等比数列课件范文

等比数列课件范文（精选6篇）

等比数列课件 第1篇

§３ 数列极限存在的条件

教学内容：单调有界定理，柯西收敛准则。

教学目的：使学生掌握判断数列极限存在的常用工具。掌握并会证明单调有界定理，并会运用它求某些收敛

数列的极限；初步理解Cauchy准则在极限理论中的主要意义，并逐步会应用Cauchy准则判断某些数列的敛散性。

教学重点：单调有界定理、Cauchy收敛准则及其应用。

教学难点：相关定理的应用。

教学方法：讲练结合。

教学学时：2学时。

 引言

在研究比较复杂的极限问题时，通常分两步来解决：先判断该数列是否有极限（极限的存在性问题）；若有极限，再考虑如何计算些极限（极限值的计算问题）。这是极限理论的两基本问题。

本节将重点讨论极限的存在性问题。为了确定某个数列是否有极限，当然不可能将每一个实数依定义一一加以验证，根本的办法是直接从数列本身的特征来作出判断。本节就来介绍两个判断数列收敛的方法。

一、单调数列：

定义 若数列an的各项满足不等式anan1(aan1)，则称an为递增（递减）数列。递增和递减数列统称为单调数列． (1)n12例如：为递减数列；n为递增数列；不是单调数列。nn

二、单调有界定理：

考虑：单调数列一定收敛吗？有界数列一定收敛吗？以上两个问题答案都是否定的，如果数列对以上两个条件都满足呢？答案就成为肯定的了，即有如下定理：

定理2.9（单调有界定理）在实数系中，有界且单调数列必有极限。

证明：不妨设an单调递增有上界，由确界原理an有上确界asupan，下面证明limana.0，n

一方面，由上确界定义aNan，使得aaN，又由an的递增性得，当nN时aaNan； 另一方面，由于a是an的一个上界，故对一切an，都有anaa；

所以当nN时有aana，即ana，这就证得limana。n

同理可证单调递减有下界的数列必有极限，且为它的下确界。

例１ 设an1111,n1,2,其中2，证明数列an收敛。23n

证明：显然数列an是单调递增的，以下证明它有上界.事实上，an1111 22223n

11111111111 1223(n1)n223n1n

212，n1,2, n

于是由单调有界定理便知数列an收敛。

例２ 证明下列数列收敛，并求其极限：

 n个根号

解：记an

显然a1222，易见数列an是单调递增的，现用数学归纳法证明an有上界2.22，假设an2，则有an12an222，从而数列an有上界2.n2于是由单调有界定理便知数列an收敛。以下再求其极限，设limana，对等式an12an两边

2同时取极限得a2a，解之得a2或a1（舍去，由数列极限保不等式性知此数列极限非负），从而 lim2222.n

例３证明lim(1)存在。n1nn

分析：此数列各项变化趋势如下

我们有理由猜测这个数列单调递增且有上界，下面证明这个猜测是正确的。

证明：先建立一个不等式，设ba0，nN，则由

bn1an1(ba)(bnbn1abn2a2ban1an)(n1)bn(ba)得到不等式 an1bn(n1)anb（＊）

以b111111a代入（＊）式，由于(n1)anb(n1)(1)n(1)1 nn1n1n

n1nn111由此可知数列1为递增数列； nn1于是1n1

再以b11111a代入（＊）式，同样由于(n1)anb(n1)n(1)，2n2n

2n2nn14由此可知数列1为有界数列； n111于是1112n22n

n综上由单调有界定理便知lim(1)存在。nn

n1注：数列1是收敛的，但它的极限目前没有办法求出，实际上它的极限是e（无理数），即有n

1lim(1)n＝e，这是非常有用的结论，我们必须熟记，以后可以直接应用。nn

例4 求以下数列极限：

（1）lim(1)；（2）lim(1nn1nn1n1)；（3）lim(1)2n.n2nn

n1n1 解:(1)lim(1)lim1nnnn11； e

(2)lim(1n1n1)lim1n2n2n2ne 12

(3)lim(1n12n)n1nlim1e2.nn2

三、柯西收敛准则：

１．引言：

单调有界定理只是数列收敛的充分条件，下面给出在实数集中数列收敛的充分必要条件——柯西收敛准则。

２．Cauchy收敛准则：

定理2.10（Cauchy收敛准则）数列an收敛的充分必要条件是：对任给的0，存在正整数Ｎ，使得当n,mN时有|anam|；或对任给的0，存在正整数Ｎ，使得当nN，及任一pN，有anpan。

３．说明：

(1)Cauchy收敛准则从理论上完全解决了数列极限的存在性问题。

(2)Cauchy收敛准则的条件称为Cauchy条件，它反映这样的事实：收敛数列各项的值愈到后面，彼此愈接近，以至于充分后面的任何两项之差的绝对值可以小于预先给定的任意小正数。或者，形象地说，收敛数列的各项越到后面越是“挤”在一起。

(3)Cauchy准则把N定义中an与a的之差换成an与am之差。其好处在于无需借助数列以外的数a，只要根据数列本身的特征就可以鉴别其（收）敛（发）散性。

(4)数列an发散的充分必要条件是：存在00，对任意的NN，都可以找到n,mN，使得anam0；存在00，对任意的NN，都可以找到nN，及pN，使得anpan0.例5设an1112n，证明数列an收敛。101010

证明：不妨设nm，则

anam111m1m2n101010

1110m11nm11011111 mnm19101010mm110对任给的0，存在N

例6设an1

证明：0，对一切nmN有|anam|，由柯西收敛准则知数列an收敛。11，证明数列an发散。2n

anp1，对任意的NN，任取nN，及pn，则有 211111111an(共n项)n0 n1n22n2n2n2n2n2由柯西收敛准则知数列an发散。

等比数列课件 第2篇

递推数列的题型多样，求递推数列的通项公式的方法也非常灵活，往往可以通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决，亦可采用不完全归纳法的方法，由特殊情形推导出一般情形，进而用数学归纳法加以证明，因而求递推数列的通项公式问题成为了高考命题中颇受青睐的考查内容。笔者试给出求递推数列通项公式的十种方法策略，它们是：公式法、累加法、累乘法、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法、不动点法、特征根的方法。仔细辨析递推关系式的特征，准确选择恰当的方法，是迅速求出通项公式的关键。

一、利用公式法求通项公式

例1 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两边除以2n1，得故数列{an2nan12n1an2n32，则

an12n1an2n32，an2n}是以32a121221为首，以

32为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得

3212)2。

an12n11(n1)，所以数列{an}的通项公式为an(nn评注：本题解题的关键是把递推关系式an12an32n转化为列{an2nan2n32，说明数}是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出

an2n1(n1)32，进而求出数列{an}的通项公式。

二、利用累加法求通项公式

例2 已知数列{an}满足an1an2n1，a11，求数列{an}的通项公式。解：由an1an2n1 得an1an2n1

则an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1

[2(n1)1][2(n2)1](221)(211)12[(n1)(n2)21](n1)12(n1)n2(n1)1

所以数列{an}的通项公式为ann2

评注：本题解题的关键是把递推关系式an1an2n1转化为an1an2n1，进而求出(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1，即得数列{an}的通项公式。

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

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资料由大小学习网收集 解：由an1an23n1 得an1an23n1

则an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1

(232(3n11)(23n2n221)(231)(231)3121n1

333)(n1)3n所以an23313n23nn1

评注：本题解题的关键是把递推关系式an1an23n1转化为an1an23n1，进而求出(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1，即得数列{an}的通项公式。

例4 已知数列{an}满足an13an23n1，a13，求数列{an}的通项公式。解：an13an23n1两边除以3n1，得

an13n1an3nan3n232313n1，an1an123则故an13n113n1an3n(13an3nan1an1231)(1an23n2)(an23n223an33n3)(33a232a131)a13

(23n)(3)(n111313n2)(13132)

2(n1)3(3n3nn113n22)1

1因此an3n232(n1)3n3n123n(1313n1)12n312123n，则an3n12

评注：本题解题的关键是把递推关系式an13an23n1转化为an13n1an3a131n23a1313n1，进而求出(an3nan3nan13n1)(an13n1an23n2)(an23n2an33n3)+…+(a232)，即得数列{}的通项公式，最后再求数列{an}的通项公式。

三、利用累乘法求通项公式

例5 已知数列{an}满足an12(n1)5nan，a13，求数列{an}的通项公式。

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资料由大小学习网收集 解：因为an12(n1)5nan，a13，所以an0，则则ananan1an1an2n1an1ann2(n1)5，a3a2a2a1a1

][2(21)5][2(11)5]3

3

21[2(n11)52n1][2(n21)5n2[n(n1)32]5(n1)(n2)21所以数列{an}的通项公式为

n(n1)an32n152n!

an1ann2(n1)5，进而评注：本题解题的关键是把递推关系an12(n1)5nan转化为求出 anan1an1an2a3a2a2a1a1，即得数列{an}的通项公式。

例6（2004年全国15题）已知数列{an}满足a11，ana12a23a3(n1)

(n1)an1(n2)，则{an}的通项an1，n1n!，n22解：因为ana12a23a3(n1)an1(n2)所以an1a12a23a3(n1)an1nan 所以②式－①式得an1annan 则an1(n1)an(n2)则an1ann1(n2)anan1an1an2a3a2n!2 ②

①

所以ana2

[n(n1)43]a2a2

③

由ana12a23a3(n1)an1(n2)，取n=2得a2a12a2，则a2a1，又知a11，则a21，代入③得

an1345nn!2。

an1an评注：本题解题的关键是把递推关系式an1(n1)an(n2)转化为进而求出anan1an1an2a3a2（n≥2），n1从而可得当n≥2时an的表达式，最后再求出数列{an}的a2，资料由大小学习网收集

资料由大小学习网收集 通项公式。

四、利用待定系数法求通项公式

例7

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)

④

将an12an35n代入④式，得2an35nx5n12an2x5n，等式两边消去nn1nn2x5，两边除以5，得3x52x，则x=－1，代入④式，2an，得35x5得an15n12(an5n)

1n ⑤

an15an5n1n由a15651≠0及⑤式，得an50，则2，则数列{an5n}是以a1511为首项，以2为公比的等比数列，则an5n12n1，故an2n15n。评注：本题解题的关键是把递推关系式an12an35n转化为an15n12(an5)，从而可知数列{an5}是等比数列，进而求出数列{an5}的nnn通项公式，最后再求出数列{an}的通项公式。

例8 已知数列{an}满足an13an52n4，a11，求数列{an}的通项公式。解：设an1x2n1y3(anx2ny)

⑥ 将an13an52n4代入⑥式，得

3an52n4x2n1y3(anx2ny)

整理得(52x)2n4y3x2n3y。令52x3x4y3yn1，则x5y2，代入⑥式，得

nan15223(an522)

⑦

由a15212112130及⑦式，得an5220，则nan152an52n1n223，故数列{an52n2}是以a1521211213为首项，以3为公比的等比数列，因此an52n2133n1，则an133n152n2。

评注：本题解题的关键是把递推关系式an13an52n4转化为an152n123(an52n2)，从而可知数列{an52n2}是等比数列，进而求出数列{an52n2}的通项公式，最后再求数列{an}的通项公式。

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资料由大小学习网收集 例9 已知数列{an}满足an12an3n24n5，a11，求数列{an}的通项公式。解：设an1x(n1)2y(n1)z

2(anxn2ynz)

⑧

将an12an3n24n5代入⑧式，得

2an3n224n5x(n1)y(n1)z 22(anxnynz)，则

22an(3x)n2an2xn2(2xy4)n(xyz5)

22yn2z2yn2z，等式两边消去2an，得(3x)n2(2xy4)n(xyz5)2xn3x2xx3则得方程组2xy42y，则y10，代入⑧式，得

z18xyz52zan13(n1)10(n1)182(an3n2210n18)

⑨

由a131210118131320及⑨式，得

an3n210n180

2则an13(n1)10(n1)18an3n2210n182，故数列{an3n210n18}为以a1311011813132为首项，以an3n22为公比的等比数列，因此10n18322n1，则an2n43n210n18。

评注：本题解题的关键是把递推关系式an12an3n24n5转化为an13(n1)10(n1)182(an3n{an3n22210n18)2，从而可知数列10n18}是等比数列，进而求出数列{an3n10n18}的通项公式，最后再求出数列{an}的通项公式。

五、利用对数变换法求通项公式

例10 已知数列{an}满足an123na5n，a17，求数列{an}的通项公式。

解：因为an123na5所以an0，an10。在an123na5n，a17，n式两边取常用对数得lgan15lgannlg3lg

2⑩ 设lgan1x(n1)y5(lganxny)○11式，得5lganlg3lg2x(n1)y5(lgax将⑩式代入○ny)，两边消去nn5lgan并整理，得(lg3x)nxylg25xn5y，则

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lg3xlg3x5x4，故 lg3lg2xylg25yy16411式，得lga代入○n1lg34(n1)lg316lg24 ○5(lganlg34nlg316lg24)

lg34由lga1得lganlg34lg341lg316lg316lg24lg24lg3lg71lg316lg2412式，0及○n0，lg25，lgan1lg3则lgan4lg3164lg3lg2n4164(n1)所以数列{lganlg34nlg316lg24n1}是以lg7lg3164lg24lg36n15n1lg34lg3等比数列，则lganlgan(lg7n1lg34n1(lg7lg24n16lg34lg24lg316为首项，以5为公比的lg241)5n1，因此

1n1lg34lg3161lg24)5lg31n1(lg7lg34lg36lg24)5111111lg34lg316lg24[lg(73431624)]5n115n115n1lg34(31624)1lg(73431624)55n1n1n5n115n4n11lg34(31624)lg7(5n4n15n13431624)lg7(5n131624)，则an75n131624。

评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式an123na5n转化为lgan1{lganlg34lg34(n1)nlg316lg316lg24lg245(lganlg34nlg316lg24)，从而可知数列

lg34nlg316lg24}的通项

}是等比数列，进而求出数列{lgan公式，最后再求出数列{an}的通项公式。

六、利用迭代法求通项公式

(n1)2，a15，求数列{an}的通项公式。例11 已知数列{an}满足an1a3n(n1)2解：因为an1a3，所以 nnnanan13n2n1[an23(n1)2n2]3n2n1

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资料由大小学习网收集 an23(n1)n23(n2)232(n2)(n1)[an3an3a13n1n3]3(n1)n22(n2)(n1)3(n2)(n1)n2(n3)(n2)(n1)

23(n2)(n1)n2n(n1)12(n3)(n2)(n1)3a1n1n!22n(n1)又a15，所以数列{an}的通项公式为an53n1n!22。

lgan1lgan评注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式，即先将等式an1an3(n1)2n两边取常用对数得lgan13(n1)2nlgan，即

lganlgan1lgan1lgan2lga3lga2lga2lga1n3(n1)2，再由

n(n1)累乘法可推知lganan53n1lga1lg53n1n!22，从而n!2n(n1)2

七、利用数学归纳法求通项公式 例12 已知数列{an}满足an1an式。

解：由an1ana2a1898(n1)(2n1)(2n3)22，a189，求数列{an}的通项公

8(n1)(2n1)(2n3)22及a189，得

8(11)(211)(213)242522

82925

8(21)a3a22425(221)(223)48498(31)(231)(233)8081(2n1)1(2n1)2222832549

a4a3484922844981

由此可猜测an，往下用数学归纳法证明这个结论。

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资料由大小学习网收集 （1）当n=1时，a1(211)1(211)2289，所以等式成立。

(2k1)1(2k1)22（2）假设当n=k时等式成立，即akak1ak2，则当nk1时，8(k1)(2k1)(2k3)22

(2k1)1(2k1)228(k1)(2k1)(2k3)222222[(2k1)1](2k3)228(k1)(2k1)(2k3)2

8(k1)(2k1)(2k3)(2k3)(2k1)(2k3)22222(2k1)(2k3)(2k1)(2k1)(2k3)(2k3)1(2k3)222[2(k1)1]1[2(k1)1]22

由此可知，当n=k+1时等式也成立。根据（1）（2）可知，等式对任何nN*

评注：本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n项，进而猜出数列的通项公式，最后再用数学归纳法加以证明。

八、利用换元法求通项公式 例13 已知数列{an}满足an1式。

解：令bn124an，则an故an11242116(14an124an)，a11，求数列{an}的通项公

124(bn1)116(14an124an)得

2124(bn11)，代入an111612422(bn11)[14(bn1)bn]

2即4b2n1(bn3)

因为bn124an0，故bn1124an10 则2bn1bn3，即bn112bn32，资料由大小学习网收集

资料由大小学习网收集 可化为bn1312(bn3)，12所以{bn3}是以b13124a13124132为首项，以111222为公比的等比数

1列，因此bn32()n1()n2，则bn()n2+3，即124an()n23，得

2an21n1n1()()。3423评注：本题解题的关键是通过将124an的换元为bn，使得所给递推关系式转化bn112bn32形式，从而可知数列{bn3}为等比数列，进而求出数列{bn3}的通项公式，最后再求出数列{an}的通项公式。

九、利用不动点法求通项公式 例1

4已知数列{an}满足an1解：令x21x244x121an244an1，a14，求数列{an}的通项公式。

21x244x1139，得4x220x240，则x12，x23是函数f(x)21an2423的两个不动点。因为an12an134an121an244an121an242(4an1)21an243(4an1)13an269an27。an2an3an2an3，所以数列{2(139)n1an2an3}是以

a12a1342432为首项，以

139为公比的等比数列，故，则an2(1139)n13。121x2421x24评注：本题解题的关键是先求出函数f(x)两个根x12，x23，进而可推出列，再求出数列{

例15 已知数列{an}满足an1解：令x7x22x3an1an14x14x1213an2a2，从而可知数列{n}为等比数

39an3an3的不动点，即方程x的an2an3}的通项公式，最后求出数列{an}的通项公式。

7an22an3，a12，求数列{an}的通项公式。

3x14x7，得2x24x20，则x=1是函数f(x)15an52an3的不动点。

因为an117an22an3，所以

资料由大小学习网收集

资料由大小学习网收集 1an111a1112an35an525anan35121222，所以数列{(1)}是以

15an1an15an11an11(n1)2521以1为首项，25为公差的等差数列，则，故an2n82n3。

评注：本题解题的关键是先求出函数f(x)x1，进而可推出

3x14x7的不动点，即方程x1an17x22x3的根1an111an125，从而可知数列{}为等差数列，再求出数列{1an1}的通项公式，最后求出数列{an}的通项公式。

十、利用特征根法求通项公式

例16

已知数列{an}满足an13anan1(n2)，a1a21，求数列{an}的通项公式。

解：an13anan1(n2)的相应特征方程为2310，解之求特征根是1325，2325，所以anc1325c2325。

由初始值a1a21，得方程组

31c1(31c1(2255)c2()c2(21323255)1)2525c15求得

525c25从而an52535n52535n()()。5252评注：本题解题的关键是先求出特征方程的根。再由初始值确定出c1，c2，从而可得数列{an}的通项公式。

等比数列课件 第3篇

极限是微积分中最基本的概念, 极限理论是微积分的理论基础, 极限运算是微积分的基本运算, 是研究微积分的工具。在教材的编排上, 极限的概念是微积分中第一个重要概念, 连续、导数、定积分都是用极限来定义的。为了学生由浅入深了解极限概念, 教材首先引入了数列极限的概念, 然后是函数的极限。在数学史上, 极限的概念比导数的概念出现晚了约两个世纪, 通过对极限的定义, 才解决了导数的理论问题, 平息了人们关于微积分的激烈争论。由此可见极限概念的抽象性。而教材编排和学生学习的顺序, 极限均在导数和积分章节之前, 自然成为微积分学习的难点。大专生因为抽象思维水平限制, 对极限概念的理解不充分, 导致后续学习困难。借助Powerpoint、几何画板软件制作多媒体课件, 应用于极限教学, 把数学史融入了课堂, 既激发学生兴趣, 又能有效地展现极限概念的发展过程, 实现数学教学可视化, 突破教学难点, 突出教学重点, 提高教学效率。本文以数列的极限教学为例, 探讨关于多媒体课件在教学中的应用。

1 多媒体课件辅助数列极限教学的课例

数列的极限是教材第一章第二节的内容。本节以典型的数列问题讨论, 抽象概括了数列极限的概念、通过学习要求学生感悟极限思想, 体会无限问题的研究方法。教学环节如下。

环节一:课题引入。

介绍数学史上刘徽和割圆术、祖冲之和圆周率。传统教学对这个环节只是教师寥寥几句带过, 或是在黑板上用粉笔作简图。既不能让学生深刻的感受到图形变化的过程, 也无法展示数据的变化。

利用几何画板软件演示圆周率π的计算, 展示π与单位圆内接正n边形面积Sn的关系 (图1、图2) 。在课件制作上, 利用几何画板的度量和迭代功能, 制作动画。课件界面上有三个数值, 分别是n———正多边形的边数、圆的面积、正多边形的面积。使用课件时, 可以通过对参数n值的改变, 增加正多边形的边数, 能实现正多边形的面积值同步的变化, 该值不断趋近于圆的面积。形象的动画能刺激学生的感官, 引起关注。教师再引导学生观察数据随着图形的变化、逼近而变化、逼近, 让他们体会动态过程中蕴含的因果关系, 初步感悟极限思想。

介绍我国古代数学家祖冲之及现代圆周率精确位数时, 通过Powerpoint制作的课件来呈现。插入关于数学家的小视频文件, 激发学生兴趣。

环节二:新知探究。

PPT课件动画演示截丈问题:“一尺之锤, 日取其半, 万世不竭。” (图3、图4) 学生能直观地感受到截丈过程中的各种变化。

接着用几何画板演示, 学生观察随着n的增大, 数列通项xn值的变化趋势 (图5、图6) 。学生通过对课件的观察, 对数列极限有了直观的感受, 为后续学习作好了铺垫。

然后, 在PPT上出示四组数列, 让学生分组讨论数列随着n的增大, 通项xn的变化趋势。讨论结果可以请学生用几何画板验证, 而不是直接用软件展示。这样能适时地培养学生抽象思维能力和合作探究的能力, 掌握无限问题的研究方法之一。

教师结合上述例子, 给出数列极限的定义及其表示方法, 在黑板上板书。定义的给出用传统的黑板+粉笔的方法, 能有效地调控课堂进行组织教学, 引导学生理解和建立概念。

最后, 利用定义回答引言中的π极限解释。

环节三:例题与练习。

环节四:小结。利用PPT出示提纲, 从知识和思想方法两个层面对本课进行小结。

2 反思和建议

信息技术手段是本节课模拟教学、案例教学、教学演示的主要辅助形式。通过对比发现, 采用多媒体课件辅助教学比传统的教学方法取得了更好的教学效果。

几何画板辅助教学的优势是:直观性、动态性、交互性、针对性。几何画板软件动态地展示了数列的变化过程, 展示概念的形成过程, 化抽象为直观, 突破教学难点。突破视觉的限制, 多角度地观察对象, 能够突出要点, 有助于概念的理解和方法的掌握。学生主动参与到教学过程中, 通过软件操作进行反思, 有利于形成新的认知结构。

Powerpoint辅助教学的优势是:直观性、时效性、可重复性。PPT课件图文声像并茂, 能调动学生的情绪、注意力和兴趣。它取代部分传统板书, 不仅节约了时间, 且让课堂节奏更富有轻重缓急。链接功能有利于反复强调教学重点, 巩固知识, 克服遗忘。

此外, 多媒体课件辅助教学应针对不同的课型和教学内容, 针对不同层次的学生, 选择恰当的软件, 进行脚本设计, 而不能滥用于教学中。

摘要：随着信息技术的迅速发展, 多媒体辅助教学得到了广泛的应用。以数列的极限教学为例, 探讨了关于多媒体课件在教学中的应用。借助Powerpoint、几何画板软件制作多媒体课件, 应用于极限教学, 实现数学教学可视化, 突出重点、突破难点, 激发学生兴趣, 提高教学效率。

关键词：多媒体课件,数列极限,数学软件

参考文献

[1]张景中, 彭翕成.深入数学学科的信息技术[J].数学教育学报, 2009 (10) :1-7.

等比数列课件 第4篇

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：

数列练习2 等比数列 第5篇

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、等比数列综合习题 第6篇

一．选择题

1.已知an1an30，则数列an是（）

A.递增数列

B.递减数列

C.常数列

D.摆动数列

1，那么它的前5项的和S5的值是（）231333537A．

B．

C．

D．

22223.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S7=35，则a4=（）2.等比数列{an}中，首项a18，公比q A.8

B.7

C.6

D.5 ,则2a9a10（）4.等差数列{an}中，a13a8a15120 A．24

B．22

C．20

D．-8 215.已知数列an中，a11,an2an13，求此数列的通项公式.16.设等差数列

an的前n项和公式是sn5n23n,求它的前3项，并求它的通项公式.5.数列an的通项公式为an3n28n，则数列an各项中最小项是（）

A.第4项

B.第5项

C.第6项

D.第7项

2ab等于（）

2cd11

1A．1

B．

C．

D．

824a20（）7.在等比数列an中,a7a116,a4a145,则a1023232

3A.B.C.或

D.或 

3232328.已知等比数列an中,an>0,a2a42a3a5a4a625,那么a3a5=（）6.已知a，b，c，d是公比为2的等比数列，则

A.5

B.10

C.15

D.20 二．填空题

9．已知{an}为等差数列，a15＝8，a60＝20，则a75＝________

10.在等比数列{an}中，a2a816，则a5=__________

11．在等差数列{an}中，若a7＝m，a14＝n，则a21＝__________

12.等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3+a17=10,则S19的值_________

13.已知等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＝40，a4＋a5＋a6＝20，则前9项之和等于_________

三.解答题

14.设三个数成等差数列，其和为6，其中最后一个数加上1后，这三个数又成等比数列，求这三个数.等差数列、等比数列同步练习题

等差数列

一、选择题

1、等差数列-6，-1，4，9，……中的第20项为（）

A、89 B、-101 C、101 D、-89

2． 等差数列{an}中，a15=33，a45=153，则217是这个数列的（）

A、第60项 B、第61项 C、第62项

D、不在这个数列中

3、在-9与3之间插入n个数，使这n+2个数组成和为-21的等差数列，则n为

A、4 B、5 C、6 D、不存在

4、等差数列{an}中，a1+a7=42，a10-a3=21，则前10项的S10等于（）

A、720 B、257 C、255 D、不确定

5、等差数列中连续四项为a，x，b，2x，那么 a ：b 等于（）

A、B、C、或 1 D、6、已知数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n，而a1，a3，a5，a7，……组成一新数 列{Cn}，其通项公式为（）

A、Cn=4n-3 B、Cn=8n-1 C、Cn=4n-5 D、Cn=8n-9

7、一个项数为偶数的等差数列，它的奇数项的和与偶数项的和分别是24与30 若此数列的最后一项比第-10项为10，则这个数列共有（）

A、6项 B、8项 C、10项 D、12项

8、设数列{an}和{bn}都是等差数列，其中a1=25，b1=75，且a100+b100=100，则数列{an+bn}的前100项和为（）

A、0 B、100 C、10000 D、505000

答案1． A

2、B

3、B

4、C

5、B

6、D 7、A

8、C

二、填空题

9、在等差数列{an}中，an=m，an+m=0，则am= ______。

10、在等差数列{an}中，a4+a7+a10+a13=20，则S16= ______。11． 在等差数列{an}中，a1+a2+a3+a4=68，a6+a7+a8+a9+a10=30，则从a15到a30的和是 ______。

12． 已知等差数列 110，116，122，……，则大于450而不大于602的各项之和为 ______。

三、解答题

13． 已知等差数列{an}的公差d=，前100项的和S100=145求： a1+a3+a5+……+a99的值

14． 已知等差数列{an}的首项为a，记

(1)求证：{bn}是等差数列

(2)已知{an}的前13项的和与{bn}的前13的和之比为 3 ：2，求{bn}的公差。

15． 在等差数列{an}中，a1=25，S17=S9(1)求{an}的通项公式

(2)这个数列的前多少项的和最大？并求出这个最大值。

16、等差数列{an}的前n项的和为Sn，且已知Sn的最大值为S99，且|a99|〈|a100| 求使Sn〉0的n的最大值。

答案：

二、填空题

9、n10、80

11、-368 12、13702

13、∵{an}为等差数列∴ an+1-an=d

∴ a1+a3+a5+…+a99=a2+a4+a6+…+a100-50d

又（a1+a3+a5+…+a99）+（a2+a4+a6+…+a100）=S100=145 ∴ a1+a3+a5+…+a99=

=60

14、(1)证：设{an}的公差为d则an=a+（n-1）d

当n≥0时 b n-bn-1=

d 为常数∴ {bn}为等差数列

（2）记{an}，{bn}的前n项和分别为A13，B13则，∴{bn}的公差为

15、S17=S9 即 a10+a11+…+a17=

∴ an=27-2n

=169-（n-13）2

当n=13时，Sn最大，Sn的最大值为169

16、S198=（a1+a198）=99(a99+a100)<0 S197=

(a1+a197)=

(a99+ a99)>0

又 a99>0，a100<0则 d<0

∴当n<197时，Sn>0 ∴ 使 Sn>0 的最大的n为197

等比数列

一、选择题

1、若等比数列的前3项依次为A、1 B、C、D、，……，则第四项为（）

2、等比数列{an}的公比q>1，其第17项的平方等于第24项，求：使a1+a2+a3+……+an>

成立的自然数n的取值范围。

2、公比为的等比数列一定是（）

A、递增数列 B、摆动数列 C、递减数列 D、都不对

3、在等比数列{an}中，若a4·a7=-512，a2+a9=254，且公比为整数，则a12=（）

A、-1024 B、-2048 C、1024 D、2048

4、已知等比数列的公比为2，前4项的和为1，则前8项的和等于（）

A、15 B、17 C、19 D、21

5、设A、G分别是正数a、b的等差中项和等比中项，则有（）

3、已知等比数列{an}，公比q>0，求证：SnSn+26、{an}为等比数列，下列结论中不正确的是（）

A、{an2}为等比数列 B、为等比数列

C、{lgan}为等差数列 D、{anan+1}为等比数列

7、a≠0，b≠0且b≠1，a、b、c为常数，b、c必须满足（）

一个等比数列前几项和Sn=abn+c，那么a、A、a+b=0

B、c+b=0

C、c+a=0

D、a+b+c=0

8、若a、b、c成等比数列，a，x，b和b，y，c都成等差数列，且xy≠0，则 的值为（）

A、1 B、2 C、3 D、4

4、数列{an}的前几项和记为An，数列{bn}的前几项和为Bn，已知答案：

一、1、A

2、D

3、B

4、B

5、D

6、C

7、C

8、B 求Bn及数列{|bn|}的前几项和Sn。

二、填空题

1、在等比数列{an}中，若S4=240，a2+a4=180，则a7= _____,q= ______。

2、数列{an}满足a1=3，an+1=-，则an = ______，Sn= ______。

3、等比数列a，-6，m，-54，……的通项an = ___________。

4、{an}为等差数列，a1=1，公差d=z，从数列{an}中，依次选出第1，3，32……3n-1项，组成数

列{bn},则数列{bn}的通项公式是__________，它的前几项之和是_________。

二、计算题

1、有四个数，前三个数成等差数列，后三个成等比数列，并且第一个数与第四个数的和为37，第

二个数与第三个数的和为36，求这四个数。，答案

一、1、6；32、3、-2·3n-1或an=2（-3）n-1 4、2·3n-1-1；3n-n-1

二、1、解：由题意，设立四个数为a-d，a，a+d，则

由（2）d=36-2a（3）

把（3）代入（1）得 4a2-73a+36×36=0（4a-81）（a-16）=0 ∴所求四数为或12，16，20，25。

2、解：设{an}的前几项和Sn，的前几项的和为Tn an=a1qn-1

∵Sn>Tn ∴即>0 又

∴a12qn-1>1（1）

又a172=a24即a12q32>a1q23 ∴a1=q-9（2）由（1）（2）

∴n≥0且n∈N

3、证一：（1）q=1 Sn=na1 SnSn+2-Sn+12=（na1）[（n+2）a1]-[（n+1）a1]2=-a12（2）q≠1

=-a12qn<0

∴SnSn+2

SnSn+2-Sn+12=Sn（a1+qSn+1）-Sn+1（a1+qSn）=a1（Sn-Sn+1）

=-a1a n+1=-a12qn<0 ∴SnSn+2

4、解：n=1

n≥2时，∴

bn=log2an=7-2n

∴{bn}为首项为5，公比为（-2）的等比数列

令bn>0，n≤3

∴当n≥4时，bn〈0

1≤n≤3时，bn〉0 ∴当n≤3时，Sn=Bn=n（6-n），B3=9