等差数列与等比数列的性质

第一篇：等差数列与等比数列的性质

第24课 等差数列与等比数列的性质

●考试目标主词填空

1.等差数列的性质.

①等差数列递增的充要条件是其公差大于0，②在有穷等差数列中，与首末两端距离相等的和相等.即a1+an=a2+an-1=a3+an-2=„=ak+an+1-k，③在等差数列{an}中，使am+a0=ap+aq成立的充要条件是是等差数列，⑤若数列{an}与{bn}均为等差数列，且m，k为常数，则{man+kbn}Sn=an2+bn+c能表示等差数列前n项和的充要条件是2.等比数列的性质.①在等比数列{an}中，公比为q，其单调性的考察应视a1及q的取值范围而定.②在有穷的等比数列{an}即：a1an=a2·an-1=a3·an-2=„=ak·an+1-k.

③在等比数列{an}中，使am·a0=ap·ak成立的充要条件是m+n=p+k. ④在等比数列中，每隔相同的项抽出来，依原来的顺序构成一个新数列，则此新数列仍是等比数列.man⑤若数列{an}与{bn}均为等比数列，m是不等于零的常数，则{m·an·bn}与仍为等比数列.bn

●题型示例点津归纳

【例1】证明下列论断：

(1)从等差数列中每隔相同的项抽取一些项依原顺序构成的新数列仍然是等差数列.(2)从等比数列中每隔相同的项抽取一些项依原顺序构成的新数列仍然是等比数列.

【解前点津】等差数列的公差以及等比数列的公比都是已知常数，且每隔k项抽取一个数中的k边应视为已知正整数，按定义证明即可.【规范解答】(1)设{xn}是公差为d的等差数列，抽取的第一个数为xm，隔k项抽取的第二个数为xm+k，再隔k项抽取的第三个数为xm+2k，依次类推，则新数列的第p项(p≥1)必为xm+(p-1)k ·第p+1项为xm+pk.由通项公式：

∵xm+pk-xm+(p-1)k=x1+(m+pk-1)d-［x1+(m+pk-k-1)d］=(k-1)d是一个p无关的常数，故新数列是一个公差为kd的等差数列.(2)设{yn}是一个公比为q的等比数列，抽取的第一个数为ym，隔k项抽取的第二个数为ym+k，再隔k项抽取的第三个数为ym+2k，依次类推，则新数列的第p项(p≥1)必为ym+(p-1)k，第p+1项为ym+pk.由等比数列通项公式： ∵ympk

ym(p1)ky1qmpk1k==q是一个与p无关的常数.mpkk1y1q

故新数列是一个公比为qk的一个等比数列.【解后归纳】证明{xn}是一个等差数列，只须证明xn-xn-1=常数即可，类似地，证明{yn}是一个等比数列，只证明yn=常数即可. yn

1【例2】设x，y，z∈R，3x，4y，5z成等比数列，且

111xz，成等差数列，求的值.xzxyz

【解前点津】依条件列方程组，从方程组中推导

xz

之值. zx

(4y)2(3x)(5z)

2xz

y=【规范解答】由题意得：211代入第一个方程消去y得：

xzyxz

2xz2xz34(xz)26416()=15xz=，故=.xz15zx15xz

【解后归纳】因（xz

)中不含y，故在方程组中，y成为消去的对象.zx

【例3】已知数列{an}满足3an+1+an=4(n≥1)，且a1=9，其前n项之和为Sn，求满足不等式|Sn-n-6|<的最小正整数n. 12

5【解前点津】构造“新数列”，求出通项公式，注意到3(an+1-1)=-(an-1).【规范解答】由条件得：3(an+1-1)=-(an-1).视为3xn+1=-xn，∵a1-1=8，故新数列{an-1}是首项为8，公比为-的一个等比数列.故：

31n81

31n-11n-1=6-6×(-1)n，an-1=8(-)，即an=1+8(-)Sn-n=

3331

13

11n-1

∴|Sn-n-6|=6×()n <3>250>35n-1>5.3125

∴n>6从而n≥7.故n=7是所求的最小正整数.

【解后归纳】将一个简单的递推公式进行变形，从而转化为一个等差数列，或一个等比数列的模型.这是一种“化归”的数学思想.【例4】设{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且b1=a1，b2=a2，b3=a3(a1

n

2+bn)=2+1,试求{an}的首项与公差.【解前点津】设

b2b

=q，则1=2+1.1qb1

【规范解答】设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则由条件知，b2=b1b3(a2)2=(a1)·(a3)

a2

=(1+2)(2+1)

a1

(a1+d)

4=a22，a12a22=a1

·(a1+2d)(a1+d)=|a1(a1+2d)|又b1=(1+q)（22

2+1),故

2a1

42即a1=［a1+(a1+d)2］(2+1)，解关于a1及d的方程组得：a1=-2，d=22-2.

【解后归纳】将所列方程组转化为关于基本量a1，d的方程，是常规思路.此题是否有另外思路?读者可自己寻找.●对应训练分阶提升

一、基础夯实

1.在等比数列{an}中，a9+a10=a(a≠0)，a19+a20=b，则a99+a100等于()

bbb9b10

A.8B.()C.9D.()10

aaaa

2.已知等差数列{an}中，|a3|=|a9|,公差d<0，则使前n项和Sn取得最大值的自然数n是()

A.4和5B.5或6C.6或7D.不存在3.若{an}为一个递减等比数列，公比为q，则该数列的首项a1和公比q一定为()A.q<0，a1≠0B.a1>0，01 C.q>1，a1<0D.00

4.由公差为d的等差数列a1，a2，a3，„，重新组成的数列a1+a4，a2+a5，a3+a6，„是()A.公差为d的等差数列B.公差为2d的等差数列 C.公差为3d的等差数列D.非等差

5.设2a=3，2b=6，2c=12，则a、b、c()A.是等差数列，但不是等比数列B.是等比数列，但不是等差数列 C.既不是等差数列，又不是等比数列D.既是等差数列，又是等比数列

6.若{an}是等比数列，a4a7=-512，a3+a8=124，且公比q为整数，则a10的值是()A.256B.-256C.512D.-51

27.设{an}是由正数组成的等比数列，且a5·a6=81，那么log3a1+log3a2+log3a3+„+log3a10的值是()A.5B.10C.20D.30

8.在3和9之间插入两个正数，使前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，则这两个数的和是()A.1

11111B.12C.13D.14 444

49.在等比数列{an}中，已知对任意自然数n，a1+a2+„+an=2n-1，则a1+a2+„+a2n=()A.(2n-1)2B.1n2n1

(2-1)C.4-1D.(4n-1)3

310.上一个n级的台阶，若每次可上一级或两级，设上法的总数为f(n)，则下列猜想中正确的是()

A.f(n)=nB.f(n)=f(n-1)+f(n-2)

n(n1,2)

C.f(n)=f(n-1)·f(n-2)D.f(n)=

f(n1)f(n2)(n3)

二、思维激活

11.在等差数列{an}中，若Sm=n，Sn=m(Sn为前n项和)且m≠n，则Sm+n

三、能力提高

12.在等差数列{an}中，a1，a4，a25三个数依次成等比数列，且a1+a4+a25=114,求这三个数.13.已知{an}为等差数列，(公差d≠0)，{an}中的部分项组成的数列ak1，ak2，ak13，„，ak，„，n

恰好为等比数列，其中k1=1，k2=5，k3=17，求k1+k2+k3+„+kn.14.设f(x)=a1x+a2x2+„+anxn(n为正偶数)，{an}是等差数列，若f(1)=(1)求an；(2)求证：f（1nn(n+1)，f(-1)=. 22)<2. 2

15.数列{an}的前n项和Sn=100n-n2(n∈N).(1){an}是什么数列?

(2)设bn=|an|，求数列|bn|的前n项和.第3课等差数列与等比数列的性质习题解答

1.A先求a1与公比q.2.B∵d<0，∴a3>a9，∴a3=-a9.3.B分别考察a1>0与a1<0两种情况.4.B∵(an+an+3)-(an-1+an+2)=(an-an-1)+(an+3-an+2)=d+d=2d.5.A∵62=3×12，∴(2b)2=2a·2c2b=a+c且b2≠ac.6.C∵a4a7=a3a8=-512，a3+a8=124，∴a3，a8是x2-124x-512=0的两根.解之：a3=-4，a8=128或a3=128，a8=-4q=-2或-

但q=-不合题意，∴a10=a8·q2=512.22

7.C其值为log3(a1a2„a10)=log3(a1a10)·(a2a9)„(a5a6)=log3(a5a6)5=5log3(a5·a6)=5log381=20.9

xx23y28.A设这两个正数为x，y，由题意可得：.272yx9y4

9.D∵Sn=2n-1，∴an+1=Sn+1-Sn=2n+1-1-(2n-1)=2n，又a1=S1=21-1=1=21-1，∴an=2n-1.10.D每次可上一级或两级，故需分段考虑.11.Sm+n=-(m+n)运用公式求和.2a4(a13d)2a1(a124d)a1a25

12.设公差d，依题意得：

a1a4a251143a127d114

a438a4a13d23414a138a12

或，或

a38aa24d224498d0d425125

∴这三个数是38，38，38或2，14，98.

13.∵a1，a5，a17成等比数列，∴(a1+4d)2=a1(a1+16d)d=

aa11，an=a1(n+1)，a5=a1+4d=3a1，∴q=5

22a1

=3，akn=

k11

a1(kn+1)akn=a1·qn-1=a1×3n-1，∴na1=a1×3n-1，∴kn=2×3n-1-1k1+k2+k3+„22

n-1

2(13n)

+kn=2(1+3+9+„+3)-n= =3n-n-1.(13)n

14.(1)设{an}的公差为d，则f(1)=a1+a2+„+an=d=1，由na1+

1nn

n(n+1)，f(-1)=-a1+a2-a3+a4+„-an-1+an=d=，∴222

n(n1)n(n1)

得a1=1，∴an=n. 22

2n

1123111111n(2)f()=+2+3+„+(1-)]f()=+2+3+„+n+n1

22222222222

两式相减：

1

11n

1111n2nnf()=1++2+„+n1-n=-n=2-2n1-2n<2. 2222212

12

15.(1)an=Sn-Sn-1=(100n-n2)-［100(n-1)-(n-1)2］=101-2n(n≥2)，∵a1=S1=100×1-12=99=101-2×1，∴数列{an}的通项公式为an=101-2n又∵an+1-an=-2为常数.∴数列{an}是首项为a1=99，公差d=-2的等差数列.(2)令an=101-2n≥0得n≤50(n∈N*)，①当1≤n≤50时，an>0，此时bn=|an|=an，所以{bn}的前n项和Sn′=100n-n2且S50′=100×50-502=2500，②当n≥51时，an<0，此时bn=|an|=-an由b51+b52+„+bn=-(a51+a52+„+an)=-(Sn-S50)=S50-Sn得数列{bn}前n项和为Sn′=S50+(S50-Sn)=2S50-Sn=2×2500-(100n-n2)=5000-100n+n2.(nN*,1n50)100nn

由①②得数列{bn}的前n项和为Sn′=.2*

(nN,n51)5000100nn

第二篇：类比探究等差数列和等比数列的性质

类比探究等差数列和等比数列的性质

上海市桐柏高级中学李淑艳 马莉

上海市普陀区教育学院刘达

一、案例背景

本课的教学内容是上海市高中课本《数学》（华东师范大学出版社）高中二年级第二学期《数列与数学归纳法》章节的数列性质探究课。

上海市《中小学数学课程标准（试行稿）》提出：普通中小学课程的基本观念是以学生发展为本，坚持全体学生的全面发展，关注学生个性的健康发展和可持续发展。并指出：“关注学生学习的过程，通过创设学习情境，开发实践环节和拓宽学习渠道，帮助学生在学习过程中体验、感悟、建构并丰富学习经验，实现知识传承、能力发展、积极情感形成的统一”。在顾泠沅博士的“三个阶段、二次反思、行动跟进”的行动教育研究模式下。本课例从“背景研究”，“教学实践”和“评价反思”，都是在“以学定教”原则的基础上的。从教材体系来看，等比数列概念的学习就渗透类比的研究方法，鉴于学生的实际水平及乐于思考新问题的特点，我们设置了有一定层次的供类比的数列问题，同时也对学生学习过程可能出现的情况进行了预测。同时根据学生目前现状，以及教材内容收集、整理、提炼利用类比的思想方法，研究数列中问题等有关素材，在自我理解的层面上设计教学目标、教学思路及手段、教学过程，先进行第一次教学尝试，然后进行反思；再请专家、教研员、教研组长、全体组员在听取本人的设计初衷及反思后进行全方位的再设计与指导，而后开设公开课进行教研，在系统评价的基础上，再进行第二次实践；第三次看目标的达成度与教师理念的转变、教学经验与教训的总结。我们就是按照这种“行动教育”模式开展课堂教学研究的。

二、目标分析

本课教学目标的确定围绕着“类比——发现——自悟”的研究性学习课堂教学模式。探索如何运用研究性学习的学习模式在《等差数列和等比数列的性质探究》教学中融合类比的本课希望通过“类比——发现——自悟”的教学模式，引导学生体会类比在数学教学中的三个维度：“一维——知识结构上的类比；二维——证明方法上的类比；三维——学生自主的理性思想方法的类比。”

三、教学流程

首先通过科学事实——鲁班造锯的典故引入类比思想，然后提出第一维问题（以回顾的通过这一回顾，学生能从“第一维”层面上开展类比学习，体会等差数列和等比数列在概念形式上的相似之处。

在基本认识了类比探究方法之后，教师通过问题提升本节探究课活动性和探究性，设置了若干性质探究的问题供学生思考。

问题1：在等差数列an中，若项数数列kn是等差数列(knN)，则akn仍是等差数

列。

类比：若an是等比数列，当kn(knN)是________数列时，akn是________数列。

问题一是在学生已掌握“数列an是等差数列，对an中下角标成等差数列的项也成等差数列”这一性质后，将“文字语言”转化成“符号语言”，让学生来类比等比数列中相应的性质，并加以证明。学生一方面从形式上加以类比，另一方面，从证明方法上也进行类比证明。这样的问题，在学生理解性质后，初步体验了发现问题并解决问题的“类比”方法。

问题一结束后，启发引导学生如何类比并得到正确结论？经历运用类比思想方法研究数列问题的过程。

问题2：有一位同学发现：若an为等差数列，则an1an也成等差数列。由此经过类比，他猜想：若an为等比数列，则an1an、an1an也为等比数列。你认为呢？

问题二是一道开放性问题，有近85%的学生最初得到了an1an、an1an也为等比数列，并有部分同学给予了“证明”。学生初步感觉到“和”与“积”的类比，“差”与“商”的类比。此时，教师再抛出一个问题：“积”为等比数列，那么“和”呢？在你证明完“积”为等比数列后能说明“和”不是等比吗？对于这一问题，学生根据前面两个问题的解决已经隐约体验到类比不但是形式上的模仿，其证明方法、考虑角度也可进行类比，说明这种思考问题的方法已不自觉地纳入他们的思维体系之中，下面是一段课堂实录：

师：对刚才问题，同学可以得到什么结论？

生1：我判断并证明了等比数列的“和”仍然是等比数列，且公比什q。

（师环视四周，似乎每个人都投以赞同的目光，并且频繁点头表示同意）。

生2：我有点不同意（全班只有他一人有不同意见），我觉得，对数列-1，1，-1，1，„这个数列来说，其和不是等比数列。（此时全班恍然，都认为是正确的）

师：我们来看一下生1的证明过程（投影仪）： an1ana(q1)n（常数）q，anan1an1(q1)

an1an是等比数列。你们看证明过程严密吗？

生3：当q=－1时，他的第二步不成立。（此时同学们又都给予肯定）。

师：答得好。本来我们不知道这一反例，但在证明过程中发现了问题的存在，由此找到了反例，说明同学们在发现问题时，能够进行大胆猜想、小心论证的严密的科学态度。

师：学到这里，你有什么样的感受呢？

生4：在等差数列和等比数列的类比中，我发现除了形式上存在着类比之外，正确的要加以证明，错误的可以举出反例。

生5：我感到就算是类比的结论在形式上未必一致，但证明方法有相似之处。

这番交流的过程中，学生的思维几经“冲浪”辗转，他们的好奇心和探索热情已被唤起，严谨的数学发现历程正在探索中内化着。

问题3：一位同学发现：若Sn是等差数列an的前n项和，则Sk,S2kSk,S3kS2k也是等差数列。在等比数列中是否也有这样的结论？为什么？

问题4：我们知道对于等差数列an，a1a2a3anna1n(n1)d成立。通过

2类比，尝试发现等比数列中的相似结论并给予证明.问题三的设计和问题四是结合在一起的，设计问题三的时候考虑到学生有可能只能通过证明找到反例从而得出Sk,S2kSk,S3kS2k不成等比数列的结论，而对类比的结论有困难，甚至会有同学得出Sk,S2kS3k成等比数列的结论。对于问题四，可以将问题三沟通起,SkS2k

来探索。经过讨论、形式上类比、对结论进行论证。我们可以在学生最终明确结论后再回到问题三，让同学们进一步思考并指出“Sk,S2kS3k成等比数列”的说法虽然不对，但在“类,SkS2k

比——发现”的探究过程中也有不少新的收获。继而提问：如何改动使得结论成立？这个过程，将“类比——发现——自悟”模式的核心——学生在思维上经过反复的类比、验证，自我领悟并掌握类比的思想方法——完全体现在了教学过程中。

四、教学反思

第一次教学之后，在教研员、教研组长等老师的指导下，总结了以下一些不足：

1．在教学设计时，偏向于行形式上类比，尽管在形式上的类比达成度较高，但反映在数学实质上的内容偏少；

2．问题之间的联系不是很好，问题似乎有些孤立；

3．题目偏多；

为此，教师在教学设计的调整过程中关注了这两个方面：

1．为将“类比——发现——自悟”的模式更加清晰地在教学中体现，教师的教学设计由重形式向重思维方式转变；

2．精选例题，设计的数学问题关注一题多变、多题环环相扣的连锁关系，同时体现思维“严密性”，并且搭建脚手架，帮助学生努力实现“发现——自悟”的过程。

在公开课教学之后，听课老师以及学科组的专家在一起再次开展了评课探讨，结合教师的反思总结如下：

1．本堂课是等差数列与等比数列性质的类比，在学生经历了类比的学习后，能够体会：从形式上得到类比的特征，从本质上体验思维的过程，了解类比不仅是形式上的“相似”，而是从相似中得到结论，再由论证使之成为类比。这样的教学模式，有利于激发学生的思维，使学生在辩证中掌握类比的思想方法。

2．本堂课知识目标的达成度较好，学生能够基本掌握类比的特征，但学习过程中教师没有刻意地总结、引导，学生在探究过程中以体验为主，只是学生对于“类比——发现——自悟”的探究方式仍略显模糊，需要今后不断尝试采用类似地教学方法促进学生的研究性学习方式的形成。

3．教师在平时应时时具备二期课改的理念，重视学生的思维活动。比如，在问题二中，有学生提出反例：在数列-1，1，-1，1，-1，1，„中，an1an0，所以an1an不是等比数列。教师应加以表扬，并紧接着提问：你是怎样想到这个反例的，你能得出什么样的规律？如果这位学生不能回答清楚的，可以再回顾他们的证明过程，从中寻找问题所在。这样不但顺应了学生的思维结构，而且在老师的点拨下，学生能进一步更深层次地考虑问题，从而为问题三打下伏笔。

4．在学生有困难的地方可以预先做准备工作，这样可以使这堂课的达成度更高。比如，在问题三中，Sk,S2kSk,S3kS2k是非常抽象的，它牵涉到子数列的问题，而且在原设计中是“数列Sn,S2nSn,S3nS2n,,S(k1)nSkn是等差数列，请同学在等比数列中进行类比”，但由于证明过于抽象，学生不容易理解，因此改为上述形势，而且考虑如果在课前能举一些例子，渗透子数列的概念，学生理解起来也许更容易。

因此在下一堂的课中，作了如下改进：

1．在等差数列复习中，将问题2、3在等差数列中的情况进行证明，再事先将等差数列的证明打在幻灯片上，如果在课堂中学生在证明等比数列的过程中遇到困难的话，就可以把等差数列的证明显示给他们看，从而使他们体验到证明的方法也可以进行类比，更加凸显类比的本质特征。事实上，在本堂课中也达到了这样的目的，学生的掌握度也更好了。如：在证明问题3的时候，有的同学利用前n项和公式证明较为繁琐，而有的同学很快就得出结论，她说：“证明是类比等差数列的思路和步骤，结论是类比问题二得出的。”这就充分说明她已经掌握了类比的本质，表明经历几次设计问题并逐步解决、探索，学生正体验着数学思想和方法，领悟其价值，滋生应用意识。

2．因为问题2和问题3是同类型的问题，尤其是它们的证明以及在证明过程中发现反例的这一思路是相近的，所以为了提高课堂效率，这里就采取分组的方法，请两组同学解决问题二，另两组同学解决问题三，再进行讨论总结。实施下来，时间缩短了，而且有了比较，同学的积极性也提高了，大大地提高了课堂的效率。并且把原先在上课时来不及解决的推论解决了，使得学生的思维得到延伸，而且使学生对类比的本质特征有了理性上的认识，从而达到了第三维：学生自主的理性思想的类比。

通过“类比——发现——自悟”的初步实施，学生在自主的学习和探究过程中体验知识发生的过程，通过对产生的见解的辩论进行了思维方式的转变，使得学习方法得到了改善，为他们今后的学习带来了信心和严谨的思维方式，其效果应该说是显见的。教师方面，我们得到的感受是：教学理念得到了很大的提升，尤其对于“类比——发现——自悟”的研究性学习课堂教学模式的初步应用的效果启发我们在平时的教学中应多为学生创设学习氛围和问题情境，教学设计应多从学生的认知基础和原有的知识结构出发，帮助学生在学习过程中体验、感悟学习经验。另外，用先进理念和经验指导教学，能使自己不断加深对课改理念的理解，并逐渐内化为自身的教学风格，促进自身业务水平的提高。

参考资料：

[1] 廖哲勋：关于课堂教学案例开发的理性思考——《中学数学教学参考》2003.6

[2] 郑毓信：《数学方法论》 广西教育出版社1998.5

第三篇：等差数列和等比数列的中项性质的拓展

等差数列和等比数列的中项性质的拓展

———福贡县第一中学杨豪

摘要：等差数列和等比数列的中项性质是高中数学中的一个重要内容，也是高考数学命题的一个热点。如果我们从本质上揭示等差数列和等比数列的中项性质的内涵，那么，不仅会给我们提升对数列特征的学习有所帮助，也会为进一步培养学生的逻辑推理能力有一定好处。

关键词：等差数列和等比数列 〃中项性质 〃拓展

从特殊入手，研究数学对象的性质，再逐步推广到一般是数学常用的研究方法。我们下面从等差数列和等比数列中项性质出发，推导出其角标性质。有利于提高我们对等差数列、等比数列的认识，一、内容介绍

等差数列和等比数列的角标性质——数列中任意序数和相等的两项之间的关系。

（一）等差数列中项

1、概念与内容

由三个数a、A、b组成等差数列，这时，A叫做a与b的等差中项，即2A=a+b 或A=ab

2〃

2、拓展与提升

若等差数列an中的项ap、aq、ar、as（p、q、r、sN*）且满足p+q=r+s，则有ap+aq=ar+as成立。

即等差数列an中任意两项序数和相等的两项的和相等。

3、证明其性质。

若等差数列an的公差为d，首项为a1，且p、q、r、sN*，于是有，ap=a1 +(p-1)d，aq =a1 +(q-1)d，所以，ap+aq=2a1+(p+q-2)d，同理可得，ar+as=2a1+(r+s-2)d。

因为p+q=r+s，所以ap+aq=ar+as〃（Ⅰ）

（二）等比数列的中项

1、概念与内容

若在a与b两个数之间插入一个数G，使a、G、b成等比数列，则称G为a与b的等比中项（a、G、b都为非零数）。即G2=ab或G=ab〃

12、拓展与提升

若等比数列an中的项am、an、ar、as（m、n、r、sN*）且满足p+q=r+s，则有am.an= ar.as成立。

即等比数列an中任意两项序数和相等的两项的积相等。

3、证明其性质。

若等比数列an的公比为q(q0)，首项为a1，且m、n、r、sN*，于是有，am =a1qm1, an=a1qn1，因此am.an=a12qmn2 同理可得，ar.as=a12.qrs2.因为m+n=r+s，所以am.an=ar.as(Ⅱ）

我们把（Ⅰ）、（Ⅱ）称为等差数列和等比数列的角标性质。

（三）应用

我们知道，数学学习的宗旨就是要从特殊和表面现象中总结出一般规律，然后再去指导实践解决实际问题。

二、处理教材中的练习与习题

1、已知an是等差数列（1）2a5=a3+a7是否成立？2a5=a1+a9成立吗？为什么？（提示：5+5=3+7=1+9）

（2）2an=an1+an1（n>1）是否成立？据此你可能得出什么结论？(提示：n+n=(n-1)+(n+1))

（3）若2an=ank+ank（n>k>0）是否成立？你又能得出什么结论？（提示：n+n=(n-k)+(n+k)）

2、已知an是比差数列

（1）a52=a3.a是否成立？a52=a1.a9成立吗？为什么？

7（提示：5+5=3+7=1+9）

（2）an2=an1.an1（n>1）是否成立？据此你可能得出什么结论？(提示：n+n=(n-1)+(n+1))

（3）若an2=ank.ank（n>k>0）是否成立？你又能得出什么结论？（提示：n+n=(n-k)+(n+k)）

三、解决高考中的数列问题

运用等差数列和等比数列的角标性质来解决高考问题，能够使我们的考生事半功倍，增强考试信心。对指导复习工作具有重要意义。例如：

1、如果等差数列an中，a3+a4+a5=12，那么，a1+a2+…+a7=

（A）1

4(B)21(C)28(D)3

5(提示：a3+a5=a1+a7=2a4)

1、已知在等差数列an中，a1+a9=10，则a5的值为：

(B)6(C)8

(D)10

（A）

5(提示：a1+a9=2a5)

2、已知an是比差数列，Sn是它的前n项和。若a2a3=2a1，54且a4与2a7的等差中项为（A）35，则Sn为：

(D)29

54a7

(B)33(C)

31(提示：由a2a3=a1a4=2a1a4=2，再由a4+2a7=2×

q

=

14，=

a7a4

=

q

=

2，从而可知a1=16，进一步可求得Sn)

当然，这一部分内容仅仅是高中数学内容的冰山一角。通过这样的学习活动培养学生如何去思考、如何去钻研的学习习惯和学习态度。从心理学来看，高中生的心理和生理都趋于成熟，我们应该着手于加强高中生的分析问题和理解问题能力的培养，提高他们的抽象思维能力和逻辑思维能力,从而提高学习效率。反对死记硬背和题海战术，真正把他们从学习“苦海”中解救出来。这也是我们做老师的心得。参考文献：

[1]人民教育出版社，中学数学室.数学（高中必修），2006年6月第 版.[2]施致良.中小学劳动与技术教育[J]教学案例专题研究，浙江大学出版社，2001年3月第一版。

说明：本文在2010年云南省第六届教育教学论文研讨活动中荣获一等奖。因此，该文在2010年云南“教育研究专辑”中得到发表。

2011年4月

第四篇：等差数列与等比数列的证明

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等差数列与等比数列的证明

作者：刘春建

来源：《高考进行时·高三数学》2013年第03期

一、考纲要求

1.理解等差数列的递推关系，并能够根据递推关系证明等差数列。

2.理解等比数列的递推关系，并能够根据递推关系证明等比数列。

3.能够利用等差中项和等比中项证明等差数列和等比数列。

二、难点疑点

1.在证明等差数列和等比数列的过程中，部分学生只是求出了等差数列和等比数列的通项公式，而没有利用递推关系或者等差、等比中项进行证明。

2.在用等比中项证明等比数列的时候，没有交代各项均不为零。

3.要注意整体思想在证明等差数列和等比数列中的灵活运用。

第五篇：等比数列性质（本站推荐）

等比数列

1，在等比数列an中，已知a3a636,a4a718,an

12,求n。

2，在1与100之间插入n个正数，使这n个数成等比数列，求插入的n个数的积。3，在等比数列an中，若a22,a6162,求a10。

4，在等比数列an中，a3a4a53,a6a7a824,求a9a10a11。

5，一个项数为偶数的等比数列，它的偶数项和是奇数项和的2倍，又它的首项为1，且中间两项的和为24，求此等比数列的项数。

6，在等比数列an中，a9a10aa0,a19a20b,求a99a100。

7，已知由正数组成的等比数列an中，公比q2，a1a2a3a30245,求

a1a4a7a28

8，在等比数列an中，若a1a2a3168,a2a542,求a5与a7的等比中项。9，在等比数列an中，若a1a2a37,a1a2a38,求an 10，等比数列an的首项为a11024,公比q则当n为何值时，fn有最大值。,12，设fn表示这个数列的前n项的积，