等差数列习题

2024-10-20

等差数列习题（精选15篇）

等差数列习题篇1

1．（01天津理，2）设Sn是数列{an}的前n项和，且Sn=n2，则{an}是（B）

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）

A.130B.170C.210D.260

等差数列习题篇2

解法1等差数列的性质:

Sn, S2n-Sn, S3n-S2n亦成等差数列.

因为2 (S16-S8) =S8+S24-S16,

即2× (392-100) =100+S24-392,

所以S24=876.

解法2等差数列的前n项和公式

设等差数列{an}的首项a1, 公比d,

所以S24=24a1+276d=876.

解法3等差数列求和公式

所以a1+a8=25, a1+a16=49,

因此a1+a24=49+ (49-25) =73,

故S24=12 (a1+a24) =876.

解法5等差数列的前n项和可变式为

可将Sn看成关于n的一元二次函数.

设为Sn=An2+Bn (A, B为常数) ,

代入得S24=876.

总结解法1的运算最简法, 但有局限, 只能解决Sn, S2n, S3n之间的关系.解法2, 3为通用方法, 利用等差数列的求和公式和通项公式, 将条件都转化为a1和d, 一定能解决问题, 有时解方程组计算量较大.解法4利用为新的等差数列, 计算较为简便.解法5是将数列看成特殊的函数, 利用函数的思想来解决.在学习的时候, 尝试一题多解, 根据条件选择“最优解法”.

等差数列习题篇3

关键词：递推关系；构造法；等差数列；等比数列

求数列通项公式是高考主要考查的题型之一. 对于等差或等比数列的通项有现成的公式，而对于一个普通的数列，如何求其通项，教材中并没有给出具体的方法. 下面以一道课本习题就通项公式的求解进行拓展探究.

题目（新课标人教版必修5第54页练习）已知数列{an}，a1=1，an+1=，求a5.

递推关系是数列相邻两项之间的关系，即由a1=1可求得a2=，由a2可求a3=，……，以此类推可求得a5=. 若将题目改为求an，又如何求解？

变式1：已知数列{an}，a1=1，an+1=，求an.

对于给出递推关系求数列的通项公式问题，我们常用的策略就是构造法，即将一个普通的数列构造为特殊的等差或等比数列，进而求出通项公式.

点评：本题的难点是已知递推关系式中的较难处理，可构建新数列{bn}，令bn=，这样就巧妙地去掉了根式，便于化简变形.

综上，由递推关系求数列通项既是高考对数列考查的重点也是难点，难就难在类型多，技巧性强. 处理递推数列问题的基本思想就是对递推式进行变换，通过变换把递推数列问题转化为特殊的数列，即等差数列或者等比数列. 等差数列、等比数列是数列中的最基本也是最重要的形式，必须熟练掌握.

等差数列练习题篇4

例题：3，9，( )，81，243

解析：此题较为简单，括号内应填27。

2.二级等比数列：后一项与前一项的比所得的新的数列是一个等比数列。

例题：1，2，8，( )，1024

解析：后一项与前一项的比得到2，4，8，16，所以括号内应填64。

3.二级等比数列及其变式

二级等比数列变式概要：后一项与前一项所得的比构成的新的数列可能是自然数

列、平方数列、立方数列。

例题：6 15 35 77

A.106 B.117 C.136 D.163

小学五年级奥数等差数列练习题篇5

1、有一个数列:2,6,10,14,…,106,这个数列共有多少项?。

2、有一个数列:5,8,11,…,92,95,98,这个数列共有多少项?

3、求1,5,9,13,…,这个等差数列的第3O项。

4、求等差数列2,5,8,11,…的第100项。

5、计算1+2+3+4+…+53+54+55的和。

6、计算5+10+15+20+⋯ +190+195+200的和。

7计算(1+3+5+7+…+2003)-(2+4+6+8+…+2002)

等比数列练习题篇6

一、选择题

1.等比数列{an}中，a1=2，q=3，则an等于( )

A.6 B.3×2n-1

C.2×3n-1 D.6n

答案：C

2.在等比数列{an}中，若a2=3，a5=24，则数列{an}的通项公式为( )

A.322n B.322n-2

C.32n-2 D.32n-1

解析：选C.∵q3=a5a2=243=8，∴q=2，而a1=a2q=32，∴an=32×2n-1=32n-2.

3.等比数列{an}中，a1+a2=8，a3-a1=16，则a3等于( )

A.20 B.18

C.10 D.8

解析：选B.设公比为q(q≠1)，则

a1+a2=a1(1+q)=8，

a3-a1=a1(q2-1)=16，

两式相除得：1q-1=12，解得q=3.

又∵a1(1+q)=8，∴a1=2，

∴a3=a1q2=2×32=18.

4.(高考江西卷)等比数列{an}中，|a1|=1，a5=-8a2，a5>a2，则an=( )

A.(-2)n-1 B.-(-2)n-1

C.(-2)n D.-(-2)n

解析：选A.∵|a1|=1，

∴a1=1或a1=-1.

∵a5=-8a2=a2q3，

∴q3=-8，∴q=-2.

又a5>a2，即a2q3>a2，

∴a2<0.

而a2=a1q=a1(-2)<0，

∴a1=1.故an=a1(-2)n-1=(-2)n-1.

5.下列四个命题中正确的是( )

A.公比q>1的等比数列的各项都大于1

B.公比q<0的等比数列是递减数列

C.常数列是公比为1的等比数列

D.{lg2n}是等差数列而不是等比数列

解析：选D.A错，a1=-1，q=2，数列各项均负.B错，a1=1，q=-1，是摆动数列.C错，常数列中0,0,0，…，不是等比数列.lg2n=nlg2，是首项为lg2，公差为lg2的等差数列，故选D.

6.等比数列{an}中，a1=18，q=2，则a4与a8的等比中项是( )

A.±4 B.4

C.±14 D.14

解析：选A.由an=182n-1=2n-4知，a4=1，a8=24，其等比中项为±4.

二、填空题

7.若x,2x+2,3x+3是一个等比数列的.连续三项，则x的值为__________.

解析：由于x,2x+2,3x+3成等比数列，

∴2x+2x=3x+32x+2=32且x≠-1,0.

∴2(2x+2)=3x，∴x=-4. X k b 1 . c o m

答案：-4

8.等比数列{an}中，若an+2=an，则公比q=__________;若an=an+3，则公比q=__________.

解析：∵an+2=an，∴anq2=an，∴q=±1;

∵an=an+3，∴an=anq3，∴q=1.

答案：±1 1

9.等比数列{an}中，a3=3，a10=384，则该数列的通项公式为an=________.

解析：a3=a1q2=3，a10=a1q9=384.

两式相比得q7=128，∴q=2，∴a1=34.

an=a1qn-1=34×2n-1=32n-3.

答案：32n-3

三、解答题

10.已知数列{an}满足：lgan=3n+5，求证：{an}是等比数列.

证明：由lgan=3n+5，得an=103n+5，

∴an+1an=103n+1+5103n+5=1000=常数.

∴{an}是等比数列.

11.已知{an}为等比数列，a3=2，a2+a4=203，求{an}的通项公式.

解：设等比数列{an}的公比为q，

则q≠0.a2=a3q=2q，a4=a3q=2q，

∴2q+2q=203.解得q1=13，q2=3.

当q=13时，a1=18，

∴an=18×(13)n-1=2×33-n.

当q=3时，a1=29，

∴an=29×3n-1=2×3n-3.

综上，当q=13时，an=2×33-n;

当q=3时，an=2×3n-3.

12.一个等比数列的前三项依次是a,2a+2,3a+3，则-1312是否是这个数列中的一项?如果是，是第几项?如果不是，请说明理由.

解：∵a,2a+2,3a+3是等比数列的前三项，

∴a(3a+3)=(2a+2)2.

解得a=-1，或a=-4.

当a=-1时，数列的前三项依次为-1,0,0，

与等比数列定义矛盾，故a=-1舍去.

当a=-4时，数列的前三项依次为-4，-6，-9，

则公比为q=32，∴ an=-4(32)n-1，

令-4(32)n-1=-1312，

即(32)n-1=278=(32)3，

∴n-1=3，即n=4，

等差数列习题篇7

类比是根据两个或两类对象的某些属性相同或相似之处, 推出它们的其它属性也相同或相似的思维方式, 类比联想可以发现新的结论、新的规律, 可以找到解决数学问题的有效方法和途径;类比问题已成为近几年高考命题的新热点和新亮点.此类题型不仅可以考查学生的思维能力、分析问题和解决问题的能力及运算能力.同时, 无论是发展学生的创造性思维还是进入高校继续学习和持续发展, 都具有非常重要的意义.

从表1可以看出, 由等差到等比是运算升级的过程——和↔积, 差↔商, 系数↔指数, 0↔1.

例1 在等差数列{an}中, 前n项和 $S_{n} = \frac{n (a_{1} + a_{n})}{2} = n a_{1} + \frac{n (n - 1)}{2} d$ .类比上述性质, 相应地在等比数列{bn}中, 有如下结论__.

解:类比等差数列到等比数列——和↔积, 系数↔指数.在等比数列{bn}中, 前n项积为Tn, 则有如下结论:

$Τ_{n} = b_{1} \cdot b_{2} \dots b_{n} = (b_{1} \cdot b_{n})^{\frac{n}{2}} = b_{1}^{n} \cdot q^{\frac{n (n - 1)}{2}}$ .事实上: $Τ_{n} = b_{1} \cdot b_{2} \dots b_{n} = b_{1} \cdot b_{1} q \cdot b_{1} q^{2} \dots b_{1} q^{n - 1} = b_{1}^{n} q^{1 + 2 + \dots + (n - 1)} = b_{1}^{n} \cdot q^{\frac{n (n - 1)}{2}} = b_{1}^{\frac{n}{2}} (b_{1} \cdot q^{n - 1})^{\frac{n}{2}} = (b_{1} \cdot b_{n})^{\frac{n}{2}} = b_{1}^{n} \cdot q^{\frac{n (n - 1)}{2}} .$

例2 若{an}是等差数列, 则 $b_{n} = \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n}$ 也是等差数列, 类比上述性质, 相应地:若数列{cn}是等比数列, 且cn>0, 则有dn=__也是等比数列.

解:类比等差数列到等比数列——和↔积, 系数↔指数.

若数列{cn}是等比数列, 且cn>0, 则有 $d_{n} = \sqrt[n]{c_{1} \cdot c_{2} \dots c_{n}}$ 成等比数列.

事实上: $d_{n} = \sqrt[n]{c_{1} \cdot c_{2} \dots c_{n}} = \sqrt[n]{c_{1}^{n} \cdot q \cdot q^{2} \dots q^{n - 1}} = \sqrt[n]{c_{1}^{n} \cdot q^{\frac{n (n - 1)}{2}}} = c_{1} q^{\frac{n - 1}{2}} = c_{1} (\sqrt{q})^{n - 1} .$

例3 已知等差数列{an}的首项为a1, 公差为d (a1, d为常数, 且d≠0) , k, l, m∈N+, 且k, l, m互不相等, 则 (l-m) ak+ (m-k) al+ (k-l) am=0.

请你用类比的思想在等比数列中写出与之类似的结论__.

解:类比等差数列到等比数列——和↔积, 系数↔指数, 0↔1.

已知等比数列{an}的首项为a1, 公比为q (a1, q为常数, 且q≠0) , k, l, m∈N+, 且k, l, m互不相等, 则a $_{k}^{l - m}$ ·a $_{l}^{m - k}$ ·a $_{m}^{k - l}$ =1.

事实上: (a1qk-1) l-m· (a1ql-1) m-k· (a1qm-1) k-l=a (l-m) + (m-l) + (k-l) ·

q (k-l) (l-m) + (l-1) (m-k) + (m-1) (k-l) =a $_{1}^{0}$ ·q0=1.

例4 在等差数列{an}中, a10=0, 则有等式a1+a2+…+an=a1+a2+……+a19-n (n<19, n∈N+) 成立, 类比上述性质, 相应地:在等比数列{bn}中, 若b9=1, 则有等式__成立.

解:类比等差数列到等比数列——和↔积, 系数↔指数, 0↔1.

从而对等比数列{bn}, 如果b9=1, 则有等式:b1b2…bn=b1b2…b17-n (n<17, n∈N+) 成立.事实上, 对等比数列{bn}, 如果bk=1, 则bn+1·b2k-1-n=bn+2·b2k-2-n=…=bk·bk=1.所以有:b1·b2·b3…bn=b1·b2…bn· (bn+1·bn+2…b2k-2-n·b2k-1-n) (n<2k-1, n∈N+) .从而, 当b9=1, b1b2…bn=b1b2…b2×9-1-n=b1b2…b17-n (n<17, n∈N+) .,

例5 设数列{an}是等差数列, 其中 $a_{m} = a, a_{n} = b, a_{m + n} = \frac{b \cdot n - a \cdot m}{n - m}$ , 用类比的思想方法在等比数列中写出类似的结论, 设数列{bn}是等比数列, 其中am=a, an=b, bm+n=.

解:类比等差数列到等比数列——和↔积, 系数↔指数, 0↔1.设数列{bn}是等比数列, 其中bm=a, bn=b, 则 $b_{m + n} = \sqrt[n - m]{\frac{b^{n}}{a^{m}}}$ .事实上: $q^{n - m} = \frac{b_{n}}{b_{m}} = \frac{b}{a}, b_{m + n} = b_{m} \cdot q^{(m + n) - m} = a \cdot q^{n} = a \cdot (\sqrt[n - m]{\frac{b}{a}})^{n} = \sqrt[n - m]{\frac{b^{n}}{a^{m}}} .$

例6 在正数等比数列{an}中, 设a1a2…a50=S, an-49an-48…an=t (n>49, n∈N+) , 其中S、t都是常数, 证明: $a_{1} a_{2} \dots a_{n} = (S \cdot t)^{\frac{n}{100}};$

(2) 类比上述性质相应地在等差数列{bn}中, 写出一个类似的真命题并加以证明.

证明:

$(1) S \cdot t = (a_{1} a_{2} \dots a_{50}) (a_{n - 49} a_{n - 48} \dots a_{n}) = (a_{1} a_{n}) (a_{2} a_{n - 1}) \dots (a_{50} a_{n - 49}) = (a_{1}^{2} q^{n - 1})^{50} = (a_{1} q^{\frac{n - 1}{2}})^{100} .$

所以 $a_{1} q^{\frac{n - 1}{2}} = (S \cdot t)^{\frac{1}{100}}$ , 所以 $a_{1} a_{2} \dots a_{n} = a_{1}^{n} q^{\frac{n (n - 1)}{2}} = (S \cdot t)^{\frac{n}{100}} .$

(2) 类比等差数列到等比数列——和↔积, 系数↔指数.

在等差数列{bn}中, 设b1+b2+…b50=S, bn-49+bn-48+bn=t (n>49, n∈N+) , 则 $b_{1} + b_{2} + \dots b_{n} = \frac{n}{100} (S + t) .$

事实上:S+t= (b1+b2+…+b50) + (bn-49+bn-48+…+bn) = (b1+bn) + (b2+bn-1) +…+ (b50+bn-49) =50 (b1+bn) ,

$\begin{array}{l} 所以 b_{1} + b_{n} = \frac{1}{50} (S + t) . \\ b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n} = \frac{n (b_{1} + b_{n})}{2} = \frac{n}{100} (S + t) . \end{array}$

例7 有以下真命题:设an1, an2, …, anm是公差为d的等差数列{an}中任意m项, 若 $\frac{n_{1} + n_{2} + \dots + n_{m}}{m} = p + \frac{r}{m} (0 \leq r \leq m, p, r, m \in Ν^{+}$ 或r=0) ①

则 $\frac{a_{n_{1}} + a_{n_{2}} + \dots + a_{n_{m}}}{m} = a_{p} + \frac{r}{m} d ②$

特别地, 当r=0时, 称ap为an1, an2, …, .anm的等差平均项.

(1) 当m=2, r=0时, 试写出与上述命题中的①、②两式对应的等式;

(2) 已知等差数列{an}的通项公式为an=2n, 试根据上述命题求a1, a3, 10, a18的等差平均项;

(3) 试将上述真命题推广到各项为正实数的等比数列中, 写出相应的真命题, 并加以证明.

解: (1) 当m=2, r=0时, ①式为 $\frac{n_{1} + n_{2}}{2} = p, ②$ 式为 $\frac{a_{n_{1}} + a_{n_{2}}}{2} = a_{p} .$

(2) 由 $\frac{1 + 3 + 10 + 18}{4} = 8$ , 即p=8, r=0, 因此, $\frac{a_{1} + a_{3} + a_{10} + a_{18}}{4} = \frac{2 + 6 + 20 + 36}{4} = 16$ , 故所求等差数列平均项为16.

(3) 类比等差数列到等比数列——和↔积, 系数↔指数.

设an1, an2, …anm是公比为q, 且各项均为正数的等比数列{an}中的任意m项, 若 $\frac{n_{1} + n_{2} + \dots + n_{m}}{m} = p + \frac{r}{m} (0 \leq r < m, p, r, m \in Ν^{+}$ 或r=0) , 则有 $(a_{n_{1}} a_{n_{2}} \dots a_{n_{m}})^{\frac{1}{m}} = a_{p} \cdot q^{\frac{r}{m}}$ .事实上: $(a_{n_{1}} a_{n_{2}} \dots a_{n_{m}})^{\frac{1}{m}} = (a_{1} q^{n_{1} - 1} \cdot a_{1} q^{n_{2} - 1} \dots a_{1} q^{n_{m} - 1})^{\frac{1}{m}} = (a_{1}^{m} q^{n_{1} + n_{2} + \dots + n_{m} - m})^{\frac{1}{m}} = a_{1} q^{\frac{n_{1} + n_{2} + \dots + n_{m}}{m} - 1} = a_{1} q^{\frac{r}{m} + p - 1} = a_{p} \cdot q^{\frac{r}{m}} .$

练习:

1.设数列{an}的前n项和 $S_{n} = \frac{n (a_{1} + a_{2})}{2} = \frac{S_{n}}{n} = \frac{1}{2} a_{n} + \frac{1}{2} a_{1}$ , 可知点 $(a_{1}, \frac{S_{1}}{1}), (a_{2}, \frac{S_{2}}{2}), \dots, (a_{n}, \frac{S_{n}}{n})$ 都在直线 $y = \frac{1}{2} x + \frac{1}{2} a_{1}$ 上, 类似地, 若{an}为等比数列, 公比q≠1, 则点 (a1, S1) , (a2, S2) , …, (an, Sn) 都在直线__.

2.当a0, a1, a2成等差数列时, 有a0-2a1+a2=0, 当a0, a1, a2, a3成等差数列时, 有a0-3a1+3a2-a3=0, 当a0, a1, a2, a3, a4成等差数列时, 有a0-4a1+6a2-4a3+a4=0, 由此归纳出当a1, a2, …, an成等差数列, 有C0na0-C1na1+C2na2-…+ (-1) nCnnan=0, 如果a1, a2, …, an成等比数列时, 请用类比的思想, 写出相应的结论:__.

答案: $1 . y = \frac{- q}{1 - q} x + \frac{1}{1 - q} a_{1} . 2$ .略

利用函数图像研究等差数列问题篇8

一、通项公式对应的函数图像

公差为d的等差数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d.从中可以看出,点列(n,an)在一次函数y=dx+a1-d的图像(亦即直线y=dx+a1-d)上,并且公差d为该直线的斜率,当n-m≠0时,有d=,该直线过点(0,a1-d),1-,0.

例1已知数列{an}是等差数列,an=m,am=n,且m≠n,求an+m.

公式解法由等差数列通项公式,有an=a1+(n-1)d=m,am=a1+(m-1) d=n,两式相减,有(n-m)d=m-n.又m≠n,所以d=-1.

(这里若使用公式d=,则可直接求出d==-1.)

把d=-1代入a1+(n-1)d=m,可知a1=m+n-1.

所以an+m=a1+(n+m-1)d=0.

图像解法不妨设m>n,如图1,令点N为(n,m),M为(m,n),结合平面几何的知识可知,点P为(m+n,0).而这三点的意义恰好是an=m,am=n,an+m=0.

二、前n项和公式对应的函数图像

公差为d的等差数列{an}的前n项和公式为Sn=na1+n(n-1)d

=dn2+a1-n.由此可知,当d≠0时,点列(n,Sn)在二次函数y=dx2+a1-x的图像(亦即抛物线y=dx2+a1-)上,并且该抛物线经过点(0,0),1-,0.

例2 若等差数列{an}的前n项和为Sn,a1>0,公差d<0,S9=S17,求使Sn取最大值的n的值.

图像解法因为S9=S17,所以两点(9,S9),(17,S17)关于直线x==13对称,结合d<0,知抛物线Sn=n2+a1-n开口向下,对称轴为直线x=13,所以使Sn取得最大值的n的值为13.

归纳小结通过类比,将这个问题朝着一般性推广,由此得到以下一个重要结论:在等差数列{an}中,当a1<0,且Sp=Sq(p≠q)时,若p+q为偶数,则n=时,Sn取得最小值;若p+q为奇数,则n=或时,Sn取得最小值.当a1>0,且Sp=Sq(p≠q)时,上述两种情况下,Sn取得最大值.

例3 若等差数列{an}的前n项和为Sn,Sm=Sn(m≠n),求Sm+n.

公式解法

法1 设等差数列{an}的公差为d,则由Sm=Sn,得ma1+•d=na1+d,所以(m-n)a1=d-d,所以(m-n)a1=-d,又因为m≠n,所以a1=-d.

所以Sm+n=(m+n)a1+(m+n)•(m+n-1)d=(m+n)a1+d=0.

法2 由Sm=Sn,得Am2+Bm

=An2+Bn,于是A(m+n)(m-n)+

B(m-n)=0.又m≠n,所以A(m+n)+B=0.

因此Sm+n=A(m+n)2+B(m+n)=(m+n)[A(m+n)+B]=0.

法3 由Sm=Sn,得Sn-Sm=0(设n>m),即am+1+am+2+…+an=0,故•(am+1+an)=0,即有am+n+an=0,

所以Sm+n=Sm+(Sn-Sm)+(Sm+n-Sn)=Sm+(Sm+n-Sn)=(a1+a2+…+am)+(an+1+an+2+…+am+n)=(a1+am+n)+(a2+am+n-1)+…+(am+an+1)=m(am+1+an)=0.

图像解法

法4 如图2,因为Sm=Sn,所以两点M(m,Sm),N(n,Sn)所在的抛物线Sn=An2+Bn关于直线x=对称.

如果能够注意到抛物线Sn=An2+Bn经过原点(0,0),则由对称知识,很容易求得抛物线Sn=An2+Bn也过点(m+n,0),即Sm+n=0.

在数学里,许多定理或公式都有其相应的几何解释,当然一些典型的题目也有其相应的的图解,探索这些典型题目的几何解法,对于培养数形结合的能力具有重要的意义.

1. 已知数列{an}的前n项和Sn=-n2+24n(n∈N*),则当n为何值时,Sn最大,最大值是多少?

2. 在等差数列{an}中,a1<0,S9=S12,则该数列前多少项和最小?

3. 在等差数列{an}中,已知a1=20,前n项和为Sn,且S10=S15,求当n取何值时,Sn有最大值,并求出它的最大值.

1. n=12,最大值144.

2. 前10或11项和.

求数列的通项公式练习题篇9

一、累加法

例已知数列{an}满足an1an2n1,，求数列{an}的通项公式。

练习:已知数列{an}满足an1an23n1，a13，求数列{an}的通项公式。

二、累乘法

例已知数列{an}满足a11,an1

练习:已知数列{an}满足a11，ana12a23a3通项公式。

三、公式法

例已知a11,an1

等差数列与等比数列的性质篇10

●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

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)

=(1+2)(2+1)

(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

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*

等差数列习题篇11

关键词：高中数学等差数列教学方法

DOI：10.16657/j.cnki.issn1673-9132.2016.05.054

由于函数知识在数学教学中的作用极为重要，所以等差数列作为其中分支对数学知识的掌握而言更是不容小觑，其不仅是职业化院校的重点考试内容，更是当今普通高考中数学科目的必考内容，因而在各大高校的教学课程中极受重视。数学作为一门重点学科一直伴随着广大莘莘学子的求学之路，其知识系统具有复杂的逻辑性和抽象性，使得学生在接受过程中存在一定难度。只有将抽象的数学知识简化分解并逐渐细化，才可让学生更系统全面地对该类知识加以掌握，提高整体学习效果。

一、等差数列教学中存在的问题

（一）等差数列有效性教学过程对教授本质的忽略

学生对数学知识的兴趣及接受程度取决于教师对数学知识的理解和细致的讲解。传统数学教学过程中存在着教师教学方式难以与学生学习方式相匹配的难题，多数教师采用满堂灌或者填鸭式的教学方法，太过注重教学任务的完成度及铺设率，忽视了学生本身的接受能力和当堂消化能力，导致师生教与学的契合度难达到理想状态，教学效果持续低下①。

（二）教学过程繁琐，教学结果不理想

传统灌输式教学模式是当今数学教学中多数教师选择的方式。教师大都以自身对知识的理解进行知识平铺，不放过任何一个教学点，忽略了等差数列知识的抽象性，繁琐的知识层次使得大部分学生难以接受，长此以往，致使学生对数学的学习兴趣逐渐下降，教学成果自然与日俱下。

（三）学生本身的学习能力培养不够

等差数列知识本身就是学生数学学习过程的一大难点，如果不能以正确的方式进行引导，有效性学习就会成为空谈。传统的等差数列教学方法对学生能力的考核主要是以学生对数列的计算能力和解题的正确率来判断的，较为注重学生在解题和计算过程中对知识点的理解和推理能力，久而久之，致使学生更加注重解题技巧而忽略了对思维能力的锻炼。有效的教学更应注重学生自身能力的培养，全面提高其综合能力。古语有云：“授之以鱼，不如授之以渔。”自主学习能力的提高才能长久地维系学生对等差数列的学习兴趣，达到预期的教受效果②。

（四）传统教学观念影响等差数列教学的有效性

等差数列的难度是各大院校所俱悉的，这便要求教师在教学过程中全力避免以往传统的知识灌输模式。传统模式大都是教师全盘讲解，学生机械被动地接受，缺少互动，从而抹杀了学生在学习过程中的积极性。活跃课堂氛围并非教学的最终目的，其旨在促进教师与学生之间的交流，增强学生学习的主观能动性，提高他们的学习效率③。

二、等差数列教学实践方法浅谈

（一）从等距角度开发等差数列教学新模式

以数轴上等距分布引导学生对等差数列的学习理解：

当公差d=0时，等差数列{an}是一个常数列，此时轴距为0;

当公差d>0时，等差数列{an}分布为逐步增大方向等距分布;

当公差d<0时，等差数列{an}分布为逐步减小方向等距分布。

（二）回归函数角度开发等差数列教学模式

将等差数列的学习回归于函数本身，不仅可以为等差数列的运算增加新的思考空间，还可以锻炼学生的创新能力，全面提升他们的学习效率。等差数列本身就是函数分支，将一个有序数列重新和函数联系起来，数列便可看作是一个定义域为正整数的离散型函数，且随自变量的改变发生变化，若某数列公差不等于零，则当该公差为零时，该数列为等差数列④。

1.以一次函数归结等差数列通项公式

一个数列{an}是等差数列条件成立，则它的通项公式an是n的一次函数。由等差数列通项公式可知，该图像为一条直线，公差d为该条直线的斜率。

例证：{an}为等差数列，已知a15=8，a60=20，求通项a75。

解法一：因为{an}为等差数列，an=a1+（n-1）d，a15为首项，d为公差，a60第四项，所以a60=a15+3d，得d=4，所以a75=a60+d，解得a75=24。

解法二：等差数列性质an=am+（n-m）d，d为公差。

因为a15=a1+14d，a60=a1+59d，所以a1+14d=8，a1+59d=20，解得a1=64/15，d=4/15，故a75=24。

由以上两种解法可清晰明了地解决等差数列的相关问题，简单易懂，直截了当。

2.以二次函数归结等差数列通项公式

例证：设等差数列{an}满足3a8=5a13且a1>0，Sn为前n项和，则Sn中最大的是？

解：3a8=5a13，且a1>0，所以a1=-39/2d>0，得出公差小于零。

由1/2-a1/d=20可知，n取最近于1/2-a1/d的正整数时，即n=20时，Sn最大，即S20最大。

由以上解法可知，二次函数在等差数列中的应用可进一步解决函数数列问题中的难点，使复杂的运算和抽象的知识具体化，便于学习整合。

三、结论

等差数列的学习是数学学习过程中的函数精华所在，让难点、重点更好的被学生所接受是当今以及未来教育界职责所在。学习贵有方，传统机械的学习机制不仅是对教育资源的浪费，更是对学生自主学习能力的扼杀。转变以往的思维模式，创新授课方式，吸取传统数学教学精华所在，不断开拓更易于学生消化理解的方法，才是当今数学教学的重中之重。

注释：

①邹明华.等差数列教学的实践探讨[J].中国校外教育，2013（23）：55-74.

②张艳芬.数学思想在等差数列中的应用[J].吕梁教育学院学报，2008（2）：67-68.

③柳生开.等差数列研究性学习课的实践[J].职业技术，2006（22）：68-70.

也探一类等差数列问题的解法篇12

先看下面的两个问题.

这是《中学数学教学参考》 (2010·7 (上旬) ) 上的两个问题, 也是高三复习时常见的一类等差数列的问题.先看下面的三种解法.

解法1:设等差数列{an}、{bn}的首项和公差分别为a1、d1和b1、d2, 则它们的前n项和分别为

, 观察此式的分子和分母, 不妨设d1=7k, 则d2=k, 2a1-d1=45k, 2b1-d2=3k (此处k为比例系数, 可以是某个常数或整式) , 可得

解法2:设等差数列{an}、{bn}的首项和公差分别为a1、d1和b1、d2, 等差数列{an}的前n项和公式可以看做是变量n的二次函数, 由, 不妨直接设An=kn (7n+45) , Bn=kn (n+3) ,

解法3:在等差数列{an}中, 若m, n, p, q∈N+, 且m+n=p+q, 则am+an=ap+aq, 特别地, 2an=a1+a2n-1,

反反复复地研读这三种解法, 思量着解法1和解法2中的某些步骤实在是非常精妙, 而解法3又太巧太特殊了, 它又只能解决问题1.然而, “老师, 这些解法怎么这么难啊!”“老师, 这些解法怎样想得到啊?”“老师, 这些解法怎样记得住啊?”“这些学生怎么搞的?这些内容、方法我都讲了多少遍还是没有掌握.”这些声音在数学课堂上、在数学教师之间恐怕没少听到吧.我们教研室正在做一个课题研究:山区农村学校校本研修的有效策略研究.研究校本研修的有效策略, 探索山区农村学校校本研修的基本方式和基本方法, 目的是提高教师的素质和专业水平, 促进教师的专业发展, 加强山区农村学校的教师队伍建设, 推进山区农村学校的课程改革, 最终提高教育教学质量.2010年颁布和实施的《国家中长期教育改革和发展规划纲要 (2010—2020) 》, 对教师提出了更高的要求, 高中的新课程标准也将在广西全面开展实施, 这是一个教育的转型时期.但是, 无论什么时候, “教什么”, “怎么教”, 总是每一个教师必须面对的问题.因此, 要有效地提高课堂教学质量, 还必须把设计“教师如何教”转变为设计“学生如何学”, 使有效教学与高效学习相结合, 这也是新的课程改革对教师教育的新要求.

李海良老师有一篇文章是《读着并困惑着》[《中学数学教学参考》 (2010·7 (上旬) ) .李老师认为, 一个好的教师应该懂得并且传授给学生下述看法:没有任何一节课 (一道题) 是可以教 (解决) 得十全十美的, 总剩下些工作要做, 经过充分的探讨与钻研, 我们能够改进这个教学 (解答) , 而且在任何的情况下, 我们总能提高自己对这个教学 (解答) 的理解水平.文中的“困惑5”令笔者深有同感, 关于一题多解, 李老师应该是希望能找到一种大多数学生比较容易想得到的, 也能做得下的方法, 哪怕这个解法的计算多一些、书写长一些.笔者非常赞同李老师的这种观点, 更希望广大的中学数学教师也能这么想这样做.

基于此, 再对问题1、问题2作进一步的探究, 还可以得到下面的解法4.

至此, 反回去又可以再验证

等差数列篇13

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）

等差数列求和教案篇14

教学目标

1.通过教学使学生理解等差数列的前项和公式的推导过程，并能用公式解决简单的问题.2.通过公式推导的教学使学生进一步体会从特殊到一般，再从一般到特殊的思想方法，通过公式的运用体会方程的思想.教学重点，难点

教学重点是等差数列的前项和公式的推导和应用，难点是获得推导公式的思路.教学用具

实物投影仪，多媒体软件，电脑.教学方法

讲授法.教学过程一.新课引入

提出问题（播放媒体资料）：一个堆放铅笔的V形架的最下面一层放一支铅笔，往上每一层都比它下面一层多放一支，最上面一层放100支.这个V形架上共放着多少支铅笔？（课件设计见课件展示）二.讲解新课

（板书）等差数列前项和公式 1.公式推导（板书）

问题（幻灯片）：设等差数列的首项为，公差为，由学生讨论，研究高斯算法对一般等差数列求和的指导意义.思路一：运用基本量思想，将各项用和表示，得，有以下等式，问题是一共有多少个，似乎与的奇偶有关.这个思路似乎进行不下去了.思路二：

上面的等式其实就是，为回避个数问题，做一个改写，两

式左右分别相加，得，于是有：.这就是倒序相加法.思路三：受思路二的启发，重新调整思路一，可得，于是

.于是得到了两个公式（投影片）：和.2.公式记忆

用梯形面积公式记忆等差数列前项和公式，这里对图形进行了割、补两种处理，对应着等差数列前项和的两个公式.3.公式的应用

公式中含有四个量，运用方程的思想，知三求一.例1.求和：（1）；

（2）（结果用表示）

解题的关键是数清项数，小结数项数的方法.例2.等差数列中前多少项的和是9900？

本题实质是反用公式，解一个关于的一元二次函数，注意得到的项数必须是正整数.三.小结

1.推导等差数列前项和公式的思路；

医嘱摆药等差数列模型算法研究篇15

关键词：ICU,电子特护单,数据采集

信息采集系统是将非结构化的信息从大量的页面中抽取出来保存到结构化的数据库中的软件,具有非常好的能适应用户实际情况的信息采集和处理能力。目前,已经广泛应用于医院信息化建设。ICU(Intensive Care Unit,重症监护病房)患者病情危重、变化迅速,监护过程中仪器设备多[1],产生的信息量大,护士手工书写特护记录不能确保监护数据的准确及完整,所以ICU的信息采集已经成为医院信息化建设中特殊和重要的组成部分[2]。我科于2010年7月开始使用电子特护单系统,使用6个月后,累及记录电子特护单2016份,运行良好,效果显著。

1 ICU电子特护单介绍

本科采用的是北京智明慧信息技术有限公司研发的重症监护临床信息系统(Clinical Information System,CIS),主要包括MED-CIS数据采集系统,MED-CIS临床护理信息管理系统。

1.1 MED-CIS数据采集系统

通过采集中心服务器,直接连接本科使用的Philips监护仪进行实时的数据采集,数据充分共享,数据显示间隔设置为30min。在监护过程中自动产生并实时记录到ICU护理记录单中。考虑到受信号干扰等因素影响,仪器直接采集的数据可能失真,ICU临床护士可以进行手工确认和修正,但信息录入时间不能早于仪器采集的时间点。工作日之后,在严格的权限管理前提下,可以对监护过程中的数据进行修改并在日志中记录修改信息等。

1.2 MED-CIS临床护理信息管理系统

通过床旁电脑,护士可录入各种临床护理数据,并自动生成在电子特护单第1页中。主要包括:摄入的各种静脉液体;排出量;肠内、肠外营养;体温、血糖、中心静脉压;呼吸机参数、微量泵入液;吸痰频次等。自动计算并生成24h出入量。此外,还有病情记录栏,可将病人的交接班记录,病情变化等及时记录,并自动生成电子特护单第2页。经过权限设置,各种信息均不可在当前时间点前录入。这避免了纸质特护单书写过程中护士提前书写的情况出现,保证了数据的真实、准确。

2 电子特护单系统应用方法

我科现有床位14张,2010年床位占有率>80%。护士30名,床护比为1:2.14。每人每班负责床位2～3张。

特护单系统安装完毕后,公司组织讲课,用PPT和床旁指导的方式向全科护士介绍电子特护单的使用,录入方法及注意事项。科内组织护士,尤其是电脑中文录入不熟练的护士进行专门练习,并鼓励护士在工作之余利用word文档,QQ练习中文输入和使用电脑。特护单开始使用后,公司在科室跟踪服务半年,根据发生的问题,及时修改后台信息;根据护士的反馈,及时增项或修改。系统初运行的6个月,纸质特护单暂时不取消,便于第二天的检查和打印。虽然在短期内增加了工作量,但是从长期来看,利于系统的正常稳健运行。

床旁置计算机安装了电子特护单录入系统,并安装护士工作站和医生工作站。护士站设置主机和打印机。护士在床旁将每日的护理信息录入计算机。每天早上8:00后由专人负责护士站主机检查和打印A3特护单。患者出入科室、换床管理,以及浏览其他床位的功能只能在主机上完成。主机用户名和密码只授权给护士长。

3 电子特护单系统效果评价

MED-CIS数据采集系统和MED-CIS临床护理信息管理系统应用于本ICU 6个月,取得良好效果。与传统的手写特护单相比,具有以下优点:

(1)实时采集生命体征。本系统实时采集生命体征,自动记录,并以曲线图表现在计算机屏幕上,直观地指导临床护士的工作,便于护士对发现的问题及时纠正。这节省了护士手工记录的时间,避免了护士因工作忙碌未能及时记录。

(2)有利于提高工作效率。在传统方式下,ICU护士需要对患者的体症参数及所采取的护理措施进行手记笔描,形成各种护理记录单,占用了护士整个工作量的10%～15%以上,增加护士工作强度,分散了护理人员对患者的注意力[3,4]。而采用自动采集,在经过一段“磨合期”之后,护士熟练录入,节约了时间,允许护士更好地组织床旁工作,从而提高工作效率,减轻护理工作强度。这使护理队伍成为医院信息系统(Hospital Information System,HIS)中最活跃的群体,HIS建设的参与者、付出者,以及最大受益者[5]。

(3)规范床旁特护单操作流程和记录方法。手写特护单存在字迹潦草、涂改、错字等问题。而电子特护单得到的是完整、规范的记录单。系统实时记录病人生命体征。完整、客观、详尽、准确和无涂改的特护单,对ICU这样的高风险科室在医疗纠纷中的法律学意义十分重要,利于处理医疗纠纷。电子特护单在ICU运行6个月,错误率由2011年7月的45.6%降至2011年12月的2.5%;在经过第二天打印特护单护士的检查后错误率为0%。

(4)利于临床数据收集,研究和教学。数字化的数据客观、完整保存,便于检索、查询,得到相关资料的回顾分析和数据处理,很快即可与HIS无缝结合,实现资源共享,无纸化医疗[6]。

4 电子特护单应用的展望

ICU特护单系统用于ICU护理过程中对用户所选定的医疗数据进行采集、显示、编辑、分析、传输并生产报告。在未来,ICU特护单系统可与医院信息系统完整集成,资源共享。可以连接各个厂家不同型号的设备,包括呼吸机、微量泵等,不会形成信息孤岛。可以提高护士的工作效率,让护士回到患者身边。因此,ICU电子特护单的应用已经成为发展趋势,将会广泛应用于国内医院。

参考文献

[1]刘淑媛,陈永强.危重症护理专业规范化培训教程[M].北京:人民军医出版社,2006:329.

[2]金英.护理信息系统应用现状与发展趋势[J].中国现代医药杂志,2008,10(2):141-142.

[3]宋瑰琦,江启成,胡传来.安徽省某三级甲等医院护理工作量测算研究[J].中国护理管理,2007,7(6):27-29.

[4]陈利佳,李刚荣,刘颖.对重症监护病人实现信息化管理[J].网络财富,2009,12(6):57.

[5]樊小玲.护理管理与医院信息化建设[J].护理管理杂志,2002,2(1):34.

[6]谢仙萍.计算机护理管理系统软件的开发与应用[J].护理研究,2004,18(8B):1488.

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