修正此猜想。（4）学生分组证明猜想

分析：24∵2

4n1

n1的项被3除余2，从而得出利用二项式定理证明的方法。

证1：（用二项式定理）

2(31)n12(3k1)6k2(kN)，即24n1除以3余2，∴cn是an的子数列。

分析 ：由前面几项符合推广到无穷项都符合，从而得出利用数学归纳法证明的方法。证2：（数学归纳法）

① 当n=1时，c12311a1

② 假设当n=k时，ck22k13m1am(mN)，那么当n=k+1时，ck1

22(k1)122k1422k14(3m1)3(4m1)1a4m1.由①、②得cn是an的子数列。

n1n

1c272(61)3k2,kN;n（5）同理证明

cn210n12(91)n13k2,kN,cn54n15(31)n13k2，kN;cn213n12(121)n13k2,kN.（6）引申：让学生找规律——以an中任一项为首项，以3k1(kN)为公比的等比数列均是该等差

数列的等比子数列

（7）小结：归纳法是从特殊到一般的推理方法，而由此所作出的猜想是需要进一步证明的。从归纳猜

想到论证的思维方法是我们研究数学问题常用的方法。

（8）思考：对给定的等差数列可以构造出等比数列，不确定的等差数列中是否存在等比数列？

【方法总结】

1、“归纳——猜想——论证”是数学发现的方法，从特殊到一般的数学思想方法，是研究数学问题的常用方法；

2、研究性学习，是数学思维培养的重要手段；

3、合作学习方式，是研究性学习的有效途径。

【方法应用】

思考

1、等比数列是否存在等差子数列？请举例说明，并研究一般规律。

思考2： 已知：数列an是首项a12,公差是d的等差数列。数列bn是等比数列，且

b1a1,b2a2。问：是否存在自然数d，使得数列bn是数列an的子数列？如存在，试求出d的一

切可能值。

思考

3、数列an是等比数列，问：数列an是否存在等差的子数列？ 分析：先取d=1，2，3，4，5，6。发现当d是奇数时，不可能。∵a2是奇数，∴公比

a2an

1为分数，则bn2(2)从第三项开始就不是自然数

2取d=2，an：2，4，6，8，„，bn：2，4，8，16，„，an2n,bn2n,2n是偶数，∴d=2时，数列bn是数列an的子数列，取d=4，an：2，6，10，14，18，„，bn：2，6，18，54，„，an4n2,bn23n12(41)n12(4k1)42k2(kN)，∴d=4时，数列bn是数列an的子数列。同理d=6时，数列bn也是数列an的子数列。由此猜想当d2m(mN)时，数列bn是数列an的子数列。可以用二项式定理或数学归纳法证明。

证1：（用二项式定理）在an中，a12,d2m,an2(n1)2m.在bn中，b1=2，b222m,q

则2(m1)

k1

22m

1m,bn2(1m)n1。令bkan(k3), 2

1k2

=2(n1)2m.(m1)k11(n1)m,mk1Ck 1m

2k21k32

an中的CkkCkCkk1m11(n1)m，可解出n1m1m1N,即bk为

某一项。

证2：（数学归纳法）①当n=1时，b1a1；②假设bk是an的第p项，即

2(m1)k122m(p1),则bk1bk(m1)22m(p1)(m1)=2+

2mm(p1)p11即bk1是an中的第m（p-1）+p+1项。由①、②得，数列bn是数列an的子

15.等比数列练习题 篇十五

1 无穷等比数列前n项的和的公式

设有无穷等比数列a1, a2, a3, ……an…, 其公比为q, 则该等比数列

前n项的和公式为:

证明:

即qsn=a1q+a1q2+a1q3+a1q4+…+a1qn-1+a1qn (2)

将 (1) 式两边分别减去 (2) 式两边得

当q≠1时, 无穷等比数列前n项的和为:

2 无穷等比数列前n项的和公式在房地产估价中的应用

(1) 设房地产的净收益每年不变为A, 报酬率为y (y≠0) , 收益年限为有限年n, 则房地产的收益价格v为:

证明:

为,

由等比数列公式得

(2) 设房地产的净收益每年不变为A, 报酬率为y (y>0) , 收益期限为无限年, 则房地产的收益价格v为:

证明:

而为无穷等比数列, 其公比为, 显然有

(3) 设房地产净收益在未来t年有变化, 分别为A, 1A2, A3, L, tA, 在第t年后无变化为A;报酬率为y (y≠0) ;收益年限为有限年n, 则房地产的收益价格v为:

证明:

而为等比数列,

其公比为, 根据等比数列前n项和公式得

(4) 设房地产净收益在未来t年有变化, 分别为A, 1A2, A3, ..., tA, 在第t年后无变化为A;报酬率为y (y>0) ;收益年限为无限年, 则房地产的收益价格v为:

证明:

(5) 设房地产净收益在未来1年为A, 此后按数额b逐年递增, 报酬率为y (y≠0) ;收益年限为有限年n, 则房地产的收益价格v为:

证明:

公式原型为:由等比数列前n项和公式, 通过计算容易求得, 计算过程略。

(6) 设房地产净收益在未来1年为A, 此后按数额b逐年递减, 报酬率为y (y≠0) ;收益年限为有限年, 则房地产的收益价格v为:

证明过程略。

(7) 与上述同样方法, 可证明以下公式 (过程从略)

1) 设房地产净收益在未来1年为A, 此后按比率g逐年递增, 净收益逐年递增的比率g不等于报酬率y;收益年限有限年n, 则房地产收益价格v为:

2) 设房地产净收益在未来第1年为A, 此后按比率g逐年递增, 报酬率y大于净收益逐年递增的比率g;收益年限为无限年, 则房地产收益价格V为: