等比数列中等距离三项成等差数列的充要条件

<正>普通高中课程标准实验教科书《数学必修5》第61页A组第6题:已知S n是公比q≠1的等比数列{a n}的前n项和,S3,S9,S6是等差数列,求证a2,a8,a5成等差数列.由这道习题,可以得到等比数列{a n}中三项成等差数列的一个性质:设等比数列{a n}的公比q≠1,其前n项     

等比数列中等距离三项成等差数列的充要条件

普通高中课程标准实验教科书《数学必修5》第61页A组第6题： 已知S n是公比q≠1的等比数列{a n}的前n项和,S3,S9,S6是等差数列,求证a2,a8,a5成等差数列.由这道习题,可以得到等比数列{a n}中三项成等差数列的一个性质：     

一个数列问题的再研究

人民教育出版社《数学》(必修)第一册(上)第129页习题3.5第7题:已知数列{an}是等比数列,Sn是其前n项和,a1,a7,a4成等差数列,求证2S3,S6,S12-S6成等比数列.文[1]给出了如下一个推广:定理1已知数列{an}是公比不为±1的等比数列,Sn是其前n项和,若xam,yam 2k,zam k成等差数列(其中x     

一个不等式的再推广及应用

文 [1 ]给出了一个不等式 :2 (n 1 - 1 ) <∑ni=11i<2n - 1　 (n>1 )(1 )文 [2 ]将 (1 )式推广为 :11 -k[(n 1 ) 1-k- 1 ]<∑ni=11ik <11 -k·n1-k- 11 -k 1 (2 )(k∈R且k>0 ,k≠ 1 ,n>1 )文 [3]给出了不等式 (2 )的简证及其几何直观 .文 [4 ]又将 (1 )式推广为 :命题　已知 {an}为等差数列且a1>0 ,公差d>0 ,则2d(an 1- a1) <∑ni =11ai<2d(an -a1) 1a1(3)本文将采用文 [3]的方法 ,对 (2 )、(3)两式进行统一推广 ,并给出其应用 .定理　设 {an}为等差数列 ,且首项a1>0 ,公差d >0 ,k∈R 且k≠ 1 ,n>1 ,则1d(1 -k) (a1-kn 1-a1-k1) <∑…     

教材中两道例习题的组合探究

将课本例习题进行有效的“组合”及“拓展”,挖掘隐含在问题内部的研究性材料进行探索与开发,既能让学生真正掌握所涉及内容又有利于其探究能力的培养,也是提高教师处理教材能力的有效途径.人教版高中教材第一册(上)(必修)P128例4及P129习题3.5第7题:1)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,S3,S9,S6成等差数列,求证:a2,a8,a5成等差数列.2)已知{an}是等比数列,Sn是其前n项的和,a1,a7,a4成等差数列,求证:2S3,S6,S12-S6成等比数列.这样两道看似普通的例习题却蕴涵着丰富的教学功能,笔者在教学中从这两道题出发,引导学生开展了一次数学探究活动.…     

《一道课本习题的变式教学》一文的一点补充

文[1]例谈了an=pan-1 f(n)型数列的通项求法,让笔者受益匪浅.但文[1]中变题2,3,4,7最后在方法点评上似有不妥,今冒昧提出,与大家讨论.我们先看变题2:已知数列{an}中,a1=21,an=4an-1-3n-1,求an.解将递推式变为an λ·3n=4(an-1 λ·3n-1),即an=4an-1 λ·3n-1.所以λ=-1.则an-3n     

正项二阶等差数列的不等式

文[1]、[2]研究了正项等差数列方幂的不等式，本文研究由递增正项二阶等差数列若干项构成的不等式，为了简便起见，以下约定{an}是递增正项二阶等差数列，bn=a（n＋1）-an，{bn}的公差为d，其前n项和为Sn，m，k，n，p为正整数．     

有关等差数列的不等式

文[1]向我们展示了正项等比数列的不等式,受此文启发,我们发现了有关等差数列的不等式.以下约定{αn}为等差数列,公差为d,m、n、k均为正整数,且m≠k.……     

等差数列与等比数列的一条统一性质的推广

文[1]给出了等差数列与等比数列的一条形式优美的共同性质.笔者读后深受启发,在此拟给出此性质的一个一般性推广. 引理1 等差数列{an}首项为a1,公差为d,前n项和为SR,则SR=An2+Bn,其中A=d/2,B=a1-d/2.     

等比数列的一个性质

文[1]给出了等差数列的一个性质如下： 对于任意公差为d的等差数列{an}，且an≠0，总有：     

一个组合问题的解法及拓展

文[1]用待定系数法求出了由递推式 αn＋1=cαn＋d/ααn＋b确定的数列{αn}的通项公司（只要方程αx^2＋（b-c）x-d=0有根（包括复数根），都可用[1]的方法求解；若无根，则α=0，b=c，d≠0，得{αn}是等差数列。[1]中对数列{αn}的各项取倒数时，应要求αn≠0（n∈N^＊）。     

类比拓展 变中寻不变

<正>下面两道题"形似":题1 等差数列{a_n},{b_n}的前n项和分别为S_n、T_n,若对任意的n∈N*,总有S_n/T_n=2n/(3n+1),则a_(11)/b_(11)=_____.题2等差数列{a_n},{b_n}的前n项和分别为S_n、T_n,若对任意的n∈N*,总有S_n/T_n=2n/(3n+1),则a_(11)/b_(10)=_____.     

对题目本质的认识才是最深刻的认识

问题　等差数列 {ａｎ}中 ,前ｍ项和Ｓｍ =Ｓｎ(ｍ ≠ｎ) ,求Ｓｍ+ｎ 的值 .文[1 ]给出了该题的三种解法 ,并借此说明对“不同的解题思维层次”的理解 .但这三种解法都未达到深刻的思维层次 ,关键在于未能抓住题目的本质 .解决该题的关键不是对“等差数列”的认识 ,而在于对“等差数列中若干项的和”的认识 ,抓住了这一本质 ,结合等差数列性质即可自然流畅地得到一个非常简单的解法 .题目隐含的条件是Ｓｍ+ｎ这ｍ+ｎ项中有连续的 (ｎ -ｍ)项 (不妨设ｎ>ｍ)之和为零 ,而在这(ｎ-ｍ)项的前后各有ｍ项 ,它们的和也应为零 .若该题是填空题 ,就已…     

两类递推数列通项的求法

文[1]用待定系数法求出了由递推式an 1=can daan b确定的数列{an}的通项公式(只要方程ax2 (b-c)x-d=0有根(包括复数根),都可用[1]的方法求解;若无根,则a=0,b=c,d≠0,得{an}是等差数列.[1]中对数列{an}的各项取倒数时,应要求an≠0(n∈N*)).受[1]的启发,笔者研究了由递推式an 1=c     

关于whc168精确解的一个上界

Whc16 8　一堆书放入n个抽屉 (允许有空抽屉 ) ,为了使任意两个抽屉里书的数目之差不同 ,问至少要有多少本书 ?2 0 0 0年以来 ,本刊文 [1]～文 [7]相继对这一问题进行了探讨 ,分别给出n (n≥ 3)个抽屉里书的总数Sn 的若干下界 ,其中文 [7]的结果最强 ,文 [1]的结果最简 .文 [1]给出的结果为 :Sn≥ n3 -n6 (1)为探讨Whc16 8的精确解 ,文 [7]给出了可装书数列的概念 :定义　若数列 {an}的任意两项之差均不相同 ,则称数列 {an}是可装书数列 .(注 :笔者认为上述定义中加上条件“an∈N”较好 )并证明了下述结果 :命题　任意公比是大于 1的整数…     

透过现象看本质——关于等式恒成立问题的教学案例

一、教学理由和目标下面是2011年高三高考模拟考试的一道数列题,得分率非常低,本节课通过对这道题的研究让学生掌握等式恒成立问题的本质和处理策略.原题:设{an}是由正数组成的等差数列,Sn是其前n项和.是否存在常数k和等差数列{an},使kan2-1=S2n-Sn+1恒成立(n∈N)*,若存在,试求出常数k和数列{an}的通项公式;若不存在,请说明理由.     

对一个正项等差、等比数列不等式的探究

一、引子 文[1]将文[2]中的定理2作如下的推广. 推广 已知数列{bn}是正项非减少的等差数列,数列{cn}是正项等比数列,则有 Cn0/b1c1+Cn1/b2+c2+Cn2/b3+c3+…+Cna/bn+1+cn+1≥4n/2n-1(2b1+nd)+21-n(c1+cn+1).     

正项二阶等差数列的不等式

文[1]、[2]研究了正项等差数列方幂的不等式,本文研究由递增正项二阶等差数列若干项构成的不等式.为了简便起见,以下约定{an}是递增正项二阶等差数列,bn=an 1-an,{bn}的公差为d,其前n项和为Sn,m,k,n,p为正整数.引理d>0,an 1=Sn a1.证设an=an2 bn c,a,b,c∈R,且a>0.∵bn=an 1-an     

2023年天津高考数学数列题的解法及拓展

<正>今年高考结束后和一个天津考生交流,他说今年的第19题数列题“有点儿怪”．下面我们就来看看这道题．1原题及解法分析题目已知{a_n}是等差数列,a₂+a₅=16,a₅-a₃=4.(1)求{a_n}的通项公式和■     

等差、等比数列的又几个漂亮性质

文[1]给出了等差数列前n项和的一个性质如下:对于任意以a1为首项,d为公差的等差数列{an},Sn是其前n项和,总有: