等比数列

2024-10-21

等比数列（通用15篇）

等比数列篇1

求等比数列的参数及证明等比数列

例

1、（Ⅰ）已知数列Cn，其中Cn2n3n，且数列Cn1pCn为等比数列，求常数p；

（Ⅱ）设an、bn是公比不相等的两个等比数列，Cnanbn，证明数列Cn不是等比数列

分析：要求常数p使数列Cn1pCn为等比数列，可从等比数列的概念和基本性质入手进行推理运算．

解：（Ⅰ）因为Cn1pCn是等比数列，故有(Cn1pCn)2(Cn2pCn1)(CnpCn1)，将Cn2n3n代入上式，得

2n13n1p(2n3n)

22n23n2p(2n13n1)2n3np(2n13n1)，即(2p)2n(3p)3n

n1(2p)22(3p)3n1(2p)2n1(3p)3n1 

整理得

解得 1(2p)(3p)2n3n0，6p2或p3.（Ⅱ）设an、bn的公比分别为p、q，pq，Cnanbn

2欲证Cn不是等比数列，只需证C2C1C

3事实上，2C2(a1pb1q)

2a12p2b12q22a1b1pq

C1C3(a1b1)(a1p2b1q2)

a1pb1qa1b1(pq)222222

22由于pq，pq2pq，又a1、b1不为零，因此 2C2C1C3，故Cn不是等比数列．

小结：本题主要考查等比数列的基础知识逻辑能力，第（2）题中证明一个数列不是等比数列，即证明数列中连续三项不满足等比中项的性质，利用反例证明使数学常用的一种方法．

等比数列篇2

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

等比数列篇3

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：

等比数列题篇4

【做一做1】等比数列3,6,12,24的公比q＝__________.2．通项公式

等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则通项公式为an＝______(a1≠0，q≠0)．

【做一做2】等比数列{an}中，a1＝2，q＝3，则an等于()

n－1A．6B．3×2

n－1nC．2×3D．6

【做一做3】 4与9的等比中项为()

A．6B．－6C．±6D．36

题型一求等比数列的通项公式

【例题1】在等比数列{an}中，已知a5－a1＝15，a4－a2＝6，求an.分析：设公比q，列出关于a1和q的方程组来求解．

题型二等比数列的判定和证明

【例题2】已知数列{an}满足lg an＝3n＋5，求证：{an}是等比数列．反思：证明数列是等比数列常用的方法：

①定义法：an＋1anq(q≠0，且是常数)或q(q≠0，且是常数)(n≥2)anan－1{an}为等比

数列．此法适用于给出通项公式的数列，如本题．

*②等比中项法：a2n＋1＝an·an＋2(an≠0，n∈N){an}为等比数列．此法适用于通项公

式不明确的数列．

n－1*③通项法：an＝a1q(其中a1，q为非零常数，n∈N){an}为等比数列．此法适用于

做选择题和填空题．

题型四易错辨析

【例题4】 23与2－3的等比中项是__________．已知等比数列{an}满足a1＋a2＝3，a2＋a3＝6，则a7等于()

A．243B．128C．81D．64

111，则其第8项是__________． ，248

等比数列求和作业篇5

1、在等比数列中，a1a2a36,a2a3a43，则a3a4a5a6a7（）A.11

8B.1916C.98D.342、在等比数列an中，a15,S555，则公比q等于（）

A.4B.2C.2D.2或43、若等比数列an的前n项和Sn2r，则r（）n

A.2B.1C.0D.14、等比数列前n项和为54，前2n项和为60，则前3n项和为（）A.54B.64C.66

23D.60235、已知公比为qq1的等比数列an的前n项和为Sn，则数列

n1的前n项和为（）an

A.qSnB.SnqnC.1Snqn1D.Sna1q2n16、设等比数列an的前n项和为Sn，若S3S62S9，求公比q。

已知实数a,b,c成等差数列，a1,b1,c4成等比数列，且abc15。

等比数列题型总结篇6

1、等比数列{an}中，已知a23,a9384，则an

2、在等比数列中，已知a3a636,a4a718，则an

题型二

3、等比数列{an}中，an0，且a34,a1a5

4、等比数列{an}中，an0，且a2a62a4a6a3a936，则a4a6

5、等比数列{an}中，an0，且a1a2a34,题型三

6、若等比数列{an}的前三项是a1,a1,a4，则an

7、若等比数列{an}的前三项是a,a1,3a3，则第四项是题型四

8、设数列{an}前n项和是Sn，Sn4an3，求an。

9、数列{an}中，已知a11,a7a8a910,，则a4a5a6 anSn1(n2)，则an

10、数列{an}中，已知a11,a1a2a3a4a5anan14an2，设

bnan12an，证明数列{bn}是等比数列

11、数列{an}中，已知a1

通项公式。

题型五 1,a1a2a3a4a5ann2an，求数列{an}的212、等比数列{an}的前n项和是Sn4na，则a

13、等比数列{an}的前n项和是Sn23na，则a

14、数列{an}的前n项和是Sn2n1，则数列{a

2n}的前n项和等于

题型六

15、S1aaaaa

题型七

16、(1)已知an234n1 11，求{an}的前n项和Sn。（2）已知an，求{an}n(n1)(6n1)(6n5)的前n项和Sn。

17、已知an

{an}的前n项和Sn18、已知数列{an}满足a133,an1an2n，求{an}的通项公式。

19、已知数列{an}满足：a1,a2a1,a3a2,anan1,是首项为1，公比为

等比数列，求数列{an}的通项公式。

题型八

20、已知数列{an}满足a11,21、(题型四11题)

1的2an1n2,，求{an}的通项公式。ann22、等比数列an的各项均为正数，且2a13a21,a329a2a6.（Ⅰ)求数列an的通项

公式；（Ⅱ）设 bnlog3a1log3a2......log3an,求数列

23、等差数列an，a11,前10项和S10100（Ⅰ)求数列an的通项公式；（Ⅱ）设 1 的前n项和.bnlog2bnan,证明数列{bn}是等比数列。

24、等差数列an，a11,前10项和S10100（Ⅰ)求数列an的通项公式；（Ⅱ）设 bn2nan,求数列{bn}的前n项和。

25、数列an中，a11,an12an2n（Ⅰ)设数列bn列（Ⅱ）求数列an的前n项和。

浅析等比数列各项的符号规律篇7

等比数列各项的符号构成具有一定的规律, 这对于正确求解等比数列有关问题具有一定的指导意义.在解题过程中, 如果能运用这一规律, 就能减少解题错误的机会.下面举例说明.

例1:等比数列{an}中, a1=1, a5=16, 求a3.

一部分同学的解法是这样的:

解:∵数列{an}是等比数列

∴a23=a1a5=1×16=16

∴a3=±4

事实上, 若a3=-4, 则a22=a1a3=1× (-4) =-4<0.

与a22>0矛盾, 所以a3=4.

也就是说忽视a1, a3, a5的符号必须相同这一点, 从而无法发现a3=-4不合题意, 出错就在所难免了.

例2:等比数列{an}中, S2=7, S6=91, 求S4.

大部分同学的解法是这样的:

∵S2, S4-S2, S6-S4成等比数列

解得S4=-21或S4=28

这种解法看似合理, 实则不然.

分析如下:当S4=-21时, S2=7, S4-S2=-28, S6-S4=112,

S2, S4-S2, S6-S4成等比数列.

那么S4=-21是正确答案吗?

答案是否定的, 原因如下:设该等比数列为{an}, 公比为q, 则S2=a1+a2,

即S2, S4-S2, S6-S4成等比数列, 且公比为q2.

但S2=7, S4-S2=-28, S6-S4=112虽然成等比数列, 但公比为-4, 也就是q2=-4, 不合题意, 所以S4=-21不是正确答案.用同样方法经检验得S4=28是正确答案.

等比数列篇8

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

等比数列性质（本站推荐）篇9

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

等比数列的概念教案篇10

无锡市第三高级中学钱燕芳

【教学目标】

知识目标：正确理解等比数列的定义，了解公比的概念，明确一个数列是等比数列的限定条件，能根据定义判断一个数列是等比数列,了解等比数列在生活中的应用。

能力目标：通过对等比数列概念的归纳，培养学生严密的思维习惯；通过对等比数列的研究，逐步培养学生观察、类比、归纳、猜想等思维能力并进一步培养学生善于思考，解决问题的能力。

情感目标：培养学生勇于探索、善于猜想的学习态度，实事求是的科学态度，调动学生的积极情感，主动参与学习，感受数学文化。

【教学重点】

等比数列定义的归纳及运用。

【教学难点】

正确理解等比数列的定义，根据定义判断或证明某些数列是否为等比数列

【教学手段】

多媒体辅助教学

【教学方法】

启发式和讨论式相结合,类比教学.【课前准备】

制作多媒体课件，准备一张白纸,游标卡尺。

【教学过程】

【导入】

复习回顾：等差数列的定义。

创设问题情境，三个实例激发学生学习兴趣。

1．利用游标卡尺测量一张纸的厚度.得数列a,2a,4a,8a,16a,32a.(a>0)

2．一辆汽车的售价约15万元,年折旧率约为10%,计算该车5年后的价值。得到数

235列 15 ,15×0.9 ,15×0.9 ,15×0.9 ,…，15×0.9。

3．复利存款问题，月利率5%，计算10000元存入银行1年后的本利和。得到数列10000×1.05,10000×1.05,…,10000×1.05.学生探究三个数列的共同点，引出等比数列的定义。

【新课讲授】

由学生根据共同点及等差数列定义,自己归纳等比数列的定义，再由老师分析定义中的关键词句,并启发学生自己发现等比数列各项的限制条件：等比数列各项均不为零，公比不为零。

 等差数列:

一般地,如果一个数列从第二项起,每一项减去它的前一项所得的差都等于同一个常数,那么这个数列就叫做等差数列,这个常数叫做等差数列的公差,通常用d表示.数学表达式：an+1-an=d

 等比数列:

一般地,如果一个数列从第二项起,每一项与它的前一项的比都等于同一个常数,那么这个数列就叫做等比数列,这个常数叫做等比数列的公比,通常用q表示.数学表达式：an1

anq212

知晓定义的基础上，带领学生看书p29页，书上前面出现的关于等比数列的实

例。让学生了解等比数列在实际生活中的应用很广泛，要认真学好。

在学生对等比数列的定义有了初步了解的基础上，讲解例一。给出具体的数列，会利用定义判断是否为等比数列。对（1）（5）两小题着重分析.例题一

判断下列数列是否为等比数列?若是,找出公比;不是,请说明理由．

(1)1, 4, 16, 32．

(2)0, 2, 4, 6, 8.(3)1,－10,100,－1000,10000．

(4)81, 27, 9, 3, 1.(5)a, a, a, a, a.讲解例二，进一步熟悉定义，根据定义求数列未知项。最后的小例一为了由利

用定义的求解转到利用定义证明，二为了让学生发现等比数列隔项同号的规律。例题二

求出下列等比数列中的未知项:

(1)2, a, 8;

(2)-4, b, c, ½;

 已知数列 2, x, d, y,8．是等比数列

①证明数列2, d, 8.仍是等比数列．

②求未知项d.通过两道例题的讲解，让学生有个缓冲，做个巩固练习。当然此练习的安排，也是为了进一步挖掘等比数列定义的本质，辨析找寻等差数列与等比数列的关系，将具体问题再推广到一般，并要求学生理解并掌握等比数列的判断证明方法。

练习

判断下列数列是等差数列还是等比数列？

(1)22 , 2 , 1 , 2-1, 2-2.4710(2)3 , 3 , 3, 3.引申：已知数列{an}是等差数列，而bn2an

证明数列{bn}是等比数列.由最后一例的证明，说明给出通项公式后可由定义判断该数列是否为等比数

列。反过来若数列已经是等比数列了，能否由定义导出数列通项公式呢？为下节课做铺垫。

【课堂小结】

由学生通过一堂课的学习，做个简单的归纳小结。

 1理解.等比数列的定义,判断或证明数列是否为等比数列要用定义判断

 2.等比数列公比q≠0,任意一项都不为零. 3.学习等比数列可以对照等差数列类比做研究.【作业】

1.书p48.No.1,2;

2.课课练课时6：7，8，9。.3.预习2.3.2

初探等比数列求和的几种方法篇11

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．

等比数列前n项和公式的探究过程篇12

提出问题: 已知等比数列{ an} 的首项为a1, 公比为q, 求它的前n项和Sn.

问题分析: 这个问题中给出的已知条件就是等比数列、首项和公比, 要求的是前n项和. 我们已经学习过等差数列的相关概念和公式, 那么等比数列是否也可以用类似于等差数列前n项和公式的推导方法进行推导呢? 经过思考和实践, 主要总结出了以下的几种推导思路.

一、以等差数列前n项和公式的推导为参考

当{ an} 为等比数列时, 这样就表示出了Sn, 但这个式子里面共有n项相加, 必须要化简, 消除其中的一些项, 只用某几项来表示. 从上面的式子我们可以观察到, 从第二项起, 每一项都是前一项的q倍, 那么我们可以采用类似于等差数列前n项和的方式, 对该式的两边同时乘q得到一个新的式子:, 用这个式子减去Sn, 就可以把大部分的项都消除掉, 得到, 整理得:且当q≠1时, 当 q = 1 时, Sn= na1.

反思这种方式类似于等差数列前n项和的推导过程, 主要就是通过适当的变形和相减, 把大部分项都消除掉, 达到化简的目的, 使Sn能够写成用a1, q和n表示的形式.

二、以等差数列的通项公式推导方式为参考

在等差数列中, 当n≥2时, 有a2- a1= d, a3- a2= d, …将这些等式的两边分别相加起来, 就可以消除掉等式左边的中间项, 得到an- a1= ( n - 1) d, 且当n = 1时, 这个等式也成立. 那么把这个推导方法运用到等比数列中得:也就是同样的, 把这些等式都加起来, 就得到了等式的左边少了加上a1可以凑成Sn等式的右边括号内加上an也可以凑成Sn, 所以等式可以写成Sn- a1= ( Sn- an) ·q且当q≠1 时, 当 q = 1 时, Sn= na1

反思这种方法是根据等比数列的定义推导出来的, 把每一项表示出来, 用累加的方式就可以得到与Sn相关的式子, 再进行适当的变换, 用已知把Sn表示出来就得到了我们需要的目标公式. 这种推导方式的实质就是建立一个有关于Sn的方程, 解出这个方程, 就是用相关的已知量来表示Sn, 因此, 这可以说是一种方程思想的应用.

三、以等比数列的定义结合比例式的性质进行推导

根据等比数列的定义，与方法二中相似的方法, 要使得式子中出现要求的Sn, 就要凑出通过观察可以发现这个式子的特点是分子中含有除a1外的其他项, 那么, 我们结合比例式的性质, 可以得到也就是同样可以得到有关于Sn的方程.

反思这种思路直接从定义出发, 结合等比例的性质, 更容易理解, 思路方面比第二种方法更加清晰自然. 相同之处都是运用了方程的思想, 用解方程的方式把所求的公式表达出来.

等比数列是高中数学的重点和难点, 特别是有关公式的推导, 教师在教学中一定要重视, 只有经过认真思考和推导之后, 学生们对公式的理解才比较彻底, 在实际运用中才能更加灵活.

参考文献

[1]吴静, 祝世清 (指导教师) .方程法变形数列递推公式.中学生数学:高中版, 2013 (9) .

[2]汪元健.求数列通项公式的技巧.中国文房四宝, 2013 (6) .

《等比数列》教学设计篇13

等比数列的前n项和是高中数学必修五第二章第3、3节的内容。它是“等差数列的前n项和”与“等比数列”内容的延续。这部分内容授课时间2课时，本节课作为第一课时，重在研究等比数列的前n项和公式的推导及简单应用，教学中注重公式的形成推导过程并充分揭示公式的结构特征和内在联系。意在培养学生类比分析、分类讨论、归纳推理、演绎推理等数学思想。在高考中占有重要地位。

二、教学目标

根据上述教学内容的地位和作用，结合学生的认知水平和年龄特点，确定本节课的教学目标如下：

1、知识与技能：理解等比数列的前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、过程与方法：通过公式的推导过程，提高学生的建模意识及探究问题、类比分析与解决问题的能力，培养学生从特殊到一般的思维方法，渗透方程思想、分类讨论思想及转化思想，优化思维品质。

3、情感与态度：通过自主探究，合作交流，激发学生的求知欲，体验探索的艰辛，体味成功的喜悦，感受思维的奇异美、结构的对称美、形式的简洁美、数学的严谨美。

三、教学重点和难点

重点：等比数列的前项和公式的推导及其简单应用。

难点：等比数列的前项和公式的推导。

重难点确定的依据：从教材体系来看，它为后继学习提供了知识基础，具有承上启下的作用；从知识本身特点来看，等比数列前n项和公式的`推导方法和等差数列的的前n项和公式的推导方法可比性低，无法用类比的方法进行，它需要对等比数列的概念和性质能充分理解并融会贯通；从学生认知水平看，学生的探究能力和用数学语言交流的能力还有待提高。

四、教法学法分析

通过创设问题情境，组织学生讨论，让学生在尝试探索中不断地发现问题，以激发学生的求知欲，并在过程中获得自信心和成功感。强调知识的严谨性的同时重知识的形成过程，

五、教学过程

（一）创设情境，引入新知

从故事入手：传说，波斯国王下令要奖赏国际象棋的发明者，发明者对国王说，在棋盘的第一格内放上一粒麦子，在第二格内放两粒麦子，第三格内放4粒，第四格内放8米，……按这样的规律放满64格棋盘格。结果是国王倾尽国家财力还不够支付。同学们，这几粒麦子，怎能会让国王赔上整个国家的财力？

关键就在于计算麦粒的总数。很明显，这是一个以1为首项，以2为公比的等比数列前64项和的问题，即如何计算1+2+22+……+263？

（二）师生讨论、探究新知

总结归纳：当q=1时，Sn=na1

当q≠1时，

公式说明：

①对等比数列{an}而言，a1，an，Sn，n，q知三可求二

②运用公式时要根据条件选取适当的公式，特别注意的是，在公比不知道的情况下要分类讨论；

③错位相减的思想方法。

（三）例题讲解，形成技能

例1：等比数列{an}中，

①已知a1=－4，q=1/2，求S10

②已知a1=1，an=243，q=3，求Sn

③已知a1=2，S3=26，求q。

通过例题一，渗透知三求二的思想。

练习：求等比数列1，－1/2，1/4，－1/8，…，－1/512的各项的和。

例2、等比数列{an}中，已知a1=3，S3=9，求q，an。

练习：等比数列{an}中，若S3=7/2，S6=63/2，求an、S9。

通过练习得出等比数列前项和的一个性质：成等比数列。

例3：求数列1+1/2，2+1/4，3+1/8，… n+，…的前n项和。

首先由学生分析思路，观察出这组数列的特点，它既不是等差数列，也不是等比数列，而是等差加等比。归纳出这类数列求和的方法。

思考：求和：1+a+a2+a3+…+an

（四）课堂小结

以问题的形式出现，引导学生回顾公式、推导方法，鼓励学生积极回答，然后老师再从知识点及数学思想方法两方面总结。

六、板书设计

略

七、课后记

等比数列说课教案篇14

一、教材分析

1、教学内容

《等比数列》是人教版数学5（必修）中第二章的第四节，本节课是第一课时，主要内容有：等比数列的概念，通项公式及其简单应用。

2、教材的地位和作用

等比数列是来源于现实生活中的一种特殊数列，是数列的重要组成部分。本节内容在教材中起着承上启下的作用：一方面，学法的承上，本节课之前学习了等差数列，而等比数列和等差数列具有相似性，可以让学生从已有的学习经验出发，将研究等差数列的方法类比到等比数列，促进学生在数学学习活动中获得更扎实的基本技能和基本思想；另一方面，为后续进一步研究等比数列的性质、等比数列前n项和公式，求一般数列的通项公式做好准备。

3、教学目标

（1）正确理解等比数列的定义，了解公比的概念，明确一个数列是等比数列的限定条件，能根据定义判断一个数列是否为等比数列。

（2）正确认识使用等比数列的表示法，能灵活运用通项公式求等比数列的首项、公比、项数及指定的项。

（3）通过通项公式认识等比数列的性质，并解决某些实际问题。

4、教学重难点

（1）教学重点：等比数列的定义及通项公式。

（2）教学难点：灵活应用定义式及通项公式解决相关问题。

二、教法、学法分析

1、学情分析

在本节课之前，学生已经学习了数列的概念和简单表示法，等差数列的概念、通项公式及前n项和公式，了解了数列是一种特殊的函数，初步掌握了用函数观点和方程思想看待数列问题的数学思想方法，但是学生在数学学习过程中，对于数学知识之间的有机联系，感受数学的整体性方面，能力较为欠缺，需要老师在教学过程中抓住时机，加强培养，帮助学生体会类比在数学发现中的作用。

2、教法分析

采用问题教学法和教师指导下的学生探究发现教学法实施教学，提醒学生重视等比与等差数列的类比。通过内因外因的相互作用，促使教师的主导地位作用和学生的主体地位相统一。

3、学法分析

采取“观察分析—→自主探究—→初步运用—→归纳小结”的流程，以学生的自主活动为基础，以智力参与为前提，以个人体验为终结，建构新的知识体系，把发展学生基本活动经验贯穿于课堂之中。

三、教学过程分析（1）提出问题

给出以下几组数列，观察并找出规律 1,2,4,8,16,32，…

111111，，，...248163264

1，-1,1，-1,1，-1，… 1,1,1,1,1,1,1,1，… 0,0,0,0,0,0,0,0，… [设计意图]：让学生畅所欲言，围绕这个共性积极思考，可以激发学生的求知欲望，加深对共性的印象，为学生掌握等比数列的概念做好铺垫。（2）分析问题

由学生发表意见（可能按项与项之间的关系分为递增数列、递减数列、常数数列、摆动数列，也可能分为等差、等比两类），统一一种分法，其中①②③④为有共同性质的一类数列（3）新课讲解

①根据等比数列与等差数列的名字的区别与联系，尝试给等比数列下定义.写出等比数列的定义，标注出重点词语.等比数列的定义：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。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：当q1时，数列an称为常数列。

②对定义的认识（1）（2）等比数列的首项不为0，即a10等比数列的每一项都不为0，即an0

（3）公比不为0，即q0

③巩固练习

根据等比数列的定义，判断下列数列是否为等比数列，若是等比数列，问公比为多少。

1181,27,9,3,1，，...39

...2,2，2，2，2，1,2，-4，-8,16,32，-64，-128...a,a,a,a,a,a,...12345[设计意图]：提出一种更特殊的数列，再次强调公比不为0； ④等比数列的通项公式由等比数列的首项和公比，猜想是否能够像等差数列一样得到一个表达式，由此表达式能够比较直观的看出等比数列的每一项。通项公式：如果数列{an}的第n项

an与n之间的关系可以用一个公式来表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式。等比数列通项公式的推导：（叠乘法）

aa2q

321a aaa q

…

n1n2q

aanq n1这

aq个式子相乘得 an1n1，所以

ana1qn1.⑤反馈练习

请写出前面问题①②③④中等比数列的通项公式 1,2,4,8,16,32，…

111111，，，...248163264

1，-1,1，-1,1，-1，… 1,1,1,1,1,1,1,1，…

[设计意图]：使学生进一步理解通项公式中每一个字母所代表的数学含义及它们之间的相互关系，同时培养学生的思维能力。⑥课堂小结

1.本节课研究了等比数列的概念，得到了等比数列的通项公式； 2.注意在研究内容与方法上要与等差数列相类比； ⑦课后思考

是否存在一个数列既是等比数列又是等差数列？如果存在，是否唯一？

等比数列篇15

一、课堂教学尝试的设计

1、课堂教学内容介绍。

本次课堂教学内容是“等差数列与等比数列的应用”, 具体教学内容包含四个例题, 如下:

例1某林场计划2001年造林5公顷, 以后每年比上一年多造3公顷, 问20年后林场共造林多少公顷?

2、课堂教学尝试的具体思路。

本次课堂教学“以学生为主, 教师为辅”为根本原则, 师生互换角色。具体就是将本次课堂教学内容按例题划分成四个部分, 然后选取四位学生, 让每位学生完成一道例题的课堂教学任务, 教师在每一位学生完成教学任务后给以补充、完善、拓展, 由师生共同完成本次教学任务。

3、课堂教学尝试的具体步骤

(1) 任务安排。提前将教学内容安排给学生, 让学生有足够的时间对自己的教学内容进行学习、探索, 并做好教学的准备。

(2) 教学实施。教师:同学们, 前面我们学习了等差数列与等比数列的基本知识, 这些知识在实际生活中的用途很广泛, 今天我们就来看看等差数列与等比数列的应用 (教师将课题板书在黑板上) , 本次课由同学们代老师完成教学任务, 下面从例1开始 (教师将例1板书在黑板上) , 并将学生甲请上讲台。

例1某林场计划2001年造林5公顷, 以后每年比上一年多造3公顷, 问20年后林场共造林多少公顷?

学生甲:请大家跟我读题 (读完后学生甲开始分析并板书)

分析 2001年造林5公顷

2002年造林8公顷

2003年造林11公顷……

从分析知道, 每年造林公顷数成等差数列{an}

就这样, 学生基本将例1讲授完。

教师 (走上讲台) :对学生甲进行肯定和鼓励并接着问:

同学们, 对例1你还有补充吗?

教师根据学生的反馈进行补充, 完善, 并结合本例加强环境绿化意识教育。

二、课堂教学模式分析

1、教学内容选取分析。

笔者之所以选取“等差数列与等比数列”的应用作为这种师生互换角色的教学模式的教学内容, 是因为在此前的教学中, 学生已经学习过等差数列与等比数列的基本知识, 就算学生对教学内容的分析不够透彻, 因为有基础知识作为铺垫, 再加上教师的补充, 我想学生也容易理解并接受。此种教学模式内容的选取十分重要, 即要让站上讲台的学生有信心, 同时也要让其他同学易于接受。教学内容的选取可以是习题课, 可以是知识点讲授后的某个例题, 也可以是一些难度不大的练习等等。

2、教学安排分析。

这种教学模式的实现提前安排是必须的, 要事先将教学内容安排给学生, 目的在于要让站上讲台的学生有足够的时间去自主获取知识、去查阅资料、将知识点完全弄懂, 要知其然, 更要知其所以然。当然, 在学生进行教学准备的过程中, 教师必须要对其进行知识点、教学技巧、教学管理等方面的指导, 并加以鼓励, 增强其自信心。这些工作是保证学生能够顺利完成教学内容的前提条件。

3、教学实施过程分析。

在教学的实施过程中, 学生的教学肯定存在这样或那样的问题, 这都是正常的。但不管如何, 只要在教师的引导或指导下, 学生能大致讲完教学内容, 教师要给予肯定和鼓励。教师在教学的实施过程中更能发现学生存在的问题, 不足等, 更利于对学生进行指导。总之, 通过这样的教学, 学生能感受教学的辛苦, 更能理解老师;老师更能了解到学生的综合素质, 师生在这样的教学中共同成长, 共同进步。

4、培养学生的综合能力。

通过这样的教学尝试, 可以培养学生积极、主动、认真的学习态度和自主学习能力、分析问题与解决问题的能力、语言组织表达能力, 管理等能力, 使学生的综合能力得到提高。

三、结束语

教学有法而无定法, 在教学中, 教师要不断学习, 不断摸索, 最大限度地调动学生参与教学的积极性、主动性, 不断培养学生对数学知识的浓厚兴趣。只有教师与学生共同努力, 才会取得良好的教学效果。

参考文献

【等比数列】推荐阅读：

等比数列求和06-24