等差数列等比数列练习

等差数列等比数列练习（精选12篇）

等差数列等比数列练习 篇1

1、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＝__________.2、设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则等于()

3、等比数列{an}中，|a1|＝1，a5＝－8a2，a5＞a2，则an＝()

4、正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S5＝72＋6，S7－S2＝142＋12，则公比q等于

5、等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1,2a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S4＝()

探究点2 等比数列的判定

1、已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n－5an－85，n∈N.(1)求证：{an－1}是等比数列；

(2)求数列{Sn}的通项公式，并求出使得Sn＋1＞Sn成立的最小正整数n.122an是等比数列，－

12、已知数列{an}的首项a1＝an＋1，n＝1,2,3，…，求证：数列3an＋1an*S5S

2并求数列{an}的通项公式．

探究点3 等比数列的性质

1、已知等比数列{an}中, a1+a2+a3=－3，a1a2a3=8.则an2、各项都是正数的等比数列{an}的公比q1, a2=1，则a1a5a1a6=a4a

53.{an}是等比数列，且an＞0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25则a3＋a5=

4.各项都是正数的等比数列{an}中,a1a2a3....a30230,则a2a5a8....a26a291、已知数列an通项公式：an4lg3n1lg9n1nN求证：数列an是等差数列

2、在等差数列{an}中，a2a810，log2a3log2a74，求an3、已知f(x)3x11，数列an满足 f()(n2)，且a11,求a8的值。x3anan

124、设数列{an}是等差数列，数列{bn}的前n项和为Sn＝3(bn－1)，若a2＝b1，a5＝b2.(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求数列{bn}的前n项和Sn.5、已知等差数列{an}中的四项：1,a1,a2,4，等比数列{bn}中的四项：1,b1,b2,b3,4，（1）分别求出{an}与{bn}的公差和公比；（2）求出

6、已知数列｛an｝的前n项和为Sn，Sna2a1的值。b21(an1)(nN)3

（1）求a1,a2;（2）求证：数列{an}是等比数列，并求{an}的通向公式.11例1 已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝an＋，求an.2n＋n

例2 设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1.(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.2n例3已知数列{an}满足a13，an＋1＝a，求an.n＋1n

等差数列等比数列练习 篇2

1. 本课是在学习了类比推理这一内容后的探究课, 学生在高一已经学习过等差数列与等比数列, 但是肯定会遗忘较多的内容。教师首先安排复习等差数列的定义及简单的性质, 使学生利用类比的方法来复习等比数列, 在这个过程中体会“差与比, 加与乘, 乘与乘方, 除与开方”的类比, 从而为后面的学习打下了基础。

2. 类比推理的方法对学生来说是比较难的, 很多学生不知道从何处去类比, 数列是一个比较好的题材, 通过有关问题的解决, 既加深了对等差数列与等比数列的认识, 又让学生对类比的方法、实质有所体验, 还可让学生体验“大胆猜想——小心论证”的严谨的数学发现历程。

二、案例内容

1. 设置情境。

展示图片 (李四光的照片) , 回顾李四光发现大庆油田的过程:

中亚西亚与松辽平原有着极其相似的地质结构, 因为中亚西亚有大量的石油, 于是他推测松辽平原也有大量的石油。后来经过勘探, 发现了大庆油田。

提问:李四光这种思维方式蕴含了哪种推理方法?

学生:类比推理。

通过上述的情境设置, 很自然地引入本节课的课题, 又可以帮助学生更好地理解类比推理的概念。根据奥苏伯尔的有意义学习理论, 学生在概念学习时, 原有认知结构中是否有用来同化新知识的适当观念是决定数学概念能否顺利掌握的关键因素。如果学生头脑中没有适当的知识作为理解新概念的固定点, 那么原有认知结构的扩充和新概念结构的建立就不可能发生。经过情境设置展现了原有知识结构, 使学生对概念的认识更加深刻。

2. 复习回顾等差数列与等比数列 (设置如下表格)

在上述问题中, 可以先一起复习等差数列, 让学生利用类比的思想自行得出等比的相关概念。通过这一回顾, 使学生体会到等差数列和等比数列在概念形式上的相似之处。

3. 运用类比推理进行探究。

在认识了运用类比推理进行探究的方法之后, 教师设置了如下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a10=0, 则有a1+a2+…+a7=a1+a2+…+a12, 类比上述性质, 在等比数列{bn}中, 若b10=0, 则有__________。

问题1让学生来类比等比数列中相应的性质, 并加以证明。一方面从形式上可以帮助学生进一步体会等差与等比性质中“和与积”的类比, 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。

接着, 进行如下变式练习:

等差数列{an}中, 若a10=0, 则有a1+a2+…+an=a1+a2+…+a19-n, 类比上述性质, 在等比数列{bn}中, 若b9=1, 则有__________。

启发引导学生如何通过类比得到正确结论, 使学生经历运用类比思想方法研究数列问题的过程。

[问题2]已知等差数列{an}的前n项和为, 用类比的方法, 写出等比数列{bn}的前n项积的表达式Tn=________。

[问题3]等差数列有如下性质:若数列{a n}为等差数列, 则当时, 数列{bn}也是等差数列;类比上述性质, 相应地, 若数列{cn}是正项等比数列, 当dn=_______时, 数列{dn}也是等比数列。

通过上述两个问题, 让学生进一步体会“加、减、乘、除”依次变成“乘、除、乘方、开方”的变换。

[问题4]若{a n}为等差数列, 则{an+1+a n}也成等差数列。由此经过类比, 若{b n}为等比数列你能得到什么结论?

在教学过程中发现, 有近85%的学生最初得到了{bn+1·bn}也为等比数列, 并能给予“证明”。看来学生对于“和”与“积”的类比已经掌握的比较好了, 但是个别学生得出{bn+1+bn}为等比数列。这时教室出现了两种不同的声音, 下面是一段课堂实录:

生1:我判断并证明了等比数列的和“{bn+1+bn}”仍然是等比数列, 且公比为数列{bn}的公比。

(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。)

师:我们来看一下生1的证明过程 (投影仪) :

∴{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5]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?

由于上一个题的反例的启发, 学生可以找到反例从而得出Sk, S2k-Sk, S3k-S2k不成等比数列的结论, 也有同学得出成等比数列的结论, 这是受通项之间的类比的影响导致的。经过讨论, 对结论进行论证, 反驳, 同学们进一步指出“成等比数列”的说法虽然不对, 但在“类比——发现”的探究过程中也有不少新的收获, 教师顺势提出开放性的问题:如何改动使得结论能够成立 (用St构造一个等比数列) ?这个过程, 将“类比——发现——自悟”方式的核心——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, 体现在了教学过程中。

三、案例反思

为将“类比——发现——自悟”的方式更加清晰地在教学中体现, 教师的教学设计应向更加注重思维方式转变。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。

在实施教学的过程中, 努力让学生体验: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”, 而是从相似中得到猜想, 再由论证使之成为正确的类比。这样的教学方式, 有利于激发学生的思维, 使学生在辩证思维中掌握类比的思想方法。

数列、不等式、推理证明专项练习 篇3

1.已知-π2<α<β<π2，则α-β2的取值范围是.

2.当x>0时，则f（x）=2xx2+1的最大值为.

3.对于平面几何中的命题“如果两个角的两边分别对应垂直，那么这两个角相等或互补”，在立体几何中，类比上述命题，可以得到命题：“”，这个类比命题的真假性是.

4.某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元.若每批生产x件，则平均仓储时间为x8天，且每件产品每天的仓储费用为1元.为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品件.

5.设a，b为正实数.现有下列命题：

①若a2-b2=1，则a-b<1；

②若1b-1a=1，则a-b<1；

③若|a-b|=1，则|a-b|<1；

④若|a3-b3|=1，则|a-b|<1.

其中的真命题有.（写出所有真命题的编号）

6.用锤子以均匀的力敲击铁钉入木板，随着铁钉的深入，铁钉所受的阻力会越来越大，使得每次钉入木板的钉子长度后一次为前一次的1k（k∈N*），已知一个铁钉受击3次后全部进入木板，且第一次受击后进入木板部分的铁钉长度是钉长的47，请从这个实事中提炼出一个不等式组是.

7.已知a∈R+，函数f（x）=ax2+2ax+1，若f（m）<0，比较大小：f（m+2）1.（用“<”或“=”或“>”连接）.

8.观察下列等式：

1-12=12

1-12+13-14=13+14

1-12+13-14+15-16=14+15+16

……

据此规律，第n个等式可为.

9.设关于x，y的不等式组2x-y+1>0，x+m<0，y-m>0表示的平面区域内存在点P（x0，y0）满足x0-2y0=2，求得m的取值范围是.

10.在等比数列{an}中，已知a6-a4=24，a3·a5=64，则数列{an}的前8项和为.

11.已知函数y=ax+b的图象如图所示，则1a-1+2b的最小值=.

12.设平面内有n条直线（n≥3），其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点，若用f（n）表示n条直线交点的个数，当n>4时，f（n）=.

13.已知x，y∈R，满足2≤y≤4-x，x≥1，则x2+y2+2x-2y+2xy-x+y-1的最大值为.

14.数列{an}满足（sn-n2）（an-2n）=0（n∈N），其中sn为数列{an}的前n项和，甲、乙、丙、丁四名同学各写了该数列的前四项：甲：1，3，5，7；乙：1，4，8，7；丙：1，4，4，7；丁：1，3，8，4.请你确定这四人中所有书写正确的学生.

二、解答题（共90分）

15.已知不等式mx2-nx-n2<0，

（1）若此不等式的解集为{x|-1

（2）若m=2，求此不等式的解集.

16.已知等比数列{an}的前n项和是Sn，满足an+1=（q-1）Sn+1（q≠0）.

（1）求首项a1的值；

（2）若S4，S10，S7成等差数列，求证：a3，a9，a6成等差数列.

17.已知集合A={x|x2-（3a+3）x+2（3a+1）<0，x∈R）}，B={x|x-ax-（a2+1）<0，x∈R}.

（1）求4B时，求实数a的取值范围；

（2）求使BA的实数a的取值范围.

18.设向量a=（x，2），b=（x+n，2x-1）（n∈N*），函数y=a·b在[0，1]上的最小值与最大值的和为an，又数列{bn}满足：nb1+（n-1）b2+…+bn=（910）n-1+（910）n-2+…+910+1.

（1）求证：an=n+1；

（2）求数列{bn}的通项公式；

（3）设cn=-anbn，试问数列{cn}中，是否存在正整数k，使得对于任意的正整数n，都有cn≤ck成立？证明你的结论.

19.如图，某生态园欲把一块四边形地BCED辟为水果园，其中∠C=∠D=90°，BC=BD=3，CE=DE=1.若经过DB上一点P和EC上一点Q铺设一条道路PQ，且PQ将四边形BCED分成面积相等的两部分，设DP=x，EQ=y.

（1）求x，y的关系式；

（2）如果PQ是灌溉水管的位置，为了省钱，希望它最短，求PQ的长的最小值；

（3）如果PQ是参观路线，希望它最长，那么P、Q的位置在哪里？

20.设正整数a，b，c满足：对任意的正整数n，an+bn=cn+1.

（1）求证：a+b≥c；

（2）求出所有满足题设的a，b，c的值.

参考答案

一、填空题

1.（-π2，0）

2.1

3.如果两个二面角的两个半平面分别对应垂直，则这两个二面角相等或互补.（答案不唯一）假命题

4.80

5.①④

6.47+47k<147+47k+47k2≥1

7.>

8.1-12+13-14+…+12n-1-12n=1n+1+1n+2+…+12n

9.（-∞，-23）

10.85或255

11.3+22

12.12（n-2）（n+1）

13.103

14.甲、丙、丁

二、解答题

15.（1）因为mx2-nx-n2<0的解集为{x|-1

所以-1，2是方程mx2-nx-n2=0的两个根.

根据根与系数的关系，有nm=-1+2=1，-n2m=（-1）×2=-2，

解得m=n=2.

（2）m=2，不等式mx2-nx-n2<0即2x2-nx-n2<0，

2x2-nx-n2<0（2x+n）（x-n）<0.

（1）若n=0，则原不等式为2x2<0，解集为.

（2）若n>0，则n-（-n2）=3n2>0，即-n2

（3）若n<0，则n-（-n2）=3n2<0，即-n2>n，原不等式的解集为（n，-n2）.

故当n=0时，不等式的解集为；

当n>0时，解集为（-n2，n）；

当n<0时，解集为（n，-n2）.

16.（1）由an+1=（q-1）Sn+1可得an=（q-1）Sn-1+1（n≥2），

两式相减得an+1-an=（q-1）an，所以an+1=qan（n≥2）.

欲使数列{an}等比数列，只需a2=qa1即可，

因为a2=（q-1）S1+1=（q-1）a1+1，所以（q-1）a1+1=qa1，所以a1=1.

若由a22=a1·a3，求出a1=1再验证数列{an}是等比数列，参照上述解法给分.

（2）方法一：若q=1，2S10≠S4+S7，与已知矛盾，故q≠1.

由2S10=S4+S7，得

2a1（1-q10）1-q=a1（1-q4）1-q+a1（1-q7）1-q，

即2a1q8=a1q2+a1q5，即2a9=a3+a6，所以a3，a9，a6成等差数列.

方法二：由S4，S10，S7成等差数列，可得2S10=S4+S7，

因为S7=S4+q4S3，S10=S4+q4S3+q7S3，可得q4S3+2q7S3=0，

因为S3≠0，所以q3=-12，

又2a9-（a3+a6）=a1q2（2q6-q3-1）=0，所以a3，a9，a6成等差数列.

17.（1）若4∈B，则4-a3-a2<0a<-3或3

∴当4B时，实数a的取值范围为[-3，3]∪[4，+∞）.

（2）∵A={x|（x-2）（x-3a-1）<0}，B={x|a①当a<13时，A=（3a+1，2）.

要使BA，必须a≥3a+1a2+1≤2，此时-1≤a≤-12；

②当a=13时，A=，使BA的a不存在；

③当a>13时，A=（2，3a+1），

要使BA，必须a≥2a2+1≤3a+1，此时2≤a≤3.

综上可知，使BA的实数a的取值范围是[2，3]∪[-1，-12].

18.解：（1）∵y=x（x+n）+4x-2=x2+（4+n）x-2在[0，1]上为增函数，

∴an=-2+1+4+n-2=n+1﹒

（2）∵nb1+（n-1）b2+…+bn=（910）n-1+（910）n-2+…+910+1=10[1-（910）n]，

∴（n-1）b1+（n-2）b2+…+bn-1+0=10[1-（910）n-1]（n≥2）﹒

两式相减得b1+b2+…+bn=（910）n-1（n≥2），

∴b1+b2+…+bn-1=（910）n-2（n≥3）.

两式相减得bn=-110·（910）n-2（n≥3）.

又b1=1，b2=-110，

∴bn=1，（n=1）-110·（910）n-2，（n≥2，n∈N*）.

（3）由cn=-2，（n=1）n+110·（910）n-2，（n≥2，n∈N*）及当k≥3时ckck-1≥1，ckck+1≥1，得k=9或8﹒

又n=1，2也满足，∴存在k=8，9使得cn≤ck对所有的n∈N*成立.

19.（1）延长BD、CE交于点A，则AD=3，AE=2，则S△ADE=S△BDE=

S△BCE=32.

∵S△APQ=3，

∴14（x+3）（y+2）=3，

∴（x+3）（y+2）=43.

（2）PQ2=AP2+AQ2-2AP·AQcos30°

=（x+3）2+（43x+3）2-2×43×32

≥2×43-12=83-12，

当（x+3）2=（43x+3）2，即x=243-3时，

PQmin=83-12=223-3.

（3）令t=（x+3）2，∵x∈[33，3]，∴t∈[163，12]，（x的范围由极限位置定）

则PQ2=f（t）=t+48t-12，

∵f′（t）=1-48t2，令f′（t）=1-48t2=0，得t=43，

∴f（t）在（0，43）上是减函数，在（43，+∞）上是增函数，

∴f（t）max=max（f（163），f（12）}=f（12）=4，PQmax=2，

此时t=（x+3）2=12，x=3，y=0，P点在B处，Q点在E处.

20.证明：（1）依题意，当n=1时，a+b=c2，

则a+b-c=c2-c=c（c-1），

因为c∈N*，所以c（c-1）≥0，

从而a+b-c≥0，故a+b≥c；

（2）an+bn=cn+1即（ac）n+（bc）n=c，（*）

若a>c，即ac>1，则当n≥logacc时，

（ac）n≥c，而（bc）n>0，于是（ac）n+（bc）n>c，与（*）矛盾；

从而a≤c，同理b≤c.

若a≤c，则0

又c∈N*，故c=1或2，

当c=1时，an+bn=1，而an+bn≥2，故矛盾，舍去；

当c=2时，（ac）n+（bc）n=2，从而ac=bc=1，故a=b=2，

综上，所有满足题意的a，b，c依次为2，2，2.

（作者：夏志勇，海安县曲塘中学）

等比数列速成练习 篇4

1、在等比数列{an}中，an＞0，且an＋2=an＋an＋1，求该数列的公比q；

2．等比数列{a n }中，已知a9 =－2，求此数列前17项之积；

3．等比数列{an}中，a9＋a10=a(a≠0)，a19＋a20=b，求a99＋a100；

4、设{an}是由正数组成的等比数列，且公比不为1，比较a1a8与a4a5的大小；

5．已知{an}是等比数列，且an0，a2a42a3a5a4a625，求a3a5；

6．设{an}是正数组成的等比数列，公比q2，且a1a2a3a302，求 a3a6a9a30？

7．某厂2011年12月份产值计划为当年1月份产值的n倍，求该厂2011产值的月平均增长率；

8．已知三个数成等比数列，它们的积为27，它们的平方和为91，求这三个数。30

{an}中的部分项组成的数列ak1,ak2,akn恰为等比数列，9、数列 {an}为等差数列(d0)，且k11,k25,k317，求akn；

10．已知数列满足a1=1，an＋1=2an＋1(n∈N*)

(1)求证数列{an＋1}是等比数列；

等差数列练习题 篇5

甲、乙二人是朋友，他们都住在同一条胡同的同一侧，甲住11号，乙住189号。甲、乙二人的住处相隔几个门?

答案

甲、乙二人的家之间所有的门牌号组成了一个等差数列：11、13、15、17、……、189。它的首项a1=11，公差d=2，末项an=189。这串数列的项数，可由等差数列通项公式的变形公式求出：n=(an-a1)÷d+1=(189-11)÷2+1=89+1=90由此可知，从门牌11号到189号共有90个门牌号，所以甲、乙二人住处相隔90-2=88个门。

奥数等差数列练习题 篇6

1.一个剧场设置了22排座位，第一排有36个座位，往后每排都比前一排多2个座位，这个剧场共有多少个座位？

2.自1开始，每隔两个数写一个数来，得到数列：1,4,7,10,13，….，求出这个数列前100项只和？

3.影剧院有座位若干排，第一排有25个座位，以后每排比前一排多3个座位。最后一排有94个座位。问这个影剧院共有多少个座位？

4.小张看一本故事书，第一天看了25页，以后每天比前一天多看的页数相同，第25天看了97页刚好看完。问：这本书共有多少页？

5.已知数列：2,5,3,3,7，2,5,3,3,7，2,5,3,3,7，….，这个数列的第30项是哪个数字？到第25项止，这些数的和是多少？

植树问题

1.在一段公路的一旁栽95棵树，两头都栽，每两棵树之间相距5米，这段公路长多少米？

2.有三根木料，打算把每根锯成3段，每锯开一处，需要3分钟，全部锯完需多少时间？

等差数列等比数列练习 篇7

数列是高中数学的重点内容,也是高考的必考内容.回顾新课标区近三年的高考数学自主命题的历史,我们从中可发现高考数列所涉及的主要知识、方法和题型,从而可预测高考数列的命题方向,做到有的放矢,重点突破,提高备考效益.该首轮次的复习重点是数列概念、性质及等差(比)数列的基本运算及基本技能训练提高,以便形成知识体系.

1 考点分析

1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图像、通项公式),了解数列是一种特殊函数.

2)理解等差(比)数列的概念,探索并掌握等差(比)数列的通项公式与前n项和的公式;能在具体的问题情境中,发现数列的等差(比)关系,并能用有关知识解决相应的问题.

3)了解等差数列与一次函数的关系,等比数列与指数函数的关系.

2 命题走向

1)数列在历年高考都占有很重要的地位,一般情况下都是一客观性题目和一个解答题.

2)基本运算的题目主要考察数列、等差(比)数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、等差中项及等比中项等基本知识和基本性质的灵活应用,对基本的计算技能要求比较高.常考的题型有:求等差中项、等比中项、通项公式、前n项的和、项数、求公差(比)、某一项或知若干项的和求某一项的取值范围;求参数值(或范围);论证某个数列是等差(比)数列.考察的思想方法有:函数与方程、分类讨论、化归转化、换元法及构造法等.

3 首轮复习建议

1)正确理解等差(比)数列的定义,掌握其通项公式与前n项和公式及其内在规律.

2)要总结归纳解决问题的具体常用方法,如观察法、类比法、错位相减法、待定系数法、归纳法、数形结合等.

3)要善于用函数与方程的思想方法、等价转化的思想方法、分类讨论的思想方法及换元法等解决问题.

4)自觉地运用等差(比)数列的性质来化简计算,提高算理能力.

5)初步熟悉用累加法、累乘法、构造等差或等比法求非等差(比)数列的通项与初步熟悉用错位相减法、倒序相加法、裂项相消法、拆项分组法、并项求和法、奇偶数项分别求和法求非等差(比)数列的和.

4 例题选讲

4.1 利用数列的有关公式或等差(比)数列的性质求5个量Sn,a1,an,d,n中的某些基本量

例1 (2002年江苏卷)设{an}为等差数列,{bn}为等比数列,且a1=b1=1,a2+a4=b3,a3=b2b4,分别求{an}及{bn}的前10项的和S10及T10.

法1设公差为d,公比为q,依题意有

解得.

因此

当时,

当时,

法2利用性质,由a2+a4=2a3得

由a3=b2b4得

由(1)(2)得,

又因为b1=1,所以.

以下同法1.

点评本题主要考查等差、等比数列概念及基本运算,考查的思想方法是分类讨论,考查的基本技能是运算能力及逻辑推理能力.要求出等差(比)数列的前10项和,关键求出首项与公差d或公比q.

4.2 论证某个数列是等差(比)数列

例2 (2008年广东惠州二模)设数列{an}中,Sn=4an-1+1(n≥2),且a1=1.

(Ⅰ)若bn—an+1—2an,求证:数列{bn}是等比数列;

(Ⅱ)若,求证:数列{Cn},是等差数列;

(Ⅲ)求数列{an}的通项公式.

解(Ⅰ)当n≥3时,因为

因此,数列{bn}是一个以b1=2,公比为2的等比数列.

(Ⅱ)因为

又因为,所以数列{cn}是一个以首项为,公差为的等差数列.

(Ⅲ)因为

点评本题考查字母的推算变换能力,依据an=Sn-Sn-1 (n≥3)得到关于an-2,an-1,an的递推公式,利用等差(比)数列的定义,将问题解决.

4.3 求非等差、非等比数列的前n项和与通项公式

对于非等差、非等比数列的求和,常用方法有:错位相减法、倒序相加法、裂项相消法、拆项分组法、并项求和法、奇偶数项分别求和法等;对于非等差、非等比数列求通项公式的常用方法有:累加法、累乘法、构造等差或等比法.

例3 (2007年广东佛山)已知数列{an}满足:a1,a2—a1,a3—a2,…,an一an-1…是首项为1,公比为的等比数列.

(Ⅰ)求an的表达式;

(Ⅱ)若设bn=(2n—1)an,求{bn}的前n项和Sn.

解(Ⅰ)因为a1=1时,

所以

累加得

(Ⅱ)因为

所以

由(1)—(2)得

所以

点评本题考查了利用等比数列的概念先求得an与an-1的递推关系,再依累加法求得通项公式an;求和是高考重点,注意抓住通项这个关键,并能依据通项的特点选择合适简便的方法.本题求和过程采用了分组求和法与错位相减法,把它化为一个是等差的数列,另一个局部是等比的数列,从而达到求和目的.该题算理能力要求较高,综合解决问题的能力要求较强.因而规范求解格式的表达及注重细节突破难点是解此类题成功的不二法宝.

高三复习,内容应循序渐进,能力应螺旋上升.在数列的首轮复习中要强调知识的全面,重点的突显.选题应以容易题与中档题为主,去夯实基本知识、基本技能,为二轮复习与最后冲刺打下坚实的能力保障.

等差数列与等比数列新题速递 篇8

数列是刻画离散现象的数学模型，学好本章对进一步理解函数的概念，体会数学的应用价值具有重要的意义。在高考中数列承载着对高中数学抽象概括能力、运算能力、建模能力、类比与化归能力等多种数学能力的考查。因此数列试题为必考题且属于中、高档难度。

近年江苏高考每年均出现一道数列填空题（或涉及数列知识）和一道数列解答题，江苏《考试说明》中将等差数列、等比数列定位为C级要求，即要系统地掌握知识的内在联系，并能解决综合性较强的或较为困难的问题。因此数列是江苏数学高考的一个重要的内容。题型在常规中出现变化，在注重基本能力要求的同时，又注重探究创新能力的考查。试题如果出现在客观题中，一般考查两种常见题型：1. 等差等比数列求通项或求和等问题，主要涉及基本量思想；2. 数列的探索性问题，如周期数列、数表等。如果数列出现在解答题的前几题中，往往考查等差等比数列的性质及基本量运算，如果数列问题出现在最后一两题，则是综合性很强的问题，大多以数列为考查载体，综合运用函数、方程、不等式、简单数论等知识，通过运用递推、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类整合等各种数学思想方法，考查学生灵活运用数学知识分析问题、解决问题的能力和数学探索创新的能力。

nlc202309021154

数列练习(自) 篇9

一选择题

1等差数列{an}中，d＝2，an＝11，Sn＝35，则a1为()

A.5或7

C.7或－1B.3或5D.3或－1.1112．△ABC三边为a、b、c，若，b所对的角为()abc

A．锐角B．钝角

C．直角D．不好确定

3．设△ABC的三内角A、B、C成等差数列，sinA、sinB、sinC成等比数列，则这个三角形的形状为

()

A．等腰直角三角形B．等边三角形

C．直角三角形D．钝角三角形

＋4．设曲线y＝xn1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，则x1·x2·…·xn等于

()

11nA.B.C.D．1 nn＋1n＋1

5若某等比数列中，前7项的和为48，前14项的和为60，前21项的和为()

A.180B.108C.75

an－1 D.63 6已知数列{an}，a1＝1，an＝1＋(n∈N，n≥2)，则a5＝________.d3157已知数列{an}的通项公式为an＝cn＋，且a2＝，a4＝a10＝______.n24

8写出下列数列的一个通项公式：

(1)3，8，15，24，35，……；

246810(2)，－，－.315356399

9已知数列{an}中，a1a2a3…an＝n2(n∈N＋),则a2005＝等比数列(an)中，a3＝1，a8＝32，则a12＝N＋)，则数列的通项公式是an＝___已知数列{an}，a1＝－1，an＋1＝an＋n(n∈

10在等差数列{an}中，a1＝3，a100＝36，则a42＋a59＝________.11设{an.}为等差数列，Sn为等数列{an.}的前n项和，已知S7＝7，S15＝75，设Tn＝为数列Sn的前nn项和，求Tn.12．已知a1＝2，点(an，an＋1)在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，其中n＝1,2,3，….(1)证明数列{lg(1＋an)}是等比数列；

(2)设Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)，求Tn及数列{an}的通项．

高二数学必修5 等差数列练习题 篇10

一、选择题：

1、设数列的通项公式为an2n7，则a1a2a15（）A、153 B、210 C、135 D、120

2、已知方程(x22xm)(x22xn)0的四个根组成一个首项为

1的等差数列，则4mn（）

313 C、D、4283、若{an}是等差数列，首项a10,a2003a20040,a2003.a20040，则使前n项和Sn0成 A、1 B、立的最大自然数n是（）4007

D、4008

A、4005

B、4006

C、4、设Sn是等差数列{an}的前n项之和，且S6S7,S7S8S9，则下列结论中错误的是（）

A、d0 B、a80 C、S10S6 D、S7,S8均为Sn的最大项

5、已知数列{an}满足a10,an1an33an1(nN*)，则a20=（）2 A、0

B、3 C、3

D、6、△ABC中，a、b、c分别为∠A、∠B、∠C的对边.如果a、b、c成等差数列，∠B=30°，△ABC的面积为3，那么b= 2D、23

（）A、13 B、13 C2、23

27、若钝角三角形三内角的度数成等差数列，且最大边长与最小边长的比值为m，则m的范围是（）A、（1，2）

B、（2，+∞）

C、[3，+∞)

D、（3，+∞）

二、填空题：

8、在△ABC中，若三内角成等差数列，则最大内角与最小内角之和为______.9、若在等差数列{an}中，a37,a73，则通项公式an=______________

10、数列{an}的通项公式an1nn1

2，其前n项和时Sn9，则n等于_________

n11、已知数列{an}，a1=1,a2=2,an+1－anan+2=(－1),则a3=______,a4=______.12、在等差数列{an}中，a5=－1,a6=1，则a5+a6+…+a15=______.13、已知数列{an}中，a12,an1

三、解答题:

14、（1）求数列1,2an则数列的通项公式an=______________ an1111，,的通项公式an 12123123n（2）求数列{an}的前n项和

15、等差数列{an}中，Sn是{an}的前n项和，S6=7,S15=16，求a11.必修5周周考

（四）一、选择题：ACBC BBB

二、填空题：

8、120°；

9、-n+10；

10、99；11、5、12；

12、99；

13、1n1()

2三、解答题:

14、解(1)an 11

12nn(n1)(2)an 2111111112n2()Sn2[(1)()()]2(1)n(n1)nn1223nn1n1n115、解：S15－S6=a7+a8+…+a15=

等差数列等比数列练习 篇11

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

等差数列等比数列练习 篇12

1.累加法

【例1】 已知a1=1, an+1-an=2n, 求数列{an}的通项公式.

分析:由等差数列的定义:an+1-an=d, 其中d为一常数, 显然, 由an+1-an=2n可知该数列不是等差数列, 也就没有现成的公式可以使用, 但我们在推导等差数列通项公式时使用了这样一种方法:已知某等差数列的首项a1, 公差d, 欲推导该数列的通项公式时, 由定义可知, a2-a1=d, a3-a2=d, a4-a3=d, …, an-an-1=d, 将这n-1个等式左边与左边相加, 右边与右边相加, 整理可得:an=a1+ (n-1) d, 我们把这种推导方法称为累加法, 本题也可以采用这种方法处理.

解:由题意可得:a2-a1=21, a3-a2=22, a4-a3=23, …, an-an-1=2 (n-1) , an+1-an=2n.

将上述n个等式左边与左边相加, 右边与右边相加, 整理可得:an+1-an=2 (1+2+…+n) , 即an+1=n (n+1) +1, 所以an=n (n-1) +1.

小结:注意在使用累加法时, 等式两边an+1与an的系数必须相同, 否则不可使用.

2.累乘法

【例2】 已知$a{}_1=1‚\frac{a{}_{n+1}}{a{}_n}=\frac{n}{n+1}$求数列{an}的通项公式.

解:由题意得$\frac{a{}_{n+1}}{a{}_n}=\frac{n}{n+1},\frac{a{}_n}{a{}_{n-1}}=\frac{n-1}{n},\cdots ,\frac{a{}_2}{a{}_1}=\frac{1}{2},$

将上述n个等式左边与左边相乘, 右边与右边相乘, 整理可得$\frac{a{}_{n+1}}{a{}_1}‚=\frac{1}{n+1},\therefore a{}_{n+1}=\frac{1}{n+1},\therefore a{}_n=\frac{1}{n}.$

小结:对于形如$\frac{a{}_{n+1}}{a{}_n}=f(n)$的关系式求通项公式时, 一般采用累乘法.

3.待定系数法

【例3】 已知数列{an}满足a1=1, an+1=2an+1, n∈N*.求数列an的通项公式.

解:设an+1+x=2 (an+x) , 与an+1=2an+1相比较, 得x=1, 所以an+1+1=2 (an+1) . ①

又因为a1=1, a1+1=2≠0, 及①式得an+1≠0,

所以$\frac{a{}_{n+1}+1}{a{}_n+1}=2.$

即数列{an}是以2为首项, 2为公比的等比数列,

∴an+1=2·2n-1=2n, ∴an=2n-1.

小结:对于形如an+1=pan+q (p≠1) 的关系式要求通项公式时可用待定系数法, 其一般过程如下:

设an+1+λ=p (an+λ) , 即an+1=pan+ (p-1) λ, 又an+1=pan+q, 两式比较, 得$(p-1)\lambda =q‚\lambda =\frac{q}{p-1}$, 从而$\{a{}_n+\frac{q}{p-1}\}$是公比为p的等比数列.

【例4】 已知数列{an}满足an+1=2an+3·5n, a1=6, 求数列{an}的通项公式.

解:设an+1+x·5n+1=2 (an+x·5n) , 与an+1=2an+3·5n相比较, 得x=1,

所以an+1-5n+1=2 (an-5n) ②, 又因为a1-5=6-5=1≠0, 及②式得an-5n≠0, 所以$\frac{a{}_{n+1}-5{}^{n+1}}{a{}_n-5{}^n}=2$.即数列{an-5n}是以1为首项, 2为公比的等比数列, 则an-5n=1·2n-1, 故an=2n-1+5n.

小结:形如an+1=pan+a·n的关系式, 可令an+1+x· (n+1) =p (an+x·n) ;形如an+1=pan+a·n+b的关系式, 可令an+1+x· (n+1) +y=p (an+x·n+y) , 再与原式比较, 求出x, y的值, 其他形式可依此类推.

4.构造法

【例5】 已知正项数列{an}, 其前项n和Sn满足10Sn=a${}_n^2$+5an+6, 且a1, a3, a15成等比数列, 求数列{an}的通项公式.

分析:题目中给出了an与Sn之间的等量关系式, 联想到

$a{}_n=\{\begin{array}{l}S{}_n-S{}_{n-1},n\ge 2,\\ S{}_1,n=1,\end{array}$

通过这一关系式, 可实现an与Sn之间的相互转化.本题欲求an, 必定要保留等式中的an, 消去Sn, 唯有构造等式使之出现Sn-Sn-1的形式.

解:由题意, 10Sn=a${}_n^2$+5an+6, ③

10Sn-1=a${}_{n-1}^2$+5an-1+6 (n≥2) . ④

③-④得:10 (Sn-Sn-1) =a${}_n^2$+5an-a${}_{n-1}^2$-5an-1.整理得 (an+an-1) (an-an-1-5) =0, 又因为该数列为正项数列, 所以an+an-1≠0, 故an-an-1=5, 数列{an}是公差为5的等差数列.又因为a1, a3, a15成等比数列, 所以a23=a1·a15, 即 (a1+10) 2=a1 (a1+70) , 整理得a1=2, 所以数列{an}是以2为首项, 5为公差的等差数列, 所以an=5n-3.

小结:对于含有an与Sn递推式的问题, 即出现Sn=f (an) 时, 通常有两种思路, 一是利用构造法再构造一个等式Sn+1=f (an+1) 或者Sn-1=f (an-1) , 两式相减, 朝所求结论靠拢;另一种思路是用an=Sn-Sn-1 (n≥2) 替换题中的an, 将等式完全转化为关于Sn的等式再求解, 如例6.

【例6】正项等比数列{an}的前n项和, 求{an}的通项公式.

即S2n=S21+ (n-1) d=1+ (n-1) =n.

【例7】已知数列{an}满足an+1=2an+3·2n, a1=2, 求数列{an}的通项公式.

解:an+1=2an+3·2n, 两边同除以2n+1, 得