高三数学必修5等比数列通项公式试卷

高中数学必修5等比数列通项公式简单测试试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一．单选题（共__小题）

1．数列{a n}的前n项和为S n，若a1=1，a n+1=3S n（n≥1），则a6=（）

A．3×44B．3×44+1C．44D．44+1

2．（2015春?凉山州期末）设数列{a n}是各项为正的单调递减的等比数列，a1+a2+a3=3，则首项a1的取值范围是（）

A．（0，3）B．（0，1）C．（3，9）D．（1，3）

3．（2015秋?上饶校级期中）已知等比数列{a n}的前n项和，数列{b n}，满足b n=log2a n，若p-q=3，则b p-b q=（）

A．3B．6C．-3D．-6

4．已知正项等比数列{a n}满足：a7=a6+2a5，若存在两项a m、a n，使得，则m+n 的值为（）

A．10B．6C．4D．不存在

5．（2016?绵阳模拟）已知正项等比数列{a n}满足a5+a4-a3-a2=5，则a6+a7的最小值为（）A．32B．10+10C．20D．28

已知，把数列{a n}的各项排列成如下的三角形状，记A（m，n）表示第m行的第n个数，则A（10，11）=（）

A．B．C．D．

7．在等比数列a n中，若a4=8，q=-2，则a7的值为（）

A．-64B．64C．-48D．48

8．已知数列{a n}的首项为1，数列{b n}为等比数列，且b n=，若b10?b11=2，则a21=（）

A．20B．512C．1013D．1024

9．定义“等比数列”{a n}：a1=1-i，q=（1+i），a n+1=a n?q，n∈N*，则在复平面内a2011所对应的点在（）

A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限

10．若a，b是函数f（x）=x2-px+q（p＞0，q＞0）的两个不同的零点，且a，b，-4这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p+q的值等于（）A．16B．10C．26D．9

11．（2016?绵阳模拟）已知正项等比数列{a n}满足a5+a4-a3-a2=5，则a6+a7的最小值为（）A．32B．10+10C．20D．28

12．在等比数列{a n}中，记S n=a1+a2+…+a n，已知a5=2S4+3，a6=2S5+3，则此数列的公比q为（）

A．2B．3C．4D．5

二．填空题（共__小题）

13．已知在公比为实数的等比数列{a n}中，a3=4，且a4，a5+4，a6成等差数列．则求数列{a n}的通项公式为______．

14．已知a n=2n+3n，b n=a n+1+ka n，若{b n}是等比数列，则k=______．

15．近期国家为了控制房价，出台了一系列的限购措施，同时由于银行可用资金紧缺，为了提高存款额，某银行准备新设一种定期存款业务，经预测，存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为k（k＞0），贷款的利率为7.05%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去，若存款利率为x，x∈（0，7.05%），为使银行获得最大利益，则存款利率为______．

16．在等比数列{a n}中，a1+a2+a3=-3，a1?a2?a3=8，则a n=______．

17．银行一年定期储蓄存款年息为r，按复利计算利息，三年定期储蓄存款年息为q，银行为吸收长期资金，鼓励储户存三年定期的存款，那么q的值应大于______．

18．在各项均为正项的等比数列{a n}中，已知a1+a2+a3+a4+a5=31，=，则a3=______．

19．在数列{a n}中，其前n项和S n=4n+a，若数列{a n}是等比数列，则常数a的值为______．20．在20.2℃，用某种消毒溶液消毒，每小时细菌的死亡率为11%，假设消毒前有1000个细菌，则24小时后剩下的细菌数约为______个（取0.896=0.5）．

21．若正项数列{a n}是以q为公比的等比数列，已知该数列的每一项a k的值都大于从a k+2开始的各项和，则公比q的取值范围是______．

22．已知等比数列{a n}的首项a1=8，令b n=log2a n，S n是数列{b n}的前n项和，若S3是数列{S n}中的唯一最大项，则{a n}的公比q的取值范围是______．

三．简答题（共__小题）

23．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，a2=2，且点（S n，S n+1）在直线y=kx+1上．（1）求k的值；

（2）求数列{a n}的通项公式；

（3）若不等式对一切正整数n和实数λ均恒成立，求整数m的最小值．

24．已知等比数列{a n}，S n是其前n项的和，且a1+a3=5，S4=15．

（I）求数列{a n}的通项公式；

（II）设，求数列{b n}的前n项和T n

（III）比较（II）中T n与（n=1，2，3…）的大小，并说明理由．

25．巳知无穷数列{a n}的各项均为正整数，S n为数列{a n}的前n项和．

（Ⅰ）若数列{a n}是等差数列，且对任意正整数n都有成立，求数列{a n}的通项公式；

（Ⅱ）对任意正整数n，从集合{a1，a2，a3，…a n}中不重复地任取若干个数，这些数之间经过加减运算后所得数的绝对值为互不相同的正整数，且这些正整数与a1，a2，a3，…a n一起恰好是1至S n全体正整数组成的集合．

（1）求a1，a2，的值；

（2）求数列{a n}的通项公式．

26．已知等比数列{a n}满足a1+a6=11，且a3a4=．

（1）求数列{a n}的通项a n；

（2）如果至少存在一个自然数m，恰使，，a m+1+这三个数依次成等差数列，问这样的等比数列{a n}是否存在？若存在，求出通项公式；若不存在，请说明理由．

27．已知各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，数列的前n项和为T n，且，n∈N*．

（1）证明数列{a n}是等比数列，并写出通项公式；

（2）若对n∈N*恒成立，求λ的最小值；

（3）若成等差数列，求正整数x，y的值．

高中数学必修5等比数列通项公式简单测试试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一．单选题（共__小题）

1．数列{a n}的前n项和为S n，若a1=1，a n+1=3S n（n≥1），则a6=（）

A．3×44B．3×44+1C．44D．44+1

答案：A

解析：

解：由a n+1=3S n，得到a n=3S n-1（n≥2），

两式相减得：a n+1-a n=3（S n-S n-1）=3a n，

则a n+1=4a n（n≥2），又a1=1，a2=3S1=3a1=3，

得到此数列除去第一项后，为首项是3，公比为4的等比数列，

所以a n=a2q n-2=3×4n-2（n≥2）

则a6=3×44．

故选A

2．（2015春?凉山州期末）设数列{a n}是各项为正的单调递减的等比数列，a1+a2+a3=3，则首项a1的取值范围是（）

A．（0，3）B．（0，1）C．（3，9）D．（1，3）

答案：D

解析：

解：∵数列{a n}是各项为正的单调递减的等比数列，

∴0＜q＜1，

则由a1+a2+a3=3，得a1（1+q+q2）=3，

即a1==，

∵0＜q＜1，

∴1＜（q+）2+＜3，

则＜＜3，

即1＜＜3，

故则1＜a1＜3，

故选：D

3．（2015秋?上饶校级期中）已知等比数列{a n}的前n项和，数列{b n}，满足b n=log2a n，若p-q=3，则b p-b q=（）

A．3B．6C．-3D．-6

答案：A

解析：

解：∵等比数列{a n}的前n项和，

∴a1=2+t，当n≥2时，a n=S n-S n-1=2n+t-（2n-1+t）=2n-1，

∵b n=log2a n，p-q=3，

则b p-b q=log2a p-log2a q===p-q=3．

故选：A．

4．已知正项等比数列{a n}满足：a7=a6+2a5，若存在两项a m、a n，使得，则m+n 的值为（）

A．10B．6C．4D．不存在

答案：B

解析：

解：∵a7=a6+2a5，

∴a5q2=a5q+2a5，

∴q2-q-2=0，

∴q=2，

∵存在两项a m，a n使得，

∴a m a n=16a12，

∴q m+n-2=16，

∴m+n=6．

故选B．

5．（2016?绵阳模拟）已知正项等比数列{a n}满足a5+a4-a3-a2=5，则a6+a7的最小值为（）A．32B．10+10C．20D．28

答案：C

解析：

解：设正项等比数列{a n}的公比为q＞1，

∵a5+a4-a3-a2=5，

∴（q2-1）（a3+a2）=5．

则a6+a7=q4（a3+a2）===≥+10=20，当且仅当q2=2，即q=时取等号．

故选：C．

已知，把数列{a n}的各项排列成如下的三

角形状，记A（m，n）表示第m行的第n个数，则A（10，11）=（）A．B．C．D．

答案：B

解析：

解：由A（m，n）表示第m行的第n个数可知，A（10，11）表示第10行的第11个数，

根据图形可知：①每一行的最后一个项的项数为行数的平方，

所以第10行的最后一个项的项数为102=100，即为a100；

②每一行都有2n-1个项，所以第10行有2×10-1=19个项，

故第10行第一个项为100-19+1=82，

所以第11项的项数为82+11-1=92；

所以A（11，12）=a92=

故选B

7．在等比数列a n中，若a4=8，q=-2，则a7的值为（）

A．-64B．64C．-48D．48

答案：A

解析：

解：因为a4=a1q3=a1×（-2）3=-8a1=8，所以a1=-1，

则等比数列的通项公式a n=-（-2）n-1，

所以a7=-（-2）6=-64．

故选A

8．已知数列{a n}的首项为1，数列{b n}为等比数列，且b n=，若b10?b11=2，则a21=（）A．20B．512C．1013D．1024

答案：D

解析：

解：由得，

，，，…，，

以上20个式子相乘得，

=，

∵数列{b n}为等比数列，且b10?b11=2，数列{a n}的首项为1，

∴，解得a21=1024，

故选：D．

9．定义“等比数列”{a n}：a1=1-i，q=（1+i），a n+1=a n?q，n∈N*，则在复平面内a2011所对应的点在（）

A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限

答案：A

解析：

解：由a1=1-i，q=（1+i），

得到“等比数列”{a n}的通项公式a n=（1-i）（1+i）n-1，

则a2011=（1-i）（1+i）2010=（1-i）（（1+i）2）1005=（1-i）（2i）1005=21005（1+i）

所以复平面内a2011所对应的点在第一象限．

故选A．

10．若a，b是函数f（x）=x2-px+q（p＞0，q＞0）的两个不同的零点，且a，b，-4这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p+q的值等于（）A．16B．10C．26D．9

答案：C

解析：

解：∵a，b是函数f（x）=x2-px+q（p＞0，q＞0）的两个不同的零点，

∴a+b=p，ab=q，p＞0，q＞0，△=p2-4q＞0．

不妨设a＜b．

由于a，b，-4这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，

∴-4，a，b或b，a，-4成等差数列，a，-4，b或b，-4，a成等比数列，

∴b-4=2a，ab=（-4）2，

解得a=2，b=8．

∴p=10，q=16．

满足△≥0．

则p+q=26．

故选：C．

11．（2016?绵阳模拟）已知正项等比数列{a n}满足a5+a4-a3-a2=5，则a6+a7的最小值为（）

A．32B．10+10C．20D．28

答案：C

解析：

解：设正项等比数列{a n}的公比为q＞1，

∵a5+a4-a3-a2=5，

∴（q2-1）（a3+a2）=5．

则a6+a7=q4（a3+a2）===≥+10=20，当且仅当q2=2，即q=时取等号．

故选：C．

12．在等比数列{a n}中，记S n=a1+a2+…+a n，已知a5=2S4+3，a6=2S5+3，则此数列的公比q为（）

A．2B．3C．4D．5

答案：B

解析：

解：∵a5=2S4+3，a6=2S5+3，

可得q≠1，∴a6-a5=2a5，

化为a6=3a5，

∴此数列的公比q=3，

故选：B．

二．填空题（共__小题）

13．已知在公比为实数的等比数列{a n}中，a3=4，且a4，a5+4，a6成等差数列．则求数列{a n}的通项公式为______．

答案：

解析：

解：设数列{a n}的公比为q（q∈R），

由题意可得2（4q2+4）=4q+4q3，

整理可得（q2+1）（q-2）=0，

∵q∈R，∴q=2，a1==1，

∴数列{a n}的通项公式为：，

故答案为：

14．已知a n=2n+3n，b n=a n+1+ka n，若{b n}是等比数列，则k=______．

答案：-2或-3

解析：

解：因为{b n} 是等比数列，故有

（a n+1+ka n）2=（a n+2+ka n+1）（a n+ka n-1），

将a n=2n+3n代入上式，得

[2n+1+3n+1+k（2n+3n）]2

=[2n+2+3n+2+k（2n+1+3n+1）]?[2n+3n+k（2n-1+3n-1）]，

即[（2+k）2n+（3+k）3n]2

=[（2+k）2n+1+（3+k）3n+1][（2+k）2n-1+（3+k）3n-1]，

整理得（2+k）（3+k）?2n?3n=0，

解k-=2或k=-3．

故答案为：-2或-3

15．近期国家为了控制房价，出台了一系列的限购措施，同时由于银行可用资金紧缺，为了提高存款额，某银行准备新设一种定期存款业务，经预测，存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为k（k＞0），贷款的利率为7.05%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去，若存款利率为x，x∈（0，7.05%），为使银行获得最大利益，则存款利率为______．

答案：0.047

解析：

解：设y表示收益，则存款量是kx2，贷款收益为0.0705kx2

则收益y=0.0705kx2-kx3，x∈（0，0.0705），

∵y′=0.141x-3kx2=3kx（0.047-x）

∴当y′＞0，0＜x＜0.047，当y′＜0，0.047＜x＜0.0705，

所以函数y在（0，0.047）内单调递增，在（0.047，0.0705）单调递减，

即收益y在x=0.047时极大值，亦即最大值．

所以为使银行收益最大，应把存款利率定为0.047，

故答案为：0.047．

16．在等比数列{a n}中，a1+a2+a3=-3，a1?a2?a3=8，则a n=______．

答案：a n=-（-2）n-1或a n=-4（-）n-1

解析：

解：∵{a n}为等比数列，a1?a2?a3=8，

∴=8，得a2=2，

∴a1+a3=-5①，a1?a3=4②，

由①②可解得：a1=-4或a1=-1；a3=-1或a3=-4．

∴当a1=-4时a3=-1，解得q==，a n=-4；

当a1=-1时，a3=-1，解得q==-2，a n=-（-2）n-1．

故答案为：a n=-（-2）n-1或a n=-4．

17．银行一年定期储蓄存款年息为r，按复利计算利息，三年定期储蓄存款年息为q，银行为吸收长期资金，鼓励储户存三年定期的存款，那么q的值应大于______．

答案：[（1+r）3-1]

解析：

解：银行一年定期储蓄存款年息为r，按复利计算利息，a元存三年可得本金与利息和=a（1+r）3；

三年定期储蓄存款年息为q，a元存三年可得本金与利息和=a（1+3q）．

根据题意可得：a（1+3q）＞a（1+r）3，解得：．

故答案为：[（1+r）3-1]．

18．在各项均为正项的等比数列{a n}中，已知a1+a2+a3+a4+a5=31，=，则a3=______．

答案：4

解析：

解：设等比数列a n的公比为q，则{}也是等比数列，

且公比为，依题意得：，

两式作比得：，即，

∵a n＞0，∴a3=4．

故答案为：4．

19．在数列{a n}中，其前n项和S n=4n+a，若数列{a n}是等比数列，则常数a的值为______．答案：-1

解析：

解：由S n=4n+a，得a1=S1=4+a，

a1+a2=S2=16+a，所以a2=16+a-4-a=12，

．

因为数列{a n}是等比数列，所以122=48（4+a），解得a=-1．

故答案为-1．

20．在20.2℃，用某种消毒溶液消毒，每小时细菌的死亡率为11%，假设消毒前有1000个细菌，则24小时后剩下的细菌数约为______个（取0.896=0.5）．

答案：63

解析：

解：由题意可得剩下的细菌数构成1000（1-11%）为首项，（1-11%）为公比的等比数列，故第24项为：1000（1-11%）24=1000×0.8924

=1000×（0.896）4=1000×0.54=≈63

故答案为：63

21．若正项数列{a n}是以q为公比的等比数列，已知该数列的每一项a k的值都大于从a k+2开始的各项和，则公比q的取值范围是______．

答案：（0，）

解析：

解：正项等比数列{a n}中，公比为q，∴q＞0；

又数列的每一项a k的值都大于从a k+2开始的各项和，

∴a k＞a k+2?，（q＜1）；

即a k＞，

∴1＞，

∴q2+q-1＜0；

解得＜x＜，

∴公比q的取值范围是（0，）．

故答案为：（0，）．

22．已知等比数列{a n}的首项a1=8，令b n=log2a n，S n是数列{b n}的前n项和，若S3是数列{S n}中的唯一最大项，则{a n}的公比q的取值范围是______．

答案：

解析：

解：由题意可得a n=a1q n-1=8?q n-1，

所以b n=log2a n=log2（8?q n-1）

=3+=3+（n-1）log2q，

上式为关于n的一次函数的形式，故数列{b n}为等差数列，

又知S3是数列{S n}中的唯一最大项，故

代入可得，解得，

故＜q＜2-1，即

故答案为：

三．简答题（共__小题）

23．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，a2=2，且点（S n，S n+1）在直线y=kx+1上．（1）求k的值；

（2）求数列{a n}的通项公式；

（3）若不等式对一切正整数n和实数λ均恒成立，求整数m的最小值．

答案：

解：（1）∵点（S n，S n+1）在直线y=kx+1上，

故S n+1=kS n+1．

n=1时，a1+a2=ka1+1

又a1=1，a2=2，则1+2=k+1，∴k=2；

（2）由（1）知S n+1=2S n+1①

当n≥2时，S n=2S n-1+1②

①-②得a n+1=2a n（n≥2）

又a2=2a1，易见a n≠0（n∈N+），∴=2（n∈N+）

故{a n}成等比数列．

∴a n=1×2n-1=2n-1．

（3）∵

在n≥3时，单调递增

在1≤n≤2时，单调递减

∴当n=2或3时，有最小值为

又不等式，对一切n∈N*恒成立．∴，

对一切λ∈R恒成立．

∴，

∴整数m的最小值为-4．

解析：

解：（1）∵点（S n，S n+1）在直线y=kx+1上，

故S n+1=kS n+1．

n=1时，a1+a2=ka1+1

又a1=1，a2=2，则1+2=k+1，∴k=2；

（2）由（1）知S n+1=2S n+1①

当n≥2时，S n=2S n-1+1②

①-②得a n+1=2a n（n≥2）

又a2=2a1，易见a n≠0（n∈N+），∴=2（n∈N+）

故{a n}成等比数列．

∴a n=1×2n-1=2n-1．

（3）∵

在n≥3时，单调递增

在1≤n≤2时，单调递减

∴当n=2或3时，有最小值为

又不等式，对一切n∈N*恒成立．

∴，

对一切λ∈R恒成立．

∴，

∴整数m的最小值为-4．

24．已知等比数列{a n}，S n是其前n项的和，且a1+a3=5，S4=15．

（I）求数列{a n}的通项公式；

（II）设，求数列{b n}的前n项和T n

（III）比较（II）中T n与（n=1，2，3…）的大小，并说明理由．

答案：

解：（I）设数列{a n}的公比为q，则

方法一：a1+a3=a1+a1q2=a1（1+q2）=5，S4-（a1+a3）=a2+a4=a1q（1+q2）=10（2分）

∴q=2，a1=1，则a n=2n-1（4分）

方法二：易知q≠1，则a1+a3=a1+a1q2=a1（1+q2）=5

，

则1+q=3（2分）

（以下同方法一）（4分）

（II）由（I）可得，，

所以数列{b n}是一个以为首项，1为公差的等差数列（5分）

∴

=

（III）∵（11分）

∴当n=1、2时，，即T n=（12分）

当n≥3时，，即T n＜（14分）

解析：

解：（I）设数列{a n}的公比为q，则

方法一：a1+a3=a1+a1q2=a1（1+q2）=5，S4-（a1+a3）=a2+a4=a1q（1+q2）=10（2分）

∴q=2，a1=1，则a n=2n-1（4分）

方法二：易知q≠1，则a1+a3=a1+a1q2=a1（1+q2）=5

，

则1+q=3（2分）

（以下同方法一）（4分）

（II）由（I）可得，，

所以数列{b n}是一个以为首项，1为公差的等差数列（5分）

∴

=

（III）∵（11分）

∴当n=1、2时，，即T n=（12分）

当n≥3时，，即T n＜（14分）

25．巳知无穷数列{a n}的各项均为正整数，S n为数列{a n}的前n项和．

（Ⅰ）若数列{a n}是等差数列，且对任意正整数n都有成立，求数列{a n}的通项公式；

（Ⅱ）对任意正整数n，从集合{a1，a2，a3，…a n}中不重复地任取若干个数，这些数之间经过加减运算后所得数的绝对值为互不相同的正整数，且这些正整数与a1，a2，a3，…a n一起恰好是1至S n全体正整数组成的集合．

（1）求a1，a2，的值；

（2）求数列{a n}的通项公式．

答案：

解：（Ⅰ）设无穷等差数列{a n}的公差为d，则．

∴

且=．

∵对任意正整数n都有成立，

∴

∵数列{a n}的各项均为正数，∴d≥0．

由①可知d=0或d=2，当d=0时，由④得a1=1，且同时满足②③．

当d=2时，由②得，且同时满足③④．

因此，共有两个无穷等差数列满足条件，通项公式为a n=1或a n=2n-1；

（Ⅱ）（1）记A n={1，2，…，S n}，显然a1=S1=1．

对于S2=a1+a2=1+a2，有A2={1，2，…，S2}={1，a2，1+a2，|1-a2|}={1，2，3，4}，

故1+a2=4，∴a2=3．

（2）有题意可知，集合{a1，a2，a3，…a n}按上述规则共产生S n个正整数，而集合{a1，a2，a3，…，a n，a n+1}按上述规则共产生S n+1个正整数中，

除1，2，…，S n这S n个正整数外，还有a n+1，a n+1+i，|a n+1-i|（i=1，2，…，S n）共2S n+1个数．

∴S n+1=S n+（2S n+1）=3S n+1．

又．

∴．

当n≥2时，．

高中数学必修五《等比数列》教案

3.4.1等比数列教案 临澧一中高一数学组 颜干清 课题 ：3.4.1等比数列(一) 教学目标 （一） 教学知识点 1、 等比数列的定义. 2、 等比数列的通项公式. （二） 能力训练要求 1、 掌握等比数列的定义. 2、 理解等比数列的通项公式及推导. （三） 德育渗透目标 1、 培养学生的发现意识. 2、 提高学生的逻辑推理能力. 3、 增强学生的应用意识. 教学重点 等比数列的定义及通项公式. 教学难点 灵活应用等比数列的定义及通项公式解决一些相关问题. 教学方法 比较式教学法 采用比较式教学法,从而使学生抓住等差数列与等比数列各自的特点，以便理解、掌握与应用. 教学过程 Ⅰ复习回顾 前面几节课，我们共同探讨了等差数列，现在我们再来回顾一下等差数列的主要内容 1、等差数列定义：a n -a n-1=d （n ≥2）(d 为常数) 2、等差数列性质： ①若a 、A 、b 成等差数列，则A= ②若m+n=p +q ，则，a m + a n = a p + a q , ③S k ，S 2k - S 3k ，S 2k …成等差数列. 3、等差数列的前n 项和公式：d n n na a a n s n 2 )1(2)(21-+=+= Ⅱ新课讲授 下面我们来看这样几个数列，有何时共特点？ 1，2，4，8，16，…，263 ；① a +b 2

5，25，125，625，…； ② 1，- ， ，- ，…； ③ 仔细观察数列，寻其共同特点： 数列①：)2(2;21 1≥==--n a a a n n n n ； 数列②: )2(5;51 ≥==-n a a a n n n n 数列③: )2(2 1;21 )1(111≥-=?-=---n a a a n n n n n 共同特点：从第二项起，第一项与前一项的比都等于同一个常数.(也就是说，这些数列从第二项起，每一项与前一项的式都具有“相等”的特点) 1、定义 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数列的公比；公比通常用字母q 表示（q ≠0）,即：a n ：a n-1= q （q ≠0） 数列①②③都是等比数列，它们的公比依次是2，5，- ，与等差数列比较，仅一字之差。 总之，若一数列从第二项起，每一项与其前一项之“差”这常数，则为等差数列，之“比”这常数，则为等比数列，此常数称为“公差”或“公比”. 注意公差①“d ”可为0，②公比“q ”不可为0. 2、等比数列的通项公式 请同学们想想等差数列通项公式的推导过程，试着推一推等比数列的通项公式. 解法一：由定义式可得 a 2=a 1q a 3=a 2q =( a 1q )q = a 1q 2 a 4=a 3q =( a 2q )q =((a 1q )q )q = a 1q 3 …… a n =a n-1q = a 1q n-1（a 4，q ≠0），n=1时，等式也成立，即对一切n ∈N *成立. 解法二：由定义式可得：（n-1）个等式 1 2 1 8 1 2 1 4 a 2 a 1 = q a 3 a 2 = q ① ②

求数列通项专题高三数学复习教学设计

假如单以金钱来算,我在香港第六、七名还排不上,我这样说是有事实根据的.但我认为,富有的人要看他是怎么做.照我现在的做法我为自己内心感到富足,这是肯定的. 求数列通项专题高三数学复习教学设计 海南华侨中学邓建书 课题名称 求数列通项（高三数学第二阶段复习总第1课时） 科目 高三数学 年级 高三（5）班 教学时间 2009年4月10日 学习者分析 数列通项是高考的重点内容 必须调动学生的积极让他们掌握！ 教学目标 一、情感态度与价值观 1. 培养化归思想、应用意识. 2.通过对数列通项公式的研究 体会从特殊到一般 又到特殊的认识事物规律 培养学生主动探索 勇于发现的求知精神 二、过程与方法 1. 问题教学法------用递推关系法求数列通项公式 2. 讲练结合-----从函数、方程的观点看通项公式 三、知识与技能 1. 培养学生观察分析、猜想归纳、应用公式的能力； 2. 在领会函数与数列关系的前提下 渗透函数、方程的思想 教学重点、难点 1.重点：用递推关系法求数列通项公式 2.难点：（１）递推关系法求数列通项公式（２）由前n项和求数列通项公式时注意检验第一项（首项）是否满足 若不满足必须写成分段函数形式；若满足

则应统一成一个式子. 教学资源 多媒体幻灯 教学过程 教学活动1 复习导入 第一组问题： 数列满足下列条件 求数列的通项公式 （1）；（2） 由递推关系知道已知数列是等差或等比数列即可用公式求出通项 第二组问题：[学生讨论变式] 数列满足下列条件 求数列的通项公式 （1）；（2）； 解题方法：观察递推关系的结构特征 可以利用"累加法"或"累乘法"求出通项 （3） 解题方法：观察递推关系的结构特征 联想到"？=？)" 可以构造一个新的等比数列 从而间接求出通项 教学活动2 变式探究 变式1：数列中 求 思路：设 由待定系数法解出常数

求数列通项公式的常用方法(有答案)

求数列通项公式的常用方法 一、累加法 1．适用于：1()n n a a f n +=+ ----------这是广义的等差数列 累加法是最基本的二个方法之 一。 2．解题步骤：若1()n n a a f n +-=(2)n ≥， 则 21321(1) (2) () n n a a f a a f a a f n +-=-=-= 两边分别相加得 111 ()n n k a a f n +=-= ∑ 例1 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。 解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则 11232211 2 ()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)1 2[(1)(2)21](1)1(1)2(1)1 2 (1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n n n n n n ---=-+-++-+-+=-++-++ +?++?++=-+-++++-+-=+-+=-++= 所以数列{}n a 的通项公式为2 n a n =。 练习. 已知数列 } {n a 满足31=a ， ) 2()1(1 1≥-+ =-n n n a a n n ，求此数列的通项公式. 答案：裂项求和 n a n 1 2- = 评注：已知a a =1,) (1n f a a n n =-+，其中f(n)可以是关于n 的一次函数、二次函

数、指数函数、分式函数，求通项 n a . ①若f(n)是关于n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和; ②若f(n)是关于n 的二次函数，累加后可分组求和; ③若f(n)是关于n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和; ④若f(n)是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和。 二、累乘法 1. 适用于： 1()n n a f n a += ----------这是广义的等比数列，累乘法是最基本的二个方法之 二。 2．解题步骤：若 1()n n a f n a +=，则31212(1)(2)()n n a a a f f f n a a a +===，，， 两边分别相乘得，1 11 1()n n k a a f k a +==?∏ 例2 已知数列{}n a 满足112(1)53n n n a n a a +=+?=，，求数列{}n a 的通项公式。 解：因为112(1)53n n n a n a a +=+?=，，所以0n a ≠，则 1 2(1)5n n n a n a +=+，故1 32 112 21 12211(1)(2)21 (1)1 2 [2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]32[(1)32]53 32 5 ! n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n -------+-+++--= ??? ??=-+-+??+?+??=-?????=??? 所以数列{}n a 的通项公式为(1)1 2 325 !.n n n n a n --=??? 练习. 已知 1 ,111->-+=+a n na a n n ,求数列{an}的通项公式 答案： =n a ) 1()!1(1+?-a n -1.

史上最全的数列通项公式的求法13种

最全的数列通项公式的求法 数列是高考中的重点内容之一，每年的高考题都会考察到，小题一般较易，大题一般较难。而作为给出数列的一种形式——通项公式，在求数列问题中尤其重要。本文给出了求数列通项公式的常用方法。 一、直接法 根据数列的特征，使用作差法等直接写出通项公式。 二、公式法 ①利用等差数列或等比数列的定义求通项 ②若已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系，求数列{}n a 的通项n a 可用公式 ?? ?≥???????-=????????????????=-2 1 11n S S n S a n n n 求解. (注意：求完后一定要考虑合并通项) 例2．①已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1,)1(2≥-+=n a S n n n ．求数列{}n a 的通项公式. ②已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足2 1n S n n =+-，求数列{}n a 的通项公式. ③ 已知等比数列{}n a 的首项11=a ，公比10<

高一数学必修五《等比数列》教案

高一数学必修五《等比数列》教案 【篇一】 教学准备 教学目标 1、数学知识：掌握等比数列的概念,通项公式,及其有关性质; 2、数学能力：通过等差数列和等比数列的类比学习,培养学生类比归纳的能力; 归纳——猜想——证明的数学研究方法; 3、数学思想：培养学生分类讨论,函数的数学思想。 教学重难点 重点：等比数列的概念及其通项公式,如何通过类比利用等差数列学习等比数列; 难点：等比数列的性质的探索过程。 教学过程 教学过程： 1、问题引入： 前面我们已经研究了一类特殊的数列——等差数列。 问题1：满足什么条件的数列是等差数列 ?如何确定一个等差数列 ? (学生口述,并投影)：如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的差等于同一个常数,那么这个数列就叫做等差数列。 要想确定一个等差数列,只要知道它的首项a1和公差d。 已知等差数列的首项a1和d,那么等差数列的通项公式为：(板书)an=a1+(n-1)d。 师：事实上,等差数列的关键是一个“差”字,即如果一个数列,从第2项起,每一项与它前一项的差等于同一个常数,那么这个数列就叫做等差数列。 (第一次类比)类似的,我们提出这样一个问题。 问题2：如果一个数列,从第2项起,每一项与它的前一项的……等于同一个常数,那么这个数列叫做……数列。

(这里以填空的形式引导学生发挥自己的想法,对于“和”与“积”的情况,可以利用具体的例子予以说明：如果一个数列,从第2项起,每一项与它的前一项的“和”(或“积”)等于同一个常数的话,这个数列是一个各项重复出现的“周期数列”,而与等差数列最相似的是“比”为同一个常数的情况。而这个数列就是我们今天要研究的等比数列了。) 2、新课： 1)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,那么这个数列就叫做等比数列。这个常数叫做公比。 师：这就牵涉到等比数列的通项公式问题,回忆一下等差数列的通项公式是怎样得到的 ?类似于等差数列,要想确定一个等比数列的通项公式,要知道什么 ? 师生共同简要回顾等差数列的通项公式推导的方法：累加法和迭代法。 公式的推导：(师生共同完成) 若设等比数列的公比为q和首项为a1,则有： 方法一：(累乘法) 3)等比数列的性质： 下面我们一起来研究一下等比数列的性质 通过上面的研究,我们发现等比数列和等差数列之间似乎有着相似的地方,这为我们研究等比数列的性质提供了一条思路：我们可以利用等差数列的性质,通过类比得到等比数列的性质。 问题4：如果{an}是一个等差数列,它有哪些性质 ? (根据学生实际情况,可引导学生通过具体例子,寻找规律,如： 3、例题巩固： 例1、一个等比数列的第二项是2,第三项与第四项的和是12,求它的第八项的值。* 答案：1458或128。 例2、正项等比数列{an}中,a6·a15+a9·a12=30,则 log15a1a2a3…a20=_10____. 例3、已知一个等差数列：2,4,6,8,10,12,14,16,……,2n,……,能否在这个数列中取出一些项组成一个新的数列{cn},使得{cn}是一个公比为2的等比数列,若能请指出{cn}中的第k项是等差数列中的第几项 ?

数列的通项公式与求和的常见方法

数列的通项公式与求和 的常见方法 Company number：【WTUT-WT88Y-W8BBGB-BWYTT-19998】

常见数列通项公式的求法 类型一：公式法1（或定义法） 例1. 已知数列{}n a 满足11a =， 12n n a a +-=*()n N ∈，求数列{}n a 的通项公式。 例2.已知数列{}n a 满足12a =，13n n a a += *()n N ∈，求数列{}n a 的通项公式。 变式练习： 1.已知数列{}n a 满足12a =， 110n n a a +-+=*()n N ∈，求数列{}n a 的通项公式。 2.已知数列{}n a 满足16a =-， 13n n a a +=+*()n N ∈，求数列{}n a 的通项公式。 3. 已知数列{}n a 满足11a =，2 1 2=a ， 11112n n n a a a -++=(2)n ≥，求数列{}n a 的通项公式。 4.已知数列{}n a 满足11a =，13n n a a +=*()n N ∈，求数列{}n a 的通项公式。 类型二：（累加法）)(1n f a a n n +=+ 解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解 例：已知数列{}n a 满足121n n a a n +=++*()n N ∈， 11a =，求数列{}n a 的通项公式。 变式练习： 1.已知数列{}n a 满足21 1=a ，n a a n n 21+=+， * ()n N ∈求数列{}n a 的通项公式。 2.已知数列{}n a 满足11a =，11 (1) n n a a n n -=+-， (2)n ≥，求数列{}n a 的通项公式。 3.已知数列{}n a 满足1231n n n a a +=+?+， * ()n N ∈，13a =，求数列{}n a 的通项公式。 4.已知数列{}n a 中，12a =，11 ln(1)n n a a n +=++， 求数列{}n a 的通项公式。 类型三：（叠乘法）n n a n f a )(1=+ 解法：把原递推公式转化为)(1 n f a a n n =+，利用累乘法(逐商相乘法)求解 例：在数列{}n a 中，已知11a =，1(1)n n na n a -=+， (2)n ≥，求数列{}n a 的通项公式。 变式练习： 1.已知数列{}n a 满足321= a ，n n a n n a 1 1+=+，* ()n N ∈，求数列{}n a 的通项公式。 2.已知31=a ，n n a n n a 2 3131 +-=+ )1(≥n ，求数列{}n a 的通项公式。 3.已知数列 {}n a 满足125n n n a a +=?* ()n N ∈， 13a =，求数列{}n a 的通项公式。 类型四：递推公式为n S 与n a 的关系式()n n S f a = 解法：这种类型一般利用 与)()(11---=-=n n n n n a f a f S S a 消去n S )2(≥n 或与)(1--=n n n S S f S )2(≥n 消去n a 进行求解。 例. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =且 12n n S a +=(2)n ≥．求数列{}n a 的通项公式。 1. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，42n n S a =+， 求数列{}n a 的通项公式。 2.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，251n S n n =+- 求数列{}n a 的通项公式。 3.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，23n n S =+， 求数列{}n a 的通项公式。 类型五：待定系数法 q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数， )0)1((≠-p pq ） 解法：构造新数列{}n b ； p a a n n =+++λ λ 1解出λ，可 得数列λ+=n n a b 为等比数列 例：已知数列{}n a 中，11=a ，121+=+n n a a ，求数列{}n a 的通项公式。 变式练习： 1. 已知数列{}n a 满足13a =，121n n a a +=- *()n N ∈，求数列{}n a 的通项公式。 2.已知数列{}n a 中，11=a ，6431+=+n n a a ，求数列{}n a 的通项公式。 3.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且 232n n S a n =-*()n N ∈．求数列{}n a 的通项公式。 类型六：交叉项问题 解法：一般采用求倒数或除以交叉项得到一个新 的等差数列。 例：已知数列{}n a 满足11a =， 122 n n n a a a +=+*()n N ∈，求数列{}n a 的通项公式。 变式练习： 1.已知数列{}n a 满足11a =， 1(1)n n na n a +=++(1)n n +， *()n N ∈，求数列{} n a 的通项公式。 2. 已知首项都为1的两个数列{}n a 、{}n b （0n b ≠*n N ∈），满足 11120n n n n n n a b a b b b +++-+=，令n n n a c b = 求数列{}n c 的通项公式。 类型七：（公式法2） （n n n p pa a ?+=+λ1）p>0; 解法：将其变形为p p a p a n n n n λ =-++11，即数列?? ????n n p a 为以 p λ 为公差的等差数列； 例. 已知数列{}n a 满足1232n n n a a +=+?，12a =，求数列{}n a 的通项公式。 变式练习： 1.已知数列{}n a 满足1155+++=n n n a a ，11=a ，求数列{}n a 的通项公式 2.已知数列{}n a 满足n n n a a 3431?+=+，11=a ，求数列{}n a 的通项公式。 数列求和的常用方法 类型一：公式法 例 .已知3 log 1log 23=x ，求32x x x ++???++???+n x 的前n 项和. 变式练习 1.数列}{n a 中，12+=n a n ,求n S . 2.等比数列}{n a 的前n 项和12-=n n S ,求 2 232221n a a a a ++++ . 类型二：分组求和法 例. 求数列的前n 项和： 2321 ,,721,421,1112-+???+++-n n ，… 变式练习 1.已知数列}{n a 中，n n n a 32+=，求n S . 2.已知数列}{n a 中，n n n a 21 )12(++=，求n S . 类型三：倒序相加法 例.求 88sin 3sin 2sin 1sin 2 222+???+++ 89sin 2 +的值. 1.已知x x f += 11 )(，求)3()2()1(f f f ++ 类型四：错位相减法： 例.数列}{n a 中，12)12(-?-n n n a ，求n S . 变式练习 1.求数列 ??????,2 2,,26,24,2232n n 前n 项的和. 2.数列}{n a 的前n 项和为2 2n S n =，}{n b 为等比数列， 且.)(,112211b a a b b a =-= （1）求数列}{n a 和}{n b 的通项公式；

数列通项公式求法大全(配练习及答案)

数列通项公式的几种求法 注：一道题中往往会同时用到几种方法求解，要学会灵活运用。 一、公式法 二、累加法 三、累乘法 四、构造法 五、倒数法 六、递推公式为n S 与n a 的关系式(或()n n S f a = （七）、对数变换法 （当通项公式中含幂指数时适用） （八）、迭代法 （九）、数学归纳法 已知数列的类型 一、公式法 *11(1)()n a a n d dn a d n N =+-=+-∈ 1 *11()n n n a a a q q n N q -== ?∈ 已知递推公式 二、累加法 )(1n f a a n n +=+ （1）()f n d = （2）()f n n = （3）()2n f n =

例 1 已知数列{} n a 满足1121 1n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。 2n a n = 例 2 已知数列{}n a 满足112313n n n a a a +=+?+=，，求数列{}n a 的通项公式。（3 1.n n a n =+-） 三、累乘法 n n a n f a )(1=+ （1）()f n d = （2）()f n n =， 1 n n +，2n 例3 已知数列{}n a 满足112(1)53n n n a n a a +=+?=，，求数列{}n a 的通项公式。 （(1)1 2 32 5 !.n n n n a n --=???） 评注：本题解题的关键是把递推关系12(1)5n n n a n a +=+?转化为 1 2(1)5n n n a n a +=+，进而求出 13211221 n n n n a a a a a a a a a ---?????L ，即得数列{}n a 的通项公式。 例4 （20XX 年全国I 第15题，原题是填空题） 已知数列{}n a 满足112311 23(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥L ，，求{}n a 的通项公式。（! .2 n n a = ） 评注：本题解题的关键是把递推关系式1(1)(2)n n a n a n +=+≥转化为 1 1(2)n n a n n a +=+≥，进而求出 132122 n n n n a a a a a a a ---????L ，从而可得当2n n a ≥时，的表达式，最后再求出数列{}n a 的通项公式。

必修五 等比数列的性质

第2课时等比数列的性质 课时过关·能力提升 1已知等比数列{a n}的公比q>0,且a3a9=2,a2=1,则a1等于(). A. B. C. D.2 解析:∵a3a9==2,∴q2==2. 又q>0,∴q=, ∴a1=. 答案:B 2等比数列{a n}的公比q=-,a1=,则数列{a n}是(). A.递增数列 B.递减数列 C.常数数列 D.摆动数列 解析:由于公比q=-<0, 所以数列{a n}是摆动数列. 答案:D 3在等比数列{a n}中,a3a4a5=3,a6a7a8=24,则a9a10a11的值等于(). A.48 B.72 C.144 D.192 解析:∵=q9=8, ∴a9a10a11=a6a7a8·q9=24×8=192. 答案:D ★4若数列{a n}是等比数列,则下列数列一定是等比数列的是(). A.{lg a n} B.{1+a n} C. D.{}

解析:当a n=-1时,lg a n与无意义,1+a n=0,则选项A,B,D都不符合题意;选项C中,设 a n=a1q n-1(q是公比),则 b n=, 则有=常数, 即数列是等比数列. 答案:C 5已知等差数列a,b,c三项之和为12,且a,b,c+2成等比数列,则a等于(). A.2或8 B.2 C.8 D.-2或-8 解析:由已知得 得故a=2或a=8. 答案:A 6等比数列{a n}的各项都为正数,且a5a6+a4a7=18,则log3a1+log3a2+…+log3a10等于(). A.12 B.10 C.8 D.2+log35 解析:因为a5a6+a4a7=2a5a6=18,所以a5a6=9. 所以log3a1+log3a2+…+log3a10 =log3(a1a2…a10)=log3[(a1a10)(a2a9)…(a5a6)] =log3[(a5a6)5]=log395=10. 答案:B 7在等比数列{a n}中,a2=2,a6=16,则a10=. 解析:∵a2,a6,a10成等比数列, ∴=a2a10.∴a10==128. 答案:128 8在等比数列{a n}中,a888=3,a891=81,则公比q=.

求数列通项公式常用的七种方法

创作编号：GB8878185555334563BT9125XW 创作者： 凤呜大王* 求数列通项公式常用的七种方法 一、公式法：已知或根据题目的条件能够推出数列{}n a 为等差或等比数列，根据通项公式 ()d n a a n 11-+=或1 1-=n n q a a 进行求解. 例1：已知{}n a 是一个等差数列，且5,152-==a a ，求{}n a 的通项公式. 分析：设数列{}n a 的公差为d ，则?? ?-=+=+5411 1d a d a 解得???-==23 1d a ∴ ()5211+-=-+=n d n a a n 二、前n 项和法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 的解析式，求n a . 例2：已知数列{}n a 的前n 项和12-=n n s ，求通项n a . 分析：当2≥n 时，1--=n n n s s a =( )( ) 32 321 ----n n =1 2 -n 而111-==s a 不适合上式，() () ???≥=-=∴-22111n n a n n 三、n s 与n a 的关系式法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 与通项n a 的关系式，求n a . 例3：已知数列{}n a 的前n 项和n s 满足n n s a 3 1 1= +，其中11=a ，求n a . 分析： 13+=n n a s ① ∴ n n a s 31=- ()2≥n ② ①-② 得 n n n a a a 331-=+ ∴ 134+=n n a a 即 341=+n n a a ()2≥n 又1123 1 31a s a ==不适合上式 ∴ 数列{}n a 从第2项起是以 3 4 为公比的等比数列 ∴ 2 2 2343134--?? ? ??=? ? ? ??=n n n a a ()2≥n ∴()()??? ??≥?? ? ??==-23431112n n a n n 注：解决这类问题的方法，用具俗话说就是“比着葫芦画瓢”，由n s 与n a 的关系式，类比出1-n a 与 的关系式，然后两式作差，最后别忘了检验1a 是否适合用上面的方法求出的通项. 四、累加法：当数列{}n a 中有()n f a a n n =--1，即第n 项与第1-n 项的差是个有“规律”的数时， 可以用这种方法. 例4： ()12,011-+==+n a a a n n ，求通项n a 分析： 121-=-+n a a n n ∴ 112=-a a 323=-a a 534=-a a ┅ 321-=--n a a n n ()2≥n 以上各式相加得()()2 11327531-=-+++++=-n n a a n ()2≥n 又01=a ，所以()2 1-=n a n ()2≥n ，而01=a 也适合上式， ∴ ()2 1-=n a n ( ∈N n 五、累乘法：它与累加法类似 ，当数列{}n a 中有 ()1 n n a f n a -=，即第n 项与第1-n 项的商是个有“律”的数时，就可以用这种方法. 例5：111,1 n n n a a a n -==- ()2,n n N *≥∈ 求通项n a 分析： 11 n n n a a n -= - ∴11n n a n a n -=- ()2,n n N * ≥∈

求通项公式的几种方法与总结

睿博教育学科教师讲义讲义编号： LH-rbjy0002 副校长/组长签字：签字日期：

问题转化为求数列{c n }的前2010项和的平均数． 所以12010∑=+20101 i i i )b (a ＝12010×2010×?3＋4021? 2＝2012. ? 探究点四 数列的特殊求和方法 数列的特殊求和方法中以错位相减法较为难掌握，其中通项公式{a n b n }的特征为{a n }是等差数列，{b n }是等比数列． 例4 在各项均为正数的等比数列{a n }中，已知a 2＝2a 1＋3，且3a 2，a 4,5a 3成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝log 3a n ，求数列{a n b n }的前n 项和S n . 【解答】 (1)设{a n }公比为q ，由题意得q >0， 且?? ? a 2＝2a 1＋3，3a 2＋5a 3＝2a 4， 即??? a 1?q －2?＝3，2q 2 －5q －3＝0， 解得?? ? a 1＝3，q ＝3 或? ?? ?? a 1 ＝－6 5，q ＝－12(舍去)， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3·3n －1＝3n ，n ∈N *. (2)由(1)可得b n ＝log 3a n ＝n ，所以a n b n ＝n ·3n . 所以S n ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n ·3n ，① 3S n ＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n ·3n ＋1.② ②－①得，2S n ＝－3－(32＋33＋…＋3n )＋n ·3n ＋1 ＝－(3＋32＋33＋…＋3n )＋n ·3n ＋1， ＝－3?1－3n ?1－3＋n ·3n ＋1＝32 (1－3n )＋n ·3n ＋1 ＝32＋? ? ???n －123n ＋1. 所以数列{a n b n }的前n 项和为S n ＝34＋2n －14 3n ＋1 .

求前n项和公式的常用方法

求数列前N项和的常用方法 核心提示：求数列的前n项和要借助于通项公式，即先有通项公式，再在分析数列通项公式的基础上，或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和。当遇到具体问题时，要注意观察数列的特点和规律，找到适合的方法解题。 一.用倒序相加法求数列的前n项和 如果一个数列{a n}，与首末项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法。我们在学知识时，不但要知其果，更要索其因，知识的得出过程是知识的源头，也是研究同一类知识的工具，例如：等差数列前n项和公式的推导，用的就是“倒序相加法”。 例题1：设等差数列{a n}，公差为d，求证：{a n}的前n项和S n=n(a1+a n)/2 解：S n=a1+a2+a3+...+a n① 倒序得：S n=a n+a n-1+a n-2+…+a1② ①+②得：2S n=(a1+a n)+(a2+a n-1)+(a3+a n-2)+…+(a n+a1) 又∵a1+a n=a2+a n-1=a3+a n-2=…=a n+a1 ∴2S n=n(a2+a n) S n=n(a1+a n)/2 点拨：由推导过程可看出，倒序相加法得以应用的原因是借助a1+a n=a2+a n-1=a3+a n-2=…=a n+a1即与首末项等距的两项之和等于首末两项之和的这一等差数列的重要性质来实现的。 二.用公式法求数列的前n项和 对等差数列、等比数列，求前n项和S n可直接用等差、等比数列的前n项和公式进行求解。运用公式求解的注意事项：首先要注意公式的应用范围，确定公式适用于这个数列之后，再计算。 例题2：求数列的前n项和S n 解： 点拨：这道题只要经过简单整理，就可以很明显的看出：这个数列可以分解成两个数列，一个等差数列，一个等比数列，再分别运用公式求和，最后把两个数列的和再求和。 三.用裂项相消法求数列的前n项和 裂项相消法是将数列的一项拆成两项或多项，使得前后项相抵消，留下有限项，从而求出数列的前n项和。 例题3：求数列(n∈N*)的和

一、求数列通项公式的三种常用方法

一、求数列通项公式的三种常用方法 2; 3.n n S a ?? ??? 1、利用与的关系；、累加（乘）法、构造法（或配凑法、待定系数法） 1、利用n n S a 与的关系求通项公式： 1-11-1=1; =-.-n n n n n S a S S S S S ?? ≥? ， 当n 时利用 ，当n 2时注意：当也适合时，则无需分段(合二为一)。 例1、设数列}{n a 的前n 项和为S n =2n 2，}{n b 为等比数列，11a b =且2211().b a a b -= （Ⅰ）求数列}{n a 和}{n b 的通项公式； 解：（1）,24)1(22,22 21-=--=-=≥-n n n S S a n n n n 时当 当;2,111===S a n 时也满足上式。 故{a n }的通项公式为42,n a n =- 设{b n }的公比为q ， 111 , 4, .4 b qd b d q ==∴=则 故1 111 122,44n n n n b b q ---==? = 12 {}.4 n n n b b -=即的通项公式为 例2、数列}{n a 的前n 项和为S n ，且111,3, 1,2,3,n n a S a n +===，求： （1）2a 的值。（2）数列}{n a 的通项公式； 解：（1）由得,,3,2,1,31,111 == =+n S a a n n .3 1 3131112===a S a

1112342222 11 ()(2), 33 44 ,(2),...33114,()(2). 333 1, 1,,{}14(), 2.33 n n n n n n n n n n n n a a S S a n a a n a a a a q a a n n a a n +-+---=-=≥=≥===≥=?? =?≥??(2)由得即，，，是以为首项，为公比的等比数列 又所以所以数列的通项公式为 例3 已知函数 f (x ) = a x 2 + bx －23 的图象关于直线x =－3 2 对称, 且过定点(1,0)；对于正数 列{a n },若其前n 项和S n 满足S n = f (a n ) （n ∈ N *） （Ⅰ）求a , b 的值； （Ⅱ）求数列{a n } 的通项公式； (Ⅰ)∵函数 f (x ) 的图象关于关于直线x =－3 2 对称, ∴a ≠0,－b 2a =－3 2 , ∴ b =3a ① ∵其图象过点(1,0)，则a +b －2 3 =0 ② 由①②得a = 16 , b = 1 2 . 4分 (Ⅱ)由(Ⅰ)得2112()623f x x x =+- ，∴()n n S f a ==2112 623n n a a +- 当n ≥2时，1n S -=211112 623n n a a --+- . 两式相减得 2211111 ()622 n n n n n a a a a a --=-+- ∴221111 ()()062 n n n n a a a a ----+= ，∴11()(3)0n n n n a a a a --+--= 0,n a >∴13n n a a --=，∴{}n a 是公差为3的等差数列，且 22111111112 340623 a s a a a a ==+-∴--= ∴a 1 = 4 (a 1 =－1舍去）∴a n =3n+1 9分 2、累加（乘）法： 11-111 12-1. 2 3+2. 3 2-1.1 4 . (n+1) n n n n n n n n n a a n a a n a a a a n ++++=+=+=+=+例如：、 、、、

高中数学必修五《等比数列前n项和》说

等比数列前n项和说课稿 各位评委，您们好。今天我说课的内容是普通高中课程标准实验教科书数学必修的第5个模块中第二章的2.5等比数列的前n项和的第一节课。 下面我从教材分析、教学目标分析、教法与学法分析、教学过程分析、板书设计分析、评价分析等六个方面对本节课设计进行说明。 一、教材分析 1、教材的地位与作用 《等比数列的前n项和》是数列这一章中的一个重要内容，它不仅在现实生活中有着广泛的实际应用，如储蓄、分期付款的有关计算等等，而且公式推导过程中所渗透的类比、化归、分类讨论、整体变换和方程等思想方法，都是学生今后学习和工作中必备的数学素养。 2、教材处理 根据学生的认知规律，本节课从具体到抽象，从特殊到一般,由浅入深地进行教学，使学生顺利地掌握知识，发展能力。在教学过程中，运用多媒体辅助教学，提高教学效率。同时，教师教学用书安排“等比数列的前n项和”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。. 3、教学重点、难点、关键 教学重点：等比数列的前n项和公式的推导及其简单应用． 教学难点：等比数列的前n项和公式的推导。 教学关键：推导等比数列的前n项和公式的关键是通过情境的创设，发现错位相减求和法。应用公式的关键是如何从实际问题中抽象出数量关系，建立等比数列模型，运用公式解决问题。 4、教具、学具准备 多媒体课件。运用多媒体教学手段，增大教学容量和直观性，提高教学效率和质量。 二、教学目标分析 作为一名数学老师,不仅要传授给学生数学知识,更重要的是传授给学生数学思想、数学意识。根据上述教材结构与内容分析，考虑到学生已有的认知结构心理特征，我制定了如下的教学目标：

求数列通项公式的种方法

求数列通项公式的十一种方法（方法全，例子全，归纳细） 总述：一．利用递推关系式求数列通项的7种方法： 累加法、 累乘法、 待定系数法、 倒数变换法、 由和求通项 定义法 （根据各班情况适当讲） 二。基本数列：等差数列、等比数列。等差数列、等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。 三．求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等差数列或等比数列。 四．求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。 五．数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。 一、累加法 1．适用于：1()n n a a f n +=+----------这是广义的等差数列累加法是最基本的二个方法之一。 例1已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。

解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则 所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。 例2已知数列{}n a 满足112313n n n a a a +=+?+=，，求数列{}n a 的通项公式。 解法一：由1231n n n a a +=+?+得1231n n n a a +-=?+则 11232211122112211()()()()(231)(231)(231)(231)3 2(3333)(1)3 3(13)2(1)3 13 331331 n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n --------=-+-++-+-+=?++?+++?++?++=+++++-+-=+-+-=-+-+=+- 所以3 1.n n a n =+- 解法二：13231n n n a a +=+?+两边除以13n +，得 11 121 3333 n n n n n a a +++=++， 则 111 21 3333n n n n n a a +++-=+ ，故 因此11 (13)2(1)211 3133133223 n n n n n a n n ---=++=+--?， 则21133.322 n n n a n =??+?- 练习1.已知数列{}n a 的首项为1，且*12()n n a a n n N +=+∈写出数列{}n a 的通项公式. 答案：12 +-n n 练习2.已知数列}{n a 满足31=a ，) 2()1(1 1≥-+ =-n n n a a n n ，求此数列的通项公式. 答案：裂项求和 n a n 12- = 评注：已知a a =1,)(1n f a a n n =-+，其中f(n)可以是关于n 的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项n a .

求数列通项公式及求和的基本方法

求数列通项公式及求和的基本方法 1.公式法：利用熟知的的公式求通项公式的方法称为公式法，常用的公式有 1n n n a S S -=-(2)n ≥，等差数列或等比数列的通项公式。 例一 已知无穷数列{}n a 的前n 项和为n S ，并且*1()n n a S n N +=∈，求{}n a 的通项 公式？ 12n n a ?? = ??? . 反思：利用相关数列{}n a 与{}n S 的关系：11a S =,1n n n a S S -=-(2)n ≥与提设条件，建立递推关系，是本题求解的关键. 2.累加法：利用1211()()n n n a a a a a a -=+-+???-求通项公式的方法称为累加法。累加法是求型如1()n n a a f n +=+的递推数列通项公式的基本方法（()f n 可求前n 项和）. 已知112a =,112n n n a a +?? =+ ??? *()n N ∈,求数列{}n a 通项公式. 3. 累乘法:利用恒等式3 21 121 (0,2)n n n n a a a a a a n a a a -=???≠≥求通项公式的方法称为累乘法,累乘法是求型如: 1()n n a g n a +=的递推数列通项公式的基本方法(数列()g n 可求前n 项积). 已知11a =,1()n n n a n a a +=-*()n N ∈,求数列{}n a 通项公式. n a n =. 反思: 用累乘法求通项公式的关键是将递推公式变形为1()n n a g n a +=.

4.构造新数列: 类型1 )(1n f a a n n +=+ 解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。 例1:已知数列{}n a 满足2 11=a ，n n a a n n ++ =+211 ，求n a 1131122n a n n =+-=- 解： 类型2 n n a n f a )(1=+ 解法：把原递推公式转化为 )(1 n f a a n n =+，利用累乘法(逐商相乘法)求解。 例2:已知数列{}n a 满足3 21=a ，n n a n n a 11+= +，求n a 。23n a n = 解： 变式:（全国I,）已知数列{a n }，满足a 1=1，1321)1(32--+???+++=n n a n a a a a (n ≥2)，则{a n }的 通项1___n a ?=?? 12 n n =≥ 2!n a n =)2(≥n 解