等差等比数列证明

等差等比数列证明（共11篇）

1.等差等比数列证明 篇一

如何证明等差数列

设等差数列an=a1+(n-1)d

最大数加最小数除以二即

/2=a1+(n-1)d/2

{an}的平均数为

Sn/n=/n=a1+(n-1)d/2

得证

1三个数abc成等差数列，则c-b=b-a

c^2(a+b)-b^2(c+a)=(c-b)(ac+bc+ab)

b^2(c+a)-a^2(b+c)=(b-a)(ac+bc+ab)

因c-b=b-a，则(c-b)(ac+bc+ab)=(b-a)(ac+bc+ab)

即c^2(a+b)-b^2(c+a)=b^2(c+a)-a^2(b+c)

所以a^2(b+c),b^2(c+a),c^2(a+b)成等差数列

等差：an-(an-1)=常数(n≥2)

等比：an/(an-1=常数(n≥2)

等差：an-(an-1)=d或2an=(an-1)+(an+1),(n≥2)

等比：an/(an-1)=q或an平方=(an-1)*(an+1)(n≥2).2

我们推测数列{an}的通项公式为an=5n-4

下面用数学规纳法来证明：

1)容易验证a1=5*1-4=4，a2=5*2-4=6，a3=5*3-4=11，推测均成立

2)假设当n≤k时，推测是成立的，即有aj=5(j-1)-4，(j≤k)

则Sk=a1+a2+…ak=5*(1+2+…+k)-4k=5k(k+1)/2-4k=k(5k-3)/2

于是S(k+1)=a(k+1)+Sk

而由题意知：(5k-8)S(k+1)-(5k+2)Sk=-20k-8

即：(5k-8)*-(5k+2)Sk=-20k-8

所以(5k-8)a(k+1)-10Sk=-20k-8

即：(5k-8)a(k+1)=5k(5k-3)-20k-8=25k^2-35k-8=(5k-8)(5k+1)

所以a(k+1)=5k+1=5(k+1)-4

即知n=k+1时，推测仍成立。

在新的数列中

An=S

=a(4n-4)+a(4n-3)+a(4n-2)+a(4n-1)+a(4n)

A(n-1)=S

=a(4n-8)+a(4n-7)+a(4n-6)+a(4n-5)+a(4n-4)

An-A(n-1)=a(4n-4)+a(4n-3)+a(4n-2)+a(4n-1)+a(4n)-a(4n-8)+a(4n-7)+a(4n-6)+a(4n-5)+a(4n-4)

=4d+4d+4d+4d+4d

=20d(d为原数列公差)

20d为常数,所以新数列为等差数列上，an=5n-4即为数列的通项公式，故它为一等差数列。

A(n+1)-2An=2(An-2An-1)A(n+1)-2An=3*2^(n-1)两边同时除2^(n+1)得-An/2^n=3/4即{An/2^n}的公差为3/4An除以2的n次方为首项为1/2公差为3/4的等差数列

那么你就设直角三角形地三条边为a，a+b,a+2b

于是它是直角三角形得到

a²+(a+b)²=(a+2b)²

所以a²+a²+2ab+b²=a²+4ab+4b²

化简得a²=2ab+3b²

两边同时除以b²

解得a/b=3即a=3b

所以三边可以写为3b，3b+b。3b+2b

所以三边之比为3：4：5

设等差数列an=a1+(n-1)d

最大数加最小数除以二即

/2=a1+(n-1)d/2

{an}的平均数为

Sn/n=/n=a1+(n-1)d/2

得证

2.等差等比数列证明 篇二

定理1.等差数列{an}, a1, a2, …, an中, 有as, as+1, as+2, an, …仍成等差数列, 且数列中的任意一项at=as+ (t-s) d。

例1:等差数列{an}中, 已知:a3=13, d=4, 求a10.

解:a10=a3+ (10-3) d=13+7×4=41

对比一般的求解思路避免了求a1, 并且, 当t比s小时, 此公式仍然成立。

定理2:等差数列{an}, a1, a2, …an中, 有as, a2s, a3s, …, ams (s为任意给定的正数) , 也成等差数列, 且公差为sd。即等差数列中相同间隔的项组成的数列仍是等差数列。

∴{ams}成等差数列

推论:等差数列{an}, a1, a2, …an中, 有as, as+t, as+2t, …, as+mt仍成等差数列, 且公差为td。

即:等差数列中, “下标成等差数列的项仍成等差数列”。

证明略。

例2:在等差数列中, 已知a3=3, a10=20, 求a24。

解:∵3, 7, 10, 17, 24成等差数列。

∴a3, a10, a17, a24也成等差数列。

且公差为d=a10-a3=20-3=17

解题方法简捷明了。

定理3:等差数列{an}, 若正整数p+q=s+l=2t, 则aP+aq=as+al=2at

证明:∵aP+aq=a1+ (p-1) d+a1+ (q-1) d=2a1+ (p+q-2) d

例3:在等差数列中, 已知a12+a13+a14=93,

求a15+a16+a17。

解:∵a12+a13+a14+a18+a19+a20=93+107=200

定理4:一般地等差数列{an}, a1, a2, …, an中, 有 (1) ma1, ma2, …, man, (2) a1+k, a2+k, …, an+k, (3) m a1+k, ma2+k, man+k均成等差数列。即等差数列同乘以一个常数或同加上一个常数或同乘以一个常数再加上一个常数仍成等差数列。

原题得证。

定理5:等比数列{an}中, am, am+1, am+2, …, an成等比数列, 且an=amqn-m

证明显然。

定理6:等比数列{an}中, 有at, a2t, …, amt成等比数列, 公比为qt。

证明:{an}为等比数列, 即

∴{amt}为等比数列.

即“等比数列间隔相同的项成等比数列”

推论:等比数列an中, 有as+t, as+2t, …, as+mt成等比数列.即“等比数列中下标成等差数列的项仍成等比数列”

例6:在等比数列中, 已知a4=3, a8=48, 求a16

解:∵4, 8, 12, 16成等差数列.

∴a4, a8, a12, a16成等比数列.

定理7:等比数列{an}中, 若s+l=m+n=2t (m, n, s, l, t, e∈N) , 有as, al=an, am=at2

证明∵asal=a1qs-1a1ql-1=a12qs+l-2

同理:aman=a12qm+n-2

例7:在等比数列中, 已知a3a9=64

求a6

解:∵3+9=2×6

定理8:等比数列{an}中, 有{kan} (k≠0)

{anm}也成等比数列。

例8:已知数列{an}是首项为2, 公比为3的等比数列, 求a12+a22+…+a102

解:∵{an}为等比数列

参考文献

[1]数学 (五年制高等职业教育文化基础课教学用书) [M].苏州:苏州大学出版社.

[2]数学 (全日制普通高级中学教科书) [M].北京:人民教育出版社.

3.等差、等比数列考点全析 篇三

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

4.等差等比数列证明 篇四

第一讲 等差、等比数列的计算与证明

一、选择题

1．(2010·全国Ⅱ)如果等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋„＋a7＝()A．14B．21C．28D．3

5解析：由等差数列性质得a3＋a4＋a5＝3a4，7a1＋a7由3a4＝12，得a4＝4，所以a1＋a2＋„＋a7＝7a4＝28.2答案：C

2．(2010·福建)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最

小值时，n等于()

A．6B．7C．8D．9

解析：∵{an}是等差数列，∴a4＋a6＝2a5＝－6，a5－a1－3＋11则a5＝－3，d＝2，得{an}是首项为负数的递增数列，所有的非正 45－

1项之和最小．∵a6＝－1，a7＝1，∴当n ＝6时，Sn取最小．故选A.答案：A

3．等比数列{an}前n项的积为Tn，若a3a6a18是一个确定的常数，那么数列T10，T13，T17，T25中也是常数的项是

A．T10B．T13C．T17D．T25

解析：a3a6a18＝a1 3q2＋5＋17＝(a1q8)3＝a9 3，即a9为定值，所以与a1下标和为18的项 积为定值，可知T17为定值．

答案：C

4．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于()

A．80B．26C．30D．16

3nS141－q解析： Sn21－q∴qn＝2.1－q4n

∴S4n＝Sn30.故选C.1－q答案：C

5．(2010·辽宁)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝()-1-

15313317B.C.2442

24解析：an>0，a2a4＝a1q＝1①

S3＝a1＋a1q＋a1q2＝7②

11解得a1＝4，q＝或－舍去)，2

3114×3231a11－qS5＝＝，故选B.141－q125

答案：B

二、填空题

6．(2010·福建)在等比数列{an}中，若公比q＝4，且前3项之和等于21，则该数列的通

项公式an＝________.a11－q3－解析：∵{an}是等比数列，q＝4，S3＝21，∴a1＝1，∴an＝4n1 1－q

答案：4n1 －

7．(2009·辽宁理)等差数列{an}的前n项和为Sn，且6S5－5S3＝5，则a4＝________.5×43×2解析：由题意知65a1＋d－53a1＋＝15a1＋45d＝15(a1＋3d)＝15a4＝5，22

1故a4＝.313

8．数列{an}满足：an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足：bn＝anan＋1，则数列{bn}的前10项和S10＝________.111解析：由题可知an＋1＝an(1－an＋1)，整理可得1，则1＋(n－1)＝n，所 anan＋1an

1111110以an＝，bn＝anan＋1＝＝－，故S10＝b1＋b2＋„＋b10＝1－.n1111nn＋1nn＋

110答案：11

9．已知数列{an}(n∈N*)满足：an＝nn＝1，2，3，4，5，6

－an－6n≥7，且n∈N* 则a2 007＝________.解析：由an＝－an－6(n≥7，且n∈N*)知an＋12＝－an＋6＝an

从而知当n≥7时有an＋12＝an

于是a2 007＝a167×12＋3＝a3＝3.答案：3

三、解答题

10．如图给出了一个“等差数阵”：

其中每行、每列都是等差数列，aij表示位于第i行第j列的数．

(1)写出a45的值；

(2)写出aij的计算公式．

解：(1)该等差数阵的第1列是首项为4，公差为3的等差数列，a41＝4＋3×(4－1)＝13，第2列是首项为7，公差为5的等差数列，a42＝7＋5×(4－1)＝22.∵a41＝13，a42＝22，∴第4行是首项为13，公差为9的等差数列．

∴a45＝13＋9×(5－1)＝49.(2)∵a1j＝4＋3(j－1)，a2j＝7＋5(j－1)，∴第j列是首项为4＋3(j－1)，公差为2j＋1的等差数列． ∴aij＝4＋3(j－1)＋(2j＋1)·(i－1)＝i(2j＋1)＋j.11．等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；

S(2)设bn＝n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列． n

a1＝2＋1，(1)解：由已知得∴d＝2，3a1＋3d＝9＋2，故an＝2n－1＋2，Sn＝n(n＋2)．

S(2)证明：由(1)得bn＝＝n＋2.n

2假设数列{bn}中存在三项bp、bq、br(p、q、r互不相等)成等比数列，则bq＝bpbr，即(q＋2)2＝(p＋2)(r＋2)，∴(q2－pr)＋(2q－p－r)2＝0.∵p，q，r∈N*，2q－pr＝0，∴ 2q－p－r＝0，

∴p＋r2＝pr，(p－r)2＝0，2

∴p＝r.这与p≠r相矛盾

所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．

a＋1212．已知数列{an}的各项均为正数，前n项的和Sn＝，4

(1)求{an}的通项公式；

(2)设等比数列{bn}的首项为b，公比为2，前n项的和为Tn.若对任意n∈N*，Sn≤Tn 均成立，求实数b的取值范围．

a1＋12解：(1)由a1＝a1＝1.4

an＋12－an－1＋12当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1，4

得(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0.又因为an>0，所以an－an－1＝2.因此{an}是首项为1，公差为2的等差数列，即an＝2n－1(n∈N*)．

(2)因为Sn＝n2，Tn＝b(2n－1)，所以Sn≤Tn对任意n∈N*恒成立，n12－1当且仅当≤对任意n∈N*均成立． bn2n－12n1－12n－1n2－2n－1·2n＋2n＋1令Cn＝Cn＋1－Cn＝＝，nnn＋1n·n＋1＋所以C1>C2，且当n≥2时，Cn

5.等差等比数列学生版 篇五

1.等差数列的基本问题(1)定义：(2)通项公式：(3)等差中项(4)前n项和公式

2.等差数列的性质已知数列{an}是等差数列,Sn是其前n项和.(1)(2)(3)(4)

一、等差数列的基本运算

例1（1）设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1＝1,公差d＝2,Sk＋2－Sk＝24,则k＝()

（2）Sn为等差数列{an}的前n项和,S2＝S6,a4＝1,则a5＝________.练习：已知等差数列{an}满足a10＝20,a20＝10,＝求a30.例2(1)设等差数列的前n项和为Sn,已知前6项和为36,Sn＝324,最后6项的和为180(n>6),求数列的项数n及a9＋a10;

Sn3n－1a8(2)等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn、Tn,且＝求的值.Tn2n＋3b8

a练习：已知数列{an}<－1，且它们的前n项和Sn有最大值，则使Sn>0的a10

n的最大值为()A．11B．19C．20D．21

二、等差数列的定义

anan＋1例3已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且Sn＝，n∈N*.2

1(1)求证：数列{an}是等差数列；(2)设bn＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.2Sn

练习：已知数列{an}中，a1＝－1，an＋1·an＝an＋1－an，则数列的通项公式为________． 等比数列基础梳理

1.等比数列的基本问题(1)定义：(2)通项公式：(3)等比中项(4)前n项和公式

2.等比数列的性质已知数列{an}是等差数列,Sn是其前n项和.(1)(2)(3)(4)

一、等比数列的基本运算

例1（1）等比数列{an}对一切正整数n都有Sn＝2an－1,Sn是{an}的前n项和,公比q的值为

(2)若等比数列{an}满足anan＋1＝16n,则公比为()

11111练习：{an}是各项均为正数的等比数列,且a1＋a2＝2(3＋a4＋a5＝64(＋).a1a2a3a4a5

12(1)求{an}的通项公式;(2)设bn＝(an),求数列{bn}的前n项和Tn.an

例2已知各项不为0的等差数列{an}满足2a2－a27＋2a12＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b3b11等于()

练习：（1）已知等比数列{an}中，an>0，a1，a99为方程x2－10x＋16＝0的两根，则a20·a50·a80的值为()A．32B．64C．256D．±64

2）等比数列前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有()项

二、等比数列的定义

例3设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1＝1,Sn＋1＝4an＋2.an(1)设bn＝an＋1－2an,证明数列{bn}是等比数列;(2)证明数列{n}是等差数列.2练习:在本例条件下,设cn＝

巩固练习

11.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝，an＝－2SnSn－1(n≥2)． 2

1(1)求证：数列S是等差数列；(2)求Sn和an.n

2.数列{an}中，Sn＝1＋kan(k≠0，k≠1)．

6.等差等比数列证明 篇六

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

7.等差等比数列证明 篇七

这里,我们给出下列定理:等差数列{a+bn}(ab≠0)中包含一个无穷的等比数列子数列的充要条件是。

证明:(1)设等差数列{a+bn}(ab≠0)中存在一个等比数列子数列:a+bn1,a+bn2,a+bn3,…,(n1

(2)反过来,如果,不妨设a,b∈Z,且b>0取自然数n1,使得c1=a+bn1①,设a+bn2=c1q②,a+bn3=c1q2③,②-①:b(n2-n1)=c1(q-1),取q-1=b,则q=1+b,n2=n1+c1,③-②:b(n3-n2)=c1q(q-1)=c1bq⇒n3=n2+c1q,由归纳法易知a+bnk=c1qk-1,其中q=b+1,nk+1=nk+c1qk-1,即子数列{a+bnk}(k∈N+)成等比数列,充分性满足。

这里,必要性的证明思路自然,符合新课标的要求,同学也容易领悟出来。充分性的证明在给出等比数列的第一项c1=a+bn1后,由c2=c1q、c2=a+bn2,比较易知q=b+1,n2=n1+c1q…由归纳法可以构造等比数列。

定理条件中的b实际上是等差数列的公差,又,故首项与公差的比也是有理数。因而,公差d非零的等差数列{an}存在一等比数列子数列的充要条件是,以此为出发点,我们可以快速地对相关问题做出判断,找到解题方向。同时,我们提醒同学运用时应给出证明。

公差d非零的等差数列{an}存在一等比数列子数列的必要条件是,其等价形式是:公差d非零的等差数列{an}中,则其一定不存在等比数列子数列。

必要性的证明思路有一定的代表性,是研究这类问题的通法。通常在等差数列存在等比数列子数列时,都可以这样下手,其结论提供了我们寻找不存在等比数列子数列的等差数列的快捷途径。充分性的证明过程,为我们构造符合条件的等比数列提供了方法。如果熟悉二项式定理,则更方便。

题1:求证:对于一个给定的正整数n(n≥4),存在一个各项及公差都不为零的等差数列b1,b2,……bn,其中任意三项(按原来顺序)都不能组成等比数列。

[简析]假设对于某个正整数n,存在一个公差为d的n项等差数b1,b2,……bn,其中b1,b2,b3(1≤n,

题2:设等差数列{an}中包含1和,求证:{an}中的任意三项不构成等比数列。这道题是一道经典的赛題,一般的数学竞赛教材,都选它作为数列的典型例题。但其解答都是一个面孔,而这个解答让人看起来很费解。我们从上述定理出发,给出下列分析。

[简析]第一步:先证明,等差数列{an}存在一等比数列子数列的必要条件是,d是等差数列{an}的公差且d≠0。第二步:设an=1,(1≤n

这里提供的解法远远比原来的解答简捷优美。此命题可以推广到一般情形:若等差数列{an}中有一项是有理数a,另一项是无理教δ,那么{an}中任意三项都不可能构成等比数列。我们还可以研究对称命题:若等比数列{an}中包含1和,问:{an}中的任意三项能否构成等差数列?

题3:已知{an}是等差数列,{bn}是公比为q的等比数列,a1=b1,a2=b2≠a1若b3=ai(i是某一正整数),求证:q是整数,且数列{bn}中每一项都是数列{an}中的项。这题是2007年高考江苏数学卷压轴题最后一题中最难的一小题,涉及定理的充分性,评分标准给出的解答篇幅较大。我们给出以下分析。

[简析]已知等差数列{an}中a1,a2,ai(i>2)成等比数列,设{an}公差为d,则由,也就是说,取时,1,6,,,…成等比数列,即a3=1符合要求,,因此我们可以判断等差数列{an}存在等比数列子数列a1,a2,ai,…(i≥4),此等比数列就是数列{bn}。具体证明如下:{bn}的公比显然是整数。而是数列{an}的项,故结论成立。对不熟悉二项式定理的文科同学而言,可以这样来思考:bn=a1(i-2)n-1=a1+a1[(i-2)n-1-1]=a1+a1[(i-2)-1]·[(i-2)n-2+(i-2)n-3+…+(i-2)+1]=a1+[(i-2)n-2+(i-2)n-3+…+(i-2)+1]d,显然(i-2)n-2+(i-2)n-3…+(i-2)+1是正整数,故bn是{an}中的项,结论成立。

题4:(改编题)设数列{an}是一个公差不为零的等差数列,且a5=6。若a3∈A时,存在自然数n1,n2,…,nt,…,满足5

[简析]由a5=a3+2d且a5=6⇒2d=6-a3,又=a3+(a1-3)d,由a3,a5,,成等比数列,有,当a3=1时,,因为n1>5,所以a3必是12的约教:1,2,3,4,6,12。。在这里,a3=1∈A。亦可按题3的方法二求解。同理2,3,4,12∈A。所以A={1,2,3,4,12}。这里a3在A中随意取一个值来验证都是一道高质量的能力训练题。

等差数列与等比数列,是两种不同的数列模型,但二者也不是绝对不相容的,即等差数列中的某些项可以构成等比数列,甚至可以找到一无穷的等比数列子数列,上述定理揭示了等差数列存在等比数列子数列的条件。

8.等差等比数列证明 篇八

1.学习一个数学公式的基本任务有哪些？

（1）等差数列、等比求和公式内容是什么？公式怎么用？

（2）推导公式的方法怎么用？

2.拿到一个新题目怎么想？

（1）现有的相关公式能否用上？

（2）非等差、等比数列求和能否化为等差、等比数列求和？

（3）已经用过的相关方法能否用上？

问题一：求数列，，，…，，…的前n项和;

分析：数列的分子成等差数列，分母成等比数列，可用错位相减法求和;

Sn=+++…++其中等比数列的公比q=;

Sn=+++…++;

两式错位相减得：

Sn=++++…-

=-+2（++++…+）-

∴Sn=3-

小结：设数列an的等比数列，数列bn是等差数列，则数列anbn的前n项和Sn求解，均可用错位相减法.

问题二：已知a≠0，求数列a，2a2，3a3，…，nan，…前n项和.

点拨：字母的系数等差，字母项等比，但需要对字母讨论.

解：Sn=a+2a2+3a3+…+nan，

当a=1时，Sn=1+2+3+…+n=，

当a≠1时，Sn=a+2a2+3a3+…+nan，

aSn=a2+2a3+3a4+…+nan+1，

两式相减（1-a）Sn=a+a2+a3+…+an-nan+1，

=-nan+1

∴Sn=.

小结：采用乘公比，错位相减，可以得到一组等比数列，求和用公式但必须注意公比是否为1，否则须讨论.

问题三：设Sn=-1+3-5+7-9+…+（-1）n（2n-1），则Sn=（-1）nn

方法一：分析：由此数列的通项an=（-1）n（2n-1）;其是等差数列与等比数列的积这一类型的数列求和，故用错位相减法.

所以Sn=-n（n为奇数）

n（n为偶数），即Sn=（-1）nn.

总结：一个数列cn可以看成是一个以公差为d的等差数列（d不等于零）和一个是公比为q的等比数列（q不等于1）的乘积形式，则数列cn的前n项求和的方法可采用做错位相减法.

方法二：分析：通过观察可发现此数列具有正负相间，且正数项和负数项分别成等差数列这一特征.因此可以将正数项和负数项分别进行分组求和.但此数列有多少正数项和负数项呢？还要对项数n的奇偶性进行讨论.

略解：Sn=-n（n为奇数）

n（n为偶数），即Sn=（-1）nn.

总结：我们通过分组转化成两个等差数列，然后通过已有的等差数列求和求解。这种方法叫做分组求和法。

方法三：分析：通过观察可发现此数列具有这样的特征，即第一项与第二项，第三项与第四项，第五项与第六项，……，第n-1项与第n项的和都等于2，共多少个2呢？还要对项数n进行奇偶性讨论.

总结：通过将数列相邻的两项并成一项得到一个新的容易求和的数列，这种方法叫做并项求和。

通过对以上问题几种方法的探讨，不难看出，实际上所有与项的序号的奇偶性有关的数列求和问题，通过认真审题，抓住数列的通项，灵活地运用分类讨论、转化和化归数学思想，就可将其变为熟悉、简单的等差数列或等比数列来处理，辅助以适当的解题方法技巧，问题就会迎刃而解.

9.《等差数列》检测 篇九

班级姓名

一、选择题(每小题5分，共25分)

1、设数列{an}的通项公式为an＝n2－5n＋4，则数列{an}开始递增的最小项是

A、a1B、a2C、a3D、a2和a32、已知数列{an}的前n项和公式Sn＝2n2－n＋1，则数列{an}的一个通项公式为

2,n1A、an＝4n－3B、an＝ *4n3,n2,nN

C、an＝4n－2D、an＝4(n－1)

3、数列{an}满足a1＝0，an＋1－an＝2n，则a2009的值为

A、2007×2008B、2008×2009C、20092D、2009×30004、在等差数列{an}中，a1＝1，a2＋a5＝4，an＝33，则n为 3

A、48B、49C、50D、515、设{an}是公差为正数的等差数列，若a1＋a2＋a3＝15，a1·a2·a3＝80，则a11＋a12＋a13等于

A、120B、105C、90D、75

二、填空题（每小题4分，共16分）

6、若等差数列{an}的a3＝5，a8＝13，则{an}的通项公式为

7、设Sn为等差数列{an}的前n项和，S5＝10，S10＝－5，则公差d＝。

8、已知等差数列{an}的各项所对应的点在在函数y＝kx－2的图象上，且当x＝5时y＝18，则an＝。

9、已知数列{an}满足a1－0，an＋1＝

三、解答题（９分）

10、已知函数f(x)＝

⑴求an；

10.等差数列 篇十

一、引导观察数列：4，5，6，7，8，9，10，……                         3，0，-3，-6，……                     ， ， ， ，……                        12，9，6，3，……       特点：从第二项起，每一项与它的前一项的差是常数 — “等差”

二、得出等差数列的定义：        注意：从第二项起，后一项减去前一项的差等于同一个常数。1．名称：   首项   公差 2．若   则该数列为常数列3．寻求等差数列的通项公式：                    由此归纳为     当 时  （成立）       注意:  1° 等差数列的通项公式是关于 的一次函数              2° 如果通项公式是关于 的一次函数，则该数列成ap          证明：若                 它是以 为首项， 为公差的ap。              3° 公式中若  则数列递增，  则数列递减  4° 图象： 一条直线上的一群孤立点三、例题： 注意在 中 ， ， ， 四数中已知三个可以求           出另一个。例一 （见教材）例二 （见教材）

11.浅谈等差数列的灵活运用 篇十一

一、从等距的角度开展等差数列的教学

根据等差数列的定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列。理解等差数列的关键在于理解“从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数”这句话，教学中必须让学生充分理解后一项与前一项都相差d，即an+1-an=d（常数）。

例如：下面的算式是按某种规律排列的：1+1，2+3，3+5，4+7，1+9，2+11，3+13，4+15，1+17，…问：（1）第1998个算式是（）+（）；（2）第（）个算式的和是2000。

解析：（1）第1个加数依次为1，2，3，4，1，2，3，4，…，每4个数循环一次，重复出现。1998÷4=499……2，所以第1998个算式的第1个加数是2。第二个加数依次为1，3，5，7，9，11，…，这是个首项为1，公差为2的等差数列。根据等差数列的通项公式可求出第1998个算式的第二个加数：1+（1998-1）×2=3995，所以第1998个算式是2+3995。

（2）由于每个算式的第二个加数是奇数，所以和是2000的算式的第1个加数一定是奇数，不会是2和4。只有1+x=2000或3+x=2000。其中，x是1，3，5，7，9……中的某个数。

若1+x=2000，则x=1999。根据等差数列的项数公式可得：（1999-1）÷2+1=1000，这说明1999是数列1，3，5，7，9…中的第1000个数。因为1000÷4=250，说明第1000个算式的第1个加数是4，与假设1+x=2000矛盾，所以x不等于1999。

若3+x=2000，则x=1997。与上同理，（1997-1）÷2+1=999，说明1997是等差数列1，3，5，7，9…中的第999个数。由于999÷4=249……3，说明第999个算式的第一个加数是3，因此第999个算式为3+1997=2000。

点评：第二个加数为等差数列，那么第n项的值an=首项+（项数-1）×公差，项数=（末项-首项）÷公差+1。利用这些公式，可以快速得到答案，而且还能确保正确率，运用起来十分灵活、方便。

等差数列是一个特殊的函数，因此在解决数列问题时，要灵活利用函数的知识、函数的观点、函数的思想方法来解题，即用共性来解决特殊问题。

二、从推导通项公式展开等差数列教学

教师在授课时要注重从具体生活实例出发，注重引导、启发、研究和探讨以符合这类学生的心理发展特点，从而促进思维能力的进一步发展。

例如：水库管理人员为了保证优质鱼类有良好的生活环境，用定期放水清库的办法清理水库中的杂鱼。如果一个水库的水位为18m，自然放水每天水位降低2.5m，最低降至5m.那么从开始放水算起，到可以进行清理工作的那天，水库每天的水位（单位：m）组成一个什么数列？

教师：以上三个问题中的数蕴涵着三列数。

学生：18，15.5，13，10.5，8，

5.5。

教师：引导学生思考这三列数具有的共同特征，然后让学生抓住数列的特征，归纳得出等差数列概念。

学生：分组讨论，可能会有不同的答案：前数和后数的差符合一定规律；这些数都是按照一定顺序排列的……只要合理教师就要给予肯定。

教师引导归纳出：等差数列的定义；另外，教师引导学生从数学符号角度理解等差数列的定义。

点评：通过对一定数量感性材料的观察、分析，提炼出感性材料的本质属性；使学生体会到等差数列的规律和共同特点；一开始抓住“从第二项起，每一项与它的前一项的差为同一常数”，落实对等差数列概念的准确表达。

三、从一次函数角度理解等差数列的通项公式

从函数的角度来理解等差数列，合理运用数形结合思想直观简化问题，在解决等差数列的问题时，能事半功倍。函数思想是重要的数学思想，教师需要在平常教学时逐步渗透，如若在等差数列的教学过程中，对学生进行函数思想的熏陶，能拓展思维，使学生的知识网络不断优化与完善，使学生的思维能力不断发展与提高。