第11讲 数列的极限与数学归纳法 教案

数列的极限·教案目的要求使学生能从数列的变化趋势理解数列极限的概念；会判断一些简单数列的极限．内容分析1．极限概念是微积分中最重要和最基本的概念之一．因为微积分中其他重要的基本概念(如导数、微分、积分等)都要用极限概念来表述，并且它们的运算和性质也都要用极限的运算和性质来论证．2．为了让学生能尽早进入微积分的主体部分(本书后续内容)的学习，本章不重在理论研究．考虑到中学生理解极限的严格定义(ε－N定义和ε－δ定义)有一定难度，教科书只对极限的定义进行直观描述，教学中一定要注意把握分寸，恰当掌握教科书的深度和广度．3．数列的极限是最简单的一种极限，它可以看作是自变量以取正整数的形式趋向于无穷时的特殊函数极限．(1)数列的极限虽简单但却是重要的极限，后面讲函数极限即是由此引入的．正因为它可视为特殊的函数极限，就以它的四则运算法则纳入函数极限四则运算法则之中介绍．(2)建议新课导入从引言刘徽的“割圆术”说起，引入数列的极限．“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这正是极限概念和思想的要点．它具有承上启下的作用，能激发学生对后续内容的学习兴趣．(3)数列的极限的直观描述方式的定义，强调的是从变化趋势来理解数列极限的概念，通过观察三个具体数列，归纳出它们共同的特性：随着项数n的无限增大，数列的项a n无限地趋近于某一个常数a(即|a n－a|无限地接近于0)．由此给出数列极限的直观描述性定义．“随着项数n的无限增大，数列的项a n无限地趋近于某个常数a”的意义有两个方面：一方面，数列的项a n趋近于a是在无限过程中进行的，即随n的增大，a n越来越接近于a；另一方面，a n不是一般地趋近于a，而是“无限”地趋近于a，即|a n－a|随n的增大而无限地趋近于0．(4)由于当n无限增大时，常数数列的项a n始终保持不变，因此有任何常数数列的极限都是这个常数本身．(5)例3是一道开放性的题目．学生需要通过运用计算器计算，并观察分析所得结果进行猜想．通过特殊到一般，在教师的引导下，猜想出只要求记住并会应用．4．本节的重点是数列极限的概念，难点是如何从变化趋势的角度来正确理解极限概念．在讲授时，注意结合数列例子，通过比较数值的变化以及数轴上点的变化，讲清“无限趋近”的意义，找出它们的共同特性，归纳出数列极限的直观描述性定义．5．结合引言内容，通过对刘徽“割圆术”的介绍，对学生进行爱国主义思想教育，激发学生的学习热情和民族自豪感．对极限概念及思想的深入理解不是一次就能完成的，而是需要一个较长的过程．通过极限内容的教学，树立运动变化的观点．教学过程1．新课导入，引出课题从引言第61页刘徽“割圆术”说起(可提前布置学生预习)，提出问无限趋近于圆周长2πR呢(让学生从图形上看这种变化趋势)？回答是肯定的，可以用极限的知识来证明．在数学中，极限的概念和思想是非常重要的．它是微积分中最重要、最基本的概念之一，它是研究变量在无限变化中的变化趋势．我们在高二数学第二册(下)中讲授球体积和表面积公式的推导时，用到了极限的思想方法．今天就来学习如何求数列的极限(导出课题)．2．特例分析，归纳特性考察教科书第76页三个数列①、②、③，当n无限增大时，项a n的变化趋势：(1)随着n的增大，从数值变化趋势上看，a n有三种变化方式：数列①是递减的，②是递增的，③是正负交替地无限趋近于a．(2)随着n的增大，从数轴上观察项a n表示的点的变化趋势，也有三种变化方式：①是从点a右侧，②是点左侧，③是从点a两侧交替地无限趋近于a．(3)随着n的增大，从差式|a n－a|的变化趋势上看，它们都是无限地接近于0，即a n无限趋近于a．这三个数列的共同特性是：不论这些变化趋势如何，“随着项数n的无限增大，数列的项a n无限地趋近于常数a(即|a n－a|无限地接近于0)”．引出数列极限的定义．3．形成概念，加深理解(1)数列极限的直观描述性定义(板书)．注意：①着重从变化趋势上理解数列极限的概念，它是一种定性的研究．②“无限趋近”的意义有两个方面．(2)讲解例1，学生完成教科书第76页的练习．(3)讲授极限的符号表示方法，明确符号的意义和读法．4．计算观察，得到结论C(C为常数)．(2)讲解例3．让学生先猜{0.99n}的极限，再用计算器分别算0.991000、0.995000、0.9910000、0.9920000，并分析数列变化趋势得出极限，从而得5．课堂学习，知识拓广学生板演教科书第77页练习1、2，教师讲评后针对练习2(4)可提先将学生分成两组分别讨论问题①、②，然后教师收集结果．6．归纳小结(1)理解数列极限的定义及项a n的三种变化方式．(2)理解数列极限的符号表示方法和它的意义．(3)掌握数列极限的一个性质和一个重要结论，并且会用．布置作业教科书第78页习题第1、2、3题．。

一、复习策略本章内容是中学数学的重点之一，它既具有相对的独立性，又具有一定的综合性和灵活性，也是初等数学与高等数学的一个重要的衔接点，因而历来是高考的重点.高考对本章考查比较全面，等差、等比数列，数列的极限的考查几乎每年都不会遗漏．就近五年高考试卷平均计算，本章内容在文史类中分数占13％，理工类卷中分数占11％，由此可以看出数列这一章的重要性.本章在高考中常见的试题类型及命题趋势：(1)数列中与的关系一直是高考的热点，求数列的通项公式是最为常见的题目，要切实注意与的关系．关于递推公式，在《考试说明》中的考试要求是：“了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项”，近几年命题严格按照《考试说明》，不要求较复杂由递推公式求通项问题．(2)探索性问题在数列中考查较多，试题没有给出结论，需要考生猜出或自己找出结论，然后给以证明．探索性问题对分析问题解决问题的能力有较高的要求．(3)等差、等比数列的基本知识必考．这类考题既有选择题，填空题，又有解答题；有容易题、中等题，也有难题．(4)求和问题也是常见的试题，等差数列、等比数列及可以转化为等差、等比数列求和问题应掌握，还应该掌握一些特殊数列的求和.(5)将数列应用题转化为等差、等比数列问题也是高考中的重点和热点，从本章在高考中所占的分值来看，一年比一年多，而且多注重能力的考查．通过上述分析，在学习中应着眼于教材的基本知识和方法，不要盲目扩大，应着重做好以下几方面：理解概念，熟练运算巧用性质，灵活自如二、典例剖析考点一：数列的通项与它的前n项和例1、只能被1和它本身整除的自然数(不包括1)叫做质数．41，43，47，53，61，71，83，97是一个由8个质数组成的数列，小王正确地写出了它的一个通项公式，并根据通项公式得出数列的后几项，发现它们也是质数．试写出一个数P满足小王得出的通项公式，但它不是质数，则P=__________．解析：，．显然当时有因数41，此时．答案：1681点评：本题主要考查了根据数列的前n项写数列的通项的能力．体现了根据数列的前n项写通项只能是满足前n项但不一定满足其所有的性质的特点．例2、已知等差数列中，，前10项之和是15，又记.(1)求的通项公式；(2)求；(3)求的最大值．(参考数据：ln2=0.6931)解析：(1)由，得，．(2)．(3)法一：，，由ln2=0.6931，计算>0，<0，所以极大值点满足，但，所以只需比较与的大小：，．法二：数列的通项，令，．点评：求时，也可先求出，这要正确理解“”，其中应处在的表达式中的位置．例3、已知数列的首项，前项和为，且．(1)证明数列是等比数列；(2)令，求函数在点处的导数，并比较与的大小．解析：(1)由已知时，．两式相减，得，即，从而．当时，．又．从而．故总有．又．从而．即是以为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知，．当n=1时，(*)式=0，；当n=2时，(*)式=－12<0，；当n≥3时，n－1>0．又，，即(*)式>0，从而．考点二：等差数列与等比数列例4、有n2(n≥4)个正数，排成n×n矩阵(n行n列的数表，如下图)．其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有的公比都相等，且满足：a24=1，a42=，a43=，(1)求公比q；(2)用k表示a4k；(3)求a11＋a22＋a33＋…＋a nn的值.分析：解答本题的关键首先是阅读理解，熟悉矩阵的排列规律，其次是灵活应用等差、等比数列的相关知识求解．解：(1)∵每一行的数列成等差数列，∴a42，a43，a44成等差数列，∴2a43= a42＋a44，a44=;又每一列的数成等比数列，a44=a24·q2，a24=1，∴q2=，且a n>0，∴q=.(2)a4k= a42＋(k－2)d=＋(k－2)( a43－a42)=.(3)∵第k列的数成等比数列，∴a kk= a4k·q k－4=·()k－4= k·()k (k=1，2，…，n).记a11＋a22＋a33＋…＋a nn=S n，则S n=＋2·()2＋3·()2＋…＋n·()n，S n=()2＋2·()3＋…＋(n－1) ()n＋n()n＋1，两式相减，得S n=＋()2＋…＋()n－n()n＋1=1－，∴S n=2－，即a11＋a22＋a33＋…＋a nn=2－．例5、已知分别是轴，轴方向上的单位向量，且(n=2，3，4，…)，在射线上从下到上依次有点，且=(n=2，3，4，…)．(1)求；(2)求；(3)求四边形面积的最大值．解析：(1)由已知，得，(2)由(1)知，．且均在射线上，．．(3)四边形的面积为．又的底边上的高为．又到直线的距离为．，而，．点评：本题将向量、解析几何与等差、等比数列有机的结合，体现了在知识交汇点设题的命题原则．其中割补法是解决四边形面积的常用方法．考点三：数列的极限例6、给定抛物线，过原点作斜率为1的直线交抛物线于点，其次过作斜率为的直线与抛物线交于．过作斜率为的直线与抛物线交于，由此方法确定：一般地说，过作斜率为的直线与抛物线交于点．设的坐标为，试求，再试问：点，…向哪一点无限接近？解析：∵、都位于抛物线上，从而它们的坐标分别为，∴直线的斜率为，于是，即，．因此，数列是首项为，公比的等比数列．又，，因此点列向点无限接近．点评：本例考查极限的计算在几何图形变化中的应用，求解问题的关键是要利用图形的变化发现点运动的规律，从而便于求出极限值来．例7、已知点满足：对任意的，．又已知．(1)求过点的直线的方程；(2)证明点在直线上；(3)求点的极限位置．解析：(1)，，则．化简得，即直线的方程为．(2)已知在直线上，假设在直线上，则有，此时，也在直线上．∴点在直线上．(3)，即构成等差数列，公差，首项，，故．．．故的极限位置为(0，1)．考点四：数学归纳法例8、设是满足不等式的自然数的个数．(1)求的解析式；(2)设，求的解析式；(3)，试比较与的大小．解析：先由条件解关于的不等式，从而求出．(1)即得．(2)．(3)．n=1时，21－12>0；=2时，22－22=0；n=3时，23－32<0；n=4时，24－42=0；n=5时，25－52>0；n=6时，26－62>0．猜想：n≥5时，，下面对n≥5时2n>n2用数学归纳法证明：(i)当n=5时，已证25>52．(ii)假设时，，那么．．，即当时不等式也成立．根据(i)和(ii)时，对，n≥5，2n>n2，即．综上，n=1或n≥5时，n=2或n=4时时．点评：这是一道较好的难度不太大的题，它考查了对数、不等式的解法，数列求和及数学归纳法等知识．对培养学生综合分析问题的能力有一定作用．例9、已知数列中，，．(1)求的通项公式；(2)若数列中，，，证明：，．解：(1)由题设：，．所以，数列是首项为，公比为的等比数列，，即的通项公式为，．(2)用数学归纳法证明．(ⅰ)当时，因，，所以，结论成立．(ⅱ)假设当时，结论成立，即，也即．当时，，又，所以．也就是说，当时，结论成立．根据(ⅰ)和(ⅱ)知，．考点五：数列的应用例10、李先生因病到医院求医，医生给他开了处方药(片剂)，要求每12小时服一片，已知该药片每片220毫克，他的肾脏每12小时排出这种药的60%，并且如果这种药在体内残留量超过386毫克，将会产生副作用，请问：李先生第一天上午8时第一次服药，则第二天早上8时服完药时，药在他体内的残留量是多少毫克？如果李先生坚持长期服用此药，会不会产生副作用？为什么？解：(1)设第次服药后，药在他体内残留量为毫克，依题意，故第二天早上8时第三次服完药时，药在他体内的残留量是343.2毫克.(2)由，，．故长期服用此药不会产生副作用．例11、(07安徽高考)某国采用养老储备金制度．公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d>0)，因此，历年所交纳的储务金数目a1，a2，…是一个公差为d的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利．这就是说，如果固定年利率为r(r>0)，那么，在第n 年末，第一年所交纳的储备金就变为a1(1＋r)n－1，第二年所交纳的储备金就变为a2(1＋r)n－2，……，以T n表示到第n年末所累计的储备金总额。

数列、极限、数学归纳法目标：引导同学对所做旧题进行回顾反思，使对本章知识点、方法系统及易错点有一个更清晰的线索，框架，培养学生面对陌生情景的问题时，能从运用知识点，方法体系的角度去思考分析问题的解题策略。

难点：策略意识的归纳提取及运用X 例：例1．(1)在等差数列{a n }中，若a 10=0,则有等式a 1+a 2+……+a n =a 1+a 2+……+a 19-n (n<19, n ∈N) 成立，类比上述性质，相应地：在等比数列{b n }中，若b 9=1,则有等式________成立。

(2)公差不为0的等差数列中，若第k,n,p 项成等比数列，则其公比为（ ）。

A 、p n n k --B 、kn n p --C 、p k n k --D 、n p k p -- (3)等差数列{a n },{b n }的前n 项和分别为S n 和T n , 若132+=n n T S n n ，则n n n b a lim ∞→等于（ ）。

A 、1 B 、36C 、32D 、94 解析：以上三题都考查有关等差、等比数列概念，此处知识要点是定义、公式的理解运用。

问题主要是“知三求二”类的方程计算，方法有①“基本量法”（即把问题化归到a 1,d 或q 上去，简单可行，但通常较为麻烦）；②“表示技巧法”（在等差、等比数列中任两项都可互相表示；中项；若有k,l,m,n ∈N 且k+l=m+n...{a n }为AP 则a k +a l =a m +a n , {a n }为GP ，则a k ·a l =a m ·a n ）；③还有少数问题可联系函数去解决。

(1)a 1+a 2+……+a n =a 1+a 2+……+a 19-n ,{a n }等差,a 10=0, 此处用了：2a 10=a 9+a 11=a 8+a 12=……=a n +a 20-n . 而a 20-n 的前一项为a 19-n ，故上式成立，若{b n }等比数列，b 9=1,对于n<17, 则有：11811710829=====-n n b b b b b b b ，b 1,b 2,b 3……,b n 中，b 18-n 的前一项为b 17-n ,b 1·b 2·b 3……b n =b 1·b 2·b 3……b 17-n (n<17, n ∈N).(2)若a k , a n , a p 成等比，设公比为q ，则p k n a a a ⋅=2,由{a n }等差，设公差为d(d ≠0) 则 a k =a n +(k-n)d,a p =a n +(p-n)d, nn pa d n p a a q )(1-+==, ∴222))((])()[(d n p n k a d n p d n k a a n n n --+-+-+= ∴))((2n p n k p k n a d n ----=,∴nk p n n k p k n q --=---+=21, 选B 。

数列、极限、数学归纳法学科:数学教学内容:数列.极限.数学归纳法一.考纲要求1.掌握:①掌握等差数列.等比数列的概念.通项公式.前n项和公式;②能够运用这些知识解决一些实际问题;③掌握极限的四则运算法则.2.理解:①数列的有关概念;②能根据递推公式算出数列的前几项;③会求公比的绝对值小于1的无穷等比数列前n项和的极限.3.了解:①了解递推公式是给出数列的一种方法;②了解数列极限的意义;③了解数学归纳法的原理,并能用数学归纳法证明一些简单问题.二.知识结构(一)数列的一般概念数列可以看作以自然数集(或它的子集)为其定义域的函数,因此可用函数的观点认识数列,用研究函数的方法来研究数列.数列表示法有:列表法.图像法.解析法.递推法等.列表法:就是把数列写成a1,a2,a3……an……或简写成｛an｝,其中an表示数列第n项的数值,n就是它的项数,即an是n的函数.解析法:如果数列的第n项能用项数n的函数式表示为an=f(n),这种表示法就是解析法,这个解析式叫做数列的通项公式.图像法:在直角坐标系中,数列可以用一群分散的孤立的点来表示,其中每一个点(n,an) 的横坐标n表示项数,纵坐标an表示该项的值.用图像法可以直观的把数列an与n的函数关系表示出来.递推法:数列可以用两个条件结合起来的方法来表示:①给出数列的一项或几项.②给出数列中用前面的项来表示后面的项的表达公式,这是数列的又一种解析法表示,称为递推法.例如:数列2,4,5,,…递推法表示为,其中an+1=an+又称为该数列的递推公式.由数列项数的有限和无限来分数列包括穷数列和无穷数列.由数列项与项之间的大小关系来分数列包括递增数列.递减数列.摆动数列以及常数列.由数列各项绝对值的取值范围来分数列包括有界数列和无界数列.通项公式是研究数列的一个关键,归纳通项公式是求数列通项公式的最基本方法,给出数列的前n项,求这个数列的通项公式并不是唯一的,也并非所有的数列都能写出通项公式.数列｛an｝的前n项和是:a1+a2+a3+…+an,记作Sn,要正确认识数列前n项和的符号,Sn是下角码n的函数.数列的前n项和与通项之间的关系是an=本单元习题主要有两种类型:①已知数列的通项公式或递推关系写出数列或数列的某一项.某几项.②由题设写出数列的通项公式.(二)等差数列和等比数列1.等差数列定义.表示法及性质(1)等差数列定义中,要准确地理解,稳健地应用公差d,准确的理解即注意定义中〝从第二项起〞及〝同一个常数〞的含义,稳健地应用即an+1-an=d是证明数列是等差数列的理论依据之一,而d的符号又决定等差数列的单调性.(2)如果一个数列｛an｝是等差数列,公差为d,则这个数列可表示为:①列表法:a1,a1+d,a1+2d…a1+(n-1)d…简写成｛a1+(n-1)d｝,特殊地,只有三项时可写成:a-d,a,a+d,只有四项时可写成:a-3d,a-d,a+d,a+3d.表示规律:奇数项公差为2d,偶数项公差为2d,它们是解决等差问题的计算工具.②解析法:an-an-1=d(n≥2,n∈N),特殊地,只有三项时可写成A-_=y-A,即2A=_+y,其中A叫做_.y的等差中项,它们是解决等差问题的证明工具.③图像法:an=a1+(n-1)d可改写成an=dn+a1-d,这表明当d≠0时an是关于n的一次函数,因此在直角坐标系中等差数列的图像是:以d为斜率,在y轴上截距为a1-d,并且n为自然数的一条直线上一些分散的点.(3)等差数列的通项公式已知a1和公差d,则有an=a1+(n-1)d已知am和公差d,则有an=am+(n-m)d(m,n∈N)(4)等差数列的前n项和公式已知a1和an,则有Sn=(n∈N)已知a1和d,则有Sn=na1+d(n∈N)(5)等差数列的性质①在等差数列的前n项中,与两端等距离的两项之和均相等,即:a1+an=a2+an-1=a3+an-2=……=ar+an-r+1=……②在等差数列中,若某两项的项数之和是定值,则相应的两项的数值之和也是定值.即:在等差数列｛an｝中,如果m+n=p+q(m,n,p,q∈N),那么,am+an=ap+aq③用图像法表示等差数列时,其各点均在以公差d为斜率的一条直线上,即d=(m,n∈N,m≠n)④等差数列等距离的取出若干项,仍然是等差数列.⑤公差为d的等差数列,按k项分组,每k项之和组成的数列仍是等差数列,其公差为k2d.即:a1+a2+a3+…+ak,ak+1+ak+2+…+a2k…ank+1+ank+2+…+ank+k…仍是等差数列.⑥两个等差数列的第n项之比等于前2n-1项之和的比.⑦数列｛an｝成等差数列的充要条件是an=dn+c(d,c为常数,n∈N)⑧数列｛an｝成等差数列的充要条件是Sn=an2+bn(a,b为常数,n∈N)2.等比数列定义.表示法及性质(1)在等比数列的定义中要准确地理解,灵活地应用公比q,准确地理解即注意定义中〝从第二项起〞及〝同一个常数〞的含义,注意公比q不能为零.灵活地应用表现在:当=q(n∈N,q为常数)时,此数列是等比数列;表现在当q＞0时等比数列各项符号均相同,当q＜0时各项符号正负相间;表现在当｜q｜＞1时数列每一项取绝对值后是递增的,当｜q｜＜1时数列每一项取绝对值后是递减的.(2)如果一个数列｛an｝是等比数列,公比为q,那么该数列可表示为:①列表法:a1,a1q,a1q2…a1qn-1…可简写成｛a1qn-1｝特殊地,只有三项时可写成:,a,aq只有四项时可写成:..a.aq.表示规律:奇数项公比为q2,偶数项公比为q2,它们是解决等比数列问题的计算工具.②解析法:=q(n∈N,q≠0)特殊地,只有三项时可写成=或G2=_y或G=±,其中G叫做_.y的等比中项,它们是解决等比问题的证明工具.③图像法:表示数列｛cqn｝的各点均在指数函数y=cq_的图像上(其中c=)(3)等比数列的通项公式已知a1和公比q,则有an=a1qn-1(n∈N)已知am和公比q,则有an=amqn-m(m,n∈N)(4)等比数列的前n项和公式Sn=(5)等比数列的性质①在等比数列的前n项中,与两端等距离的两项之积均相等.即:a1·an=a2·an-1=…=ar·an-r+1=…②在等比数列中,若两项的项数之和是定值,则相应两项的数值之积也是定值.即在等比数列｛an｝中,若m+n=p+q,则am·an=ap·aq(m,n,p,q∈N)③公比为q的等比数列,按k项分组,每k项之和组成的数列仍是等比数列.④从公比为q的等比数列中,取出等距离的项组成的数列仍是等比数列.⑤公比为q的等比数列中,相邻的k项之和(设第一项为am)等于前k项之和的qk 倍 .(三)数列求和数列求和是中学数学中规律性很强的一部分内容,本单元主要让学生掌握数列求和的常用方法.求数列的前n项和Sn,通常要掌握以下解法:1.倒序相加法:如果一个数列｛an｝,与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和, 可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加,就得到一个常数列的和,这一求和的方法称为倒序相加法.2.错位相减法:如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成,此时求和可采用错位相减法.3.分组转化法:把数列的每一项分成两项,或把数列重新组合,或把整个数列分成两部分,使其转化成等差数列或等比数列,这一求和方法称为分组转化法.4.裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差,即数列的每一项都可按此法拆成两项之差,在求和时一些正负项相互抵消,于是前n项的和变成首尾若干少数项之和,这一求和方法称为裂项相消方法.5.公式法求和:所给数列的通项是关于n的多项式,此时求和可采用公式法求和.常用公式有:k3=13+23+33+…+n3=n2 (n+1)2k=1+2+3+…+n=n(n+1)k2=12+22+32+…+n2=n(n+1)(2 n+ 1)(四)数列的极限1.要深刻地理解数列极限的定义(1)要记准定义中字母.符号的含义及其功能.定义中的ε是任意给定的正数,它主要反映an与A接近的程度,因为ε可以任意的小,所以an与A可以无限地接近.N 是一个自然数,其功能是当n＞N时有｜an-A｜＜ε恒成立.显然对一个ε与其对应的N并不是唯一的,确定N一般以解题简便为原则.符号〝→〞表示趋近于,符号〝∞〞表示无穷大,符号〝n→∞〞表示n趋近于无穷大,即无限增大的意思.无穷大表示量的变化状态,它不是一个确定的数,切不要与很大的数混为一谈,更不能进行常规的四则运算.(2)要了解定义的几何意义.数列｛an｝当n→∞时,极限为A的几何意义为:将数A 与数列an在数轴上用它们的对应点表示出来,再以A为圆心,以ε为半径在数轴上截取两点A-ε,A+ε,如图,因为不等式｜an-A｜＜ε相当于A-ε＜an＜A+ε.当n＞N时,所有的点an落在开区间(A-ε,A+ε)内,而只有有限个(至多只有N个)点疏散在这一区间外,ε越小,开区间(A-ε,A+ε)的长度也越小,可见an是凝聚在点A的近旁,这就是an=A2.在使用数列极限的运算法则时,必须注意以下两点:(1)参与运算的每一个数列的极限都是存在的.(2)参与运算的数列的个数必须是有限个.3.无穷等比数列各项的和(1)定义:公比的绝对值小于1的无穷等比数列前n项的和当n无限增大时的极限,叫做这个无穷等比数列各项的和,用符号S表示.(2)公式:S=(｜q｜＜1)(3)注意:此和不同于初等数学中有限项的和,它是一个数列的极限.4.熟记三个重要极限(1) C=C(C为常数)(2) =0(3) qn=0(｜q｜＜1)极限的思想方法是人们从有限认识无限,从近似认识精确,从量变认识质变的一种数学方法.(五)数学归纳法1.用数学归纳法证明命题的具体步骤是:(1)证明当n取第一值n0(例如n0=1,n0=2等)时结论正确.(2)假设当n=k(n∈N且k≥n0)时结论正确,证明当n=k+1时结论也正确.在完成了这两个步骤以后,就可以断定命题对从n0开始的所有的自然数n都正确.上面的证明第一步是递推基础,第二步是递推的依据,两者缺一不可.2.用数学归纳法证明命题时,难在第二步.即在假设n=k命题成立时,推出n=k+1时命题也成立.要顺利地完成这一步,主要依赖于观察.归纳.恒等变形等方面的能力.在推导证明中必须运用到〝归纳假设〞,否则不是数学归纳法.三.知识点.能力点提示例1 设T1,T2,T3……为一组多边形,其作法如下:T１是边长为1的正三角形,以Tn的每一边中间的线段为一边向外作正三角形,然后将该1/3线段抹去,所得的多边形为Tn+1,如图所示.令an表示Tn的周长,A(Tn)表示Tn的面积.(Ⅰ)计算T1,T2,T3的面积A(T1),A(T2),A(T3)(Ⅱ)求()的值.解:(Ⅰ)A(T1)=·1·1·sin60°=A(T2)=3····sin 60°+A(T1)==A(T3)=12···· sin60°+A(T2)=(Ⅱ)由分析知an=an-1(Tn的边数是Tn-1边数的4倍且每边是原来的)故an=3·()n-1∵=·()n-1∴(++…+)=注:本题综合考察由图像的变化中抽象出数列知识,由变化情况来分析周长.面积的变化情况,掌握其规律,将规律与数列联系起来.求面积时,要利用面积公式及对称性,然后由数递推数列来求答.能力点:由图像变化联系数列知识.例2 作半径为r的球的内接正方体,在这个正方体内作新的内切球,在内切球内再作内接正方体,这样继续下去,求所有这些球的表面积与体积之和(包括半径为r的球).解:设这些球的半径依次是r1=r,r2,r3,…,其对应内接正方体的棱长分别是a1,a 2,a3,…,这些球的表面积依次是S1,S2,S3,…,它们的和是S,则S1＝,又3a21＝(2r1)2,得a1=r1＝r于是r2＝,S2=4πr22=πr21=πr2则同理可证于是｛Sn｝是首项为4πr2,公比为的等比数列.因公比的绝对值小于1,故S＝设这些球的体积依次为V1,V2,V3,…,则同理可得｛Vn｝是首项为πr3,公比为的等比数列,因｜｜＜1,故这些球的体积和为:V＝πr3注:本题考查了数列表示法及极限的求法.例3 某养猪场养的猪,第一年猪的重量增长率是200%,以后每年的重量增长率都是前一年增长率的1/2.(Ⅰ)当饲养4年后,所养的猪的重量是原来的多少倍?(Ⅱ)如果由于各种原因,猪的重量每年损失预计重量的10%,那么经过多少年后,猪的总重量开始减少?解:(Ⅰ)依题意,猪的重量增长率成等比数列∴设原来猪重为a,则四年后a·(1+200%)(1+2·)(1+2··)(1+2···)=a答:养4年后猪的重量是原来的倍.(Ⅱ)由an≥an+1知an≥an(1+)(1-)得2n-1≥9∴n≥5故5年后猪的重量会减少.注:本题考察利用等比数列来解决实际问题,并利用不等式的知识,先要能将实际问题变成数列问题,然后运用数列知识解答,同时又要将实际问题变成不等式问题,再解不等式.例4 已知等比数列｛an｝中,a1=a＞0,公比q＞0且q≠1,同时对于任意自然数n,都有an≠1,将以_为未知数的方程a_n·a2n+1·称作方程In.(1)试证明I1,I2,I3……有公共解,并求这个公共解.(2)试证明对于每一个给定的自然数n,方程In除公共解外,还有另一个解,并求出这个解,进一步证明数列｛｝是一个等差数列.证明:由a2n+1=anan+2代入方程得an_+1·an+2·an+2=1即an_+1·an+2=1化为(an·an+2)_+1=1① 显然_=-1是方程的一解.当_+1≠0时,由①知,an·an+2=1∴an_·an+2=1∴(a·qn-1)_=(a·qn+1)-1∴_=(aqn+1)-1=-1-为所求除公共解外的另一解.于是=-logqa+(n-1)(-logqa)由等差数列的通项公式可知,数列{},是一以-logqa为首次-logqa为公差的等差数列.注:本题考察等比数列与指数方程及等差数列的综合题,训练等比数列性质的应用及特殊方程的解法及证明等差数列的能力.例5 已知数列｛bn｝是等差数列,b1=1,b1+b2+…+b10＝100(1)求数列｛bn｝的通项bn;(2)设数列｛an｝的通项an＝lg(1+),记Sn是数列｛an｝的前n项和,试比较Sn 与lgbn+1的大小,并证明你的结论.解:(1)设数列｛bn｝的公差为d,由题意得所以bn＝2n-1(2)由bn＝2n-1知Sn=lg(1+1)+lg(1+)+…+lg(1+)=lg〔(1+1)·(1+)…(1+)lgbn+1=lg因此要比较Sn与lgbn+1的大小,可先比较(1+1)(1+)…(1+)与的大小取n=1,有(1+1)＞,取n=2,有(1+1)(1+)＞,………由此推测(1+1)(1+)…… ……(1+)＞①若①式成立,则由对数函数性质可以断定:Sn＞lgbn+1下面用数学归纳法证明①式(a)当n=1时,已验证①式成立.(b)假设n=k(k≥1)时,①式成立,即(1+1)·(1+)………(1+那么,当n=k+1时(1+1)(1+)……(1+)·(1+)＞(1+)=·(2k+2)因为＝所以(2k+2)＞=因而(1+1)(1+)……(1+)·(1+)＞即当n=k+1时,①式也成立.由(a).(b)知,①式对任何自然数n都成立.由此得证:Sn＞lgbn+1说明:本题考查了等差数列的求法,及运用数学归纳法证明不等式.例6 有四个数,其中前三个数成等差数列,后三个数成等比数列,并且第一个数与第四个数的和是16,第二个数与第三个数的和是12,求这四个数.解1:设四个数依次为a-d,a,a+d,由条件有∴当a=4,d=4时,所求四个数为0,4,8,16当a=9,d=-6时,所求四个数15,9,3,1解2:设四个数依次为-a,,a,aq(a≠0)由条件有当q=2,a=8时,所求四个数为0,4,8,16当q=,a=3时,所求四个数为15,9,3,1解3:设四个数依次为_,y,12-y,16-_由条件有故所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1说明:如何设这四个数,对解法的优劣会产生影响,充分利用已知条件的特征,合理地减少未知数的个数,可简化运算.充分利用只有三项的等差.等比数列解析表达式的特征及题中所给的等量条件,合理地选取未知数及未知数的表达形式是解决这类问题的关键,解法1突出使用等差数列的计算工具,解法2突出使用等比数列的计算工具,解法3合理地选取未知数及未知数的表达形式.例7 数列{an}为等差数列,且Sn的最大值为S7,｜a7｜＜｜a8 ｜,求使Sn＞0的n的最大值.解:由题意可知:a1＞0,d＜0 ∵｜a7｜＜｜a8｜∴｜a8｜≠0又∵S7是Sn的最大值,∴a7≥0,a8＜0有∴-＜≤-6∵Sn＞0∴na1+∵＜0 ∴n2+(2·)n＜０又n∈N∴n＜1-∵-13＜≤-12∴13≤1-＜14故当1-=13时,使Sn＞0的n的最大值为12.当13＜1-＜14时,使Sn＞0的n的最大值为13.说明:在等差数列中,当a1＞0,d＜0时,解不等式组可得Sn达到最大值时的n值,当a1＜0,d＞0时解不等式组可得Sn达到最小值时的n值.例8 某种汽车(A)购车费用10万元,(B)每年应交保险费.养路费及汽油费合计9千元,(C)汽车的维修费平均为第一年2千元,第二年4千元,第三年6千元……各年的维修费平均数组成等差数列,问此种汽车使用多少年报废最合算(即使用多少年,年平均费用最少),并分析A.B.C 三笔费用分别对选择最合算的使用年限的影响.解:设选择n年最合算,则年平均费用(单位:万元)为:S=［(0.2+0.4+…+0.2n)+10+0.9n］=［·n+10+0.9n］=［n+0.1n2+10］=++1≥2=3当且仅当=即n=10时取等号.故汽车使用10年报废最合算,年平均费用为3万元.(A)购买车费越高使用年限越长.(B)为一常量,不影响使用时间.(C)维修费用递增越快,使用时间越短.说明:解应用题的关键是建立数学模型,本题的数学模型是:年平均费=［n年的维修费+购车费+n年的保养费.汽油费］.此题只要把模型中的量具体化就可得相应的解析式.本题是数列与最值的综合应用题.例9 如图所示为一台冷轧机的示意图,冷轧机由若干对轧辊组成,带钢从一端输入,经过各对轧辊逐步减薄后输出.(1)输入带钢的厚度为α,输出带钢的厚度为β,若每对轧辊的减薄率不超过r0,问冷轧机至少需要安装多少对轧辊?一对轧辊减薄率＝()(2)已知一台冷轧机共有4对减薄率为20%的轧辊,所有轧辊周长均为1600cm,若第k对轧辊有缺陷,每滚动一周在带钢上压出一上疵点,在冷轧机输出的带钢上,疵点的间距为Lk,为了便于检修,请计算L1.L2.L3并填入下表(轧钢过程中,带钢宽度不变,且不考虑损耗).轧辊序号k1234疵点间距Lk(单位:mm)1600(1)解厚度为α的带钢经过减薄率均为rn的n对轧辊后厚度为α(1-ro)n.为使输出带钢的厚度不超过β,冷轧机轧辊数(以对为单位)应满足α(1-r0)n≤β,即(1-r0)n≤由于(1-r0)n＞0,＞0,对上式两端取对数,得nlg(1-r0)≤lg,由于lg(1-r0)＜0,所以n≥.因此,至少需要安装不少于的整数对轧辊.(2)解法一第k对轧辊出口处疵点间距离为轧辊周长,在此处出口的疵点间带钢的体积为1600·α(1-r)k·宽度(其中r=20%),而在冷轧机出口处两疵点间带钢的体积为Lk·α(1-r)4·宽度.因宽度相等,且无损耗,由体积相等得1600·α(1-r)k=Lk·α(1-r)4(r=20%)即Lk=1600·0.8k-4由此得L3=2000(mm),L2=2500(mm),L1=3125(mm),填表如下轧辊序号k1234疵点间距Lk(单位:mm)3125250016001600解法二第3对轧辊出口疵点间距为轧辊周长,在此处出口的两疵点间带钢体积与冷轧机出口处两疵点间带钢体积相等,因宽度不变,有1600＝L3·(1-0.2),所以L3＝＝2000(mm)同理L2＝＝2500(mm)L1＝＝3125(mm)填表如下轧辊序号k1234疵点间距Lk(单位:mm)3125250016001600注:本题考查等比数列,对数计算等基本知识,考查综合运用数学知识和方法解决实际问题的能力.例10 某地区现有耕地10000公顷,规划10年后粮食单产比现在增加22%,人均粮食占有量比现在提高10%,如果人口年增长率为1%,那么耕地平均每年至多只能减少多少公顷?(精确到1公顷)(粮食单产=总产量/耕地面积,人均粮食占有量=总产量/总人口数)解:设耕地平均每年至多只能减少_公顷,该地区现有人口为A人,人均粮食占有量为b吨, 由题意可得不等式:(1+0.22) 化简可得即_≤∴_≤4(公顷)∴按规划该地区耕地平均每年至多只能减少4公顷.说明:建立本题数学模型的关键是:10年后粮食单产比现在增加22%,由题意设现在总人口为A人,人均粮食占有量为b吨,现在耕地共有104公顷,于是现在的粮食单产量吨/公顷,10年后总人口为A(1+0.01)10,人均粮食占有量b(1+0.1)吨,若设平均每年允许减少_公顷,则10年后耕地共有(104-10_)公顷,于是10年后粮食单产量为吨/公顷,由粮食单产10年后比现在增加22%得不等式 (1+0.22),即所建的数学模型.例11 已知数列{an}的前n项和Sn=10n-n2(n∈N),数列{bn}的每一项都有bn=｜an｜,求数列{bn}的前n项和Tn的公式.解:当n=1时,an=S1=9当n≥2时,an=Sn-Sn-1=11-2n,又11-2_1=9=a1∴an=11-2n(n∈N)令an＞0 则11-2n＞0∴1≤n＜5(n∈N)(1)当1≤n＜5(n∈N)时,an=11-2n,即bn=｜an｜=an=11-2n此时{bn}是首项为9,公差为-2的等差数列∴Tn=9n+(-2)=10n-n2(2)当n≥6(n∈N)时,bn=｜an｜=-an=2n-11此时{bn}是首项为1,公差为2的等差数列.∴Tn=10_5-52+(n-5)·1+_2=n2-10n+5故Tn=说明:由题设bn=｜an｜而知,本题要使用分类讨论思想来求前n项和Tn.例12 求和:1+11+111+…+.解:∵=1+10+102+103……+10n=(10n-1)∴1+11+111+11…1=［(10-1)+(102-1)+(103-1)+…+(10 n-1)］=［(10+102+103+…+10n)-n］=［()-n］=说明:先求出通项公式即an=(10n-1),再把其转化为一个等比数列及一个常数列求和,数列=a,, ,…或数列:0.a,0. , 0. ,…(1≤a≤9)均可依上法求和.例13 已知数列{an}中,an=,前n项和Sn,试比较Sn与2的大小解:Sn=+++…+又∵Sn=++…++∴Sn=(+++…+)-=1--即Sn=2--＜2说明:∵Sn随n增大而增大.∴不宜用递推与常数2直接比大小.考虑先求和,宜用错项相减法,对等差.等比对应项积构成新数列均有效.例14 求和:１_２２＋３_４２＋５_６２＋…＋(２n-1)(2n) 2解:∵(2k-1)(2k)2=8k3-4k2(k∈N)∴Sn=(8k3-4k2)=8k3-4k2=8_n2(n+1)2-4_n(n+1)(2n+1)=n(n+1)(3n2+n-1)说明:若通项是关于n的多项式的乘积,首先展开整理为n的多项式,然后利用自然数,自然数平方和.立方和等公式求数列的和.例15 设An为数列｛an｝的前n项和,An＝(an-1)(n∈N),数列｛bn｝的通项公式为bn=4n+3(n∈N).(1)求数列｛an｝的通项公式;(2)若d∈｛a1,a2,…an,…｝∩｛b1,b2,…bn,…｝,则称d为数列｛an｝.｛bn｝的公共项,将数列｛an｝.｛bn｝的公共项按它们在原数列中的先后次序排成一个新的数列｛dn｝,证明数列｛dn｝的通项公式为dn=32n+1(n∈ N);(3)设数列｛dn｝中第n项是数列｛bn｝中第r项,Br为数列｛bn｝的前r项和,Dn 为数列｛dn｝的前n项和,Tn=Br-Dn,求.解(1)a1=A1=(a1-1),得a1=3,a1+a2=A2=(a2-1),得a2=9,当n≥2时,an=An-An-1＝(an-an-1),由此解得an=3an-1,得=3(n≥2),所以｛an｝是首项为3,公比为3的等比数列,得an=3n(n∈N)(2)32n+1∈｛an｝,n∈N,又由数学归纳法可证:32n+1∈｛4k+1｝=｛bn｝,故32n+1∈｛dn｝又可以证明｛an｝中除形如外,其它项都不是｛bn｝中的项,故dn=a2n-1=32n+1(n∈N)(3)由题意得32n+1=4r+3得r==(32n+1-1)易知Br=,Dn=,Tn=Br-Dn=故.说明:本题考查数列通项公式的求法,以及数学归纳法极限的应用.例16 用极限定义证明:证明:= (n≥2)设ε是任意给定的正数,要使＜ε成立,只要＜ε成立,即n＞成立,取N 是的整数部分,当n＞N时＜ε恒成立,∴说明:用定义证明数列的极限常使用分析法,关键是确定N,求N的方法有:(1)直接解不等式｜an-A｜＜ε,求出n＞N(ε),其中N是N(ε)的整数部分.(2)当｜an-A｜＜ε,不易解出n,可用放大法(不能缩小),即｜an-A｜＜｜bn｜＜ε,然后解不等式｜bn｜＜ε,求出n＞N( ε),N是N(ε)的整数部分.例17 如图,在RtΔABC中,∠B=90°,tgC=,AB=a ,在ΔABC内作一系列的正方形求所有这些正方形面积的和S.解:设第n个正方形的边长为an,由三角形相似可得(其中Sn=a1+a2+…+an)∵AB=a,tgC=,∴BC=2a于是有,即Sn=2a-2an当n≥2时,有an=Sn-Sn-1=-2an+2an-1,即3an=2an-1∴∵tgC=∴AB=a=a1+a1∴a21=a2,故数列{an2}是首项为a2,公比为的无穷等比数列.且｜｜＜1 ∴S= a2说明:应用公式S=解决实际问题时,(1)要证明组成的数列是无穷等比数列,并确定a1和q.(2)要证明｜q｜＜1.(3)代入公式化简.例18 已知数列｛an｝满足条件:a1=1,a2=r(r＞0 ),且｛an·an+1｝是公比为q(q ＞0)的等比数列,设bn=a2n-1+a2n(n=1,2,…).(1)求使不等式an·an+1+an+1·an-2＞an+2·an+3(n∈ N)成立的q的取值范围.(2)求bn和,其中Sn=b1+ b2+…bn;(3)设r=219.2-1,q=,求数列｛｝的最大项和最小项的值.解(1)由题意得rqn-1+rqn＞rqn+1由题设r＞0,q＞0,故从上式可得q2-q-q＜0解出＜q＜,又q＞0所以0＜q＜(2)因=q则=q≠0b1=1+r≠0,故｛bn｝是首项为1+r.公比为q的等比数列,从而bn=(1+r)qn-1 q=1时,Sn=n(1+r),＝=00＜q＜1时,Sn=,=;q＞1时,Sn=,=所以=(3)由(2)有bn=(1+r)qn-1记Cn=,从上式知,当n-20.2≥0,即n≥21(n ∈N)时,Cn随n的增大而减小, 故1＜Cn≤C21=1+=2.25①当n-20.2＜0,即n≤20(n∈N),Cn随n的增大而减小,故1＞Cn≥C20=1+=-4 ②综合(1).(2)知,对任意自然数有C20≤Cn≤C21故｛Cn｝的最大项是C21=2.25,最小项是C20＝-4说明:本题将等比数列不等式.极限.极值综合运用,解题时要灵活运用.例19 求证:二项式_2n-y2n(n∈N)能被_+y整除证明:①当n=1时,_2-y2=(_+y)(_-y) ∴能被_+y整除.②假设n=k时,_2k-y2k能被_+y整除.那么n=k+1时即_2k+2-y2k+2=_2·_2k-_2y2k+_2·y2k- y2·y2k=_2(_2k-y2k)+y2k(_2-y2)∵_2k-y2k与_2-y2都能被_+y整除∴_2(_2k-y2k)+y2k(_2-y2)能被_+y整除即n=k+1时,_2k+2-y2k+2能被_+y整除由①②可知,对任意的自然数n命题均成立.说明:由假设以_2k+2为主进行拼凑,即减去_2y2k加上_2y2k,然后重新组合,目的是拼凑出n=k的归纳假设,剩余部分仍然能被_+y整除.例20 已知:_＞-1且_≠0,n∈N,n≥2求证:(1+_)n＞1+n_证明:①当n=2时,不等式左边=(1+_)2=1+2_+_2 右边=1+2_∵_2＞0 ∴原不等式成立②假设n=k(≥2)时,原不等式成立即(1+_)k＞1+k_成立那么当n=k+1时,∵_＞-1,∴1+_＞0于是有(1+_)k+1=(1+_)(1+_)k＞(1+_)(1+k_)=1+(k+1)_+k_2＞1+(k+1)_ (k_2 ＞0)即n=k+1时,原不等式成立由①②可知,对任何n∈N(n≥2),原不等式均成立.例21 已知数列{an}的前n项和为Sn,是否存在a,b,c使得an=an2+bn+c,且满足a1=1,3Sn=(n+2)an对一切自然数n都成立?试证明你的结论.解:设存在a,b,c符合条件,则令n=1,有a1=a+b+c=1①令n=2,有3(a1+a2)=(2+2)a2 得a2=3 有a2=4a+2b+c=3②令n=3,有3(a1+a2+a3)=(3+2)a3 得a3=6 有a3=9a+3b+c=6③联立①②③解得a=,b=,c=0∴对n=1,2,3存在a,b,c使得an=n(n+1)且满足a1=1,3Sn=(n+2)an成立,推测n∈N时,存在a,b,c使得an=n(n+1)且满足a1=1, 3Sn=(n+2)an成立.证明:①当n=1时,由上述推测成立②假设n=k时,推测成立,即ak=k(k+1)且满足a1=1,3Sk=(k+2)ak,那么ak+1=Sk+1-Sk=［(k+1)+2］ak+1-(k+2)ak=(k+3)ak+1-(k+2)k(k+1)则6ak+1=2(k+3)ak+1-(k+2)k(k+1)所以ak+1= (k+1)(k+2)即n=k+1时,推测也成立由①②知n∈N时,推测都成立.说明:存在性问题的常规思路,先假设存在,再进行演绎推理若结果合理即肯定,反之否定,又因为此题涉及自然数,故实施时,先特殊探求,推测一般结论,用数学归纳法证明结论的真实性.【同步达纲练习】(一)选择题1.等差数列｛an｝的前m项和为30,前2m项和为100,则它的前3m项和为( )A.130B.170C.210D.2602.已知等比数列｛an｝的各项均为正数,公比q≠1,设P=,Q=则P与Q的大小关系是( )A.P＞QB.P＜QC.P=QD.无法确定3.等差数列｛an｝和｛bn｝的前n项和分别为Sn和Tn,对一切自然数n,都有,则等于 ( )A. B. C.D.4.已知数列｛an｝的通项公式an=3n-50,则其前n项和Sn的最小值是( )A.-784B.-392C.-389D.-3685.公差不为0的等差数列｛an｝中,a2,a3,a6依次成等比数列,则公比等于( )A. B.C.2D.36.数列1,,,,,,,,,,…的前100项和等于( )A.13B.13C.14D.147.非零实数_,y,z成等差数列,_+1,y,z与_,y,z+2分别成等比数列,则y=( )A.10B.12C.14D.168.等比数列｛an｝的公比为-,前n项和Sn满足Sn=,那么a1的值为( )A.±B.±C.±D.±9.在等比数列｛an｝中,a1＞1,且前n项和满足Sn= ,那么a1的取值范围是( )A.(1,+∞)B.(1,4)C.(1,2)D.(1,)10.设数列｛an｝的前n项和Sn=2n+1,则等于( )A. B. C. D.(二)填空题11.已知数列｛an｝中,a1=1, (n∈N),则a50=.12.已知数列｛an｝的前n项和Sn=n2+3n+1,则a1+a3+a5+…+a21=.13.等比数列｛an｝的首项a1=-1,前n项和为Sn,若,则Sn= .14.已知数列｛an｝满足a1+2a2+3a3+…+nan=n(n+1)(n+2),则它的前n项和Sn = .。

数列极限与归纳法例1、设{}n a 是等差数列，11=a ，前n 项和为n S ；{}n b 是等比数列，1<q ，其前n 项和为n T ，已知8lim ,12,2624=-==∞→n n T T S b a 。

（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设数列{}n c 的前n 项和为n P ，对一切自然数n ，有12211+=+++n n n a c b c b c b 成立，求n n n b P ∞→lim 。

例2、用数学归纳法证明：()()*∈-⋅+Nn n n1713能被9整除。

例3、在数列{}n a 、{}n b 中，4,211==b a ，且1,,+n n n a b a 成等差数列，11,,++n n n b a b 成等比数列()*∈N n 。

（1）求432,,a a a 及432,,b b b ，由此猜测{}n a 、{}n b 的通项公式，并证明你的结论； （2）证明：1251112211<++++++n n b a b a b a 。

例4、已知数列{}n a 满足条件()()()().,6,11121*+∈+==-+=-N n n a b a a n a n n n n n 。

（1）写出数列{}n b 的前4项； （2）求数列{}n b 的通项公式； （3）是否存在非零常数q p ,，使数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+q pn a n 成等差数列，若存在，求出q p ,满足的关系式；若不存在，说明理由。

例5、已知 ,,,321B B B 顺次为曲线()01>=x xy 上的点， ,,,321A A A 顺次为x 轴上的点，且均为 ,,,,1122111++∆∆∆n n n A B A A B A A OB 均为等腰直角三角形，其中 ,,,321B B B 均为直角的顶点，记n A 坐标为()()*∈N n x n ，0,。

（1）求数列{}n x 的通项公式；（2）设n S 为数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n x 1的前n 项的和，试比较()1lg +n S 和()1lg 21+n 的大小。

高中数学备课教案数列与数列的极限高中数学备课教案：数列与数列的极限引言：数列与数列的极限是高中数学课程中的重要内容，对于学生的数学思维能力和问题解决能力的培养具有重要意义。

本节课的教学目标是让学生通过理论学习和实例探究，掌握数列概念及其性质，并能够运用相应的方法计算数列的极限值。

【知识与技能】：1. 掌握数列的定义和基本性质；2. 了解数列的收敛与发散的概念；3. 理解数列极限的计算方法和应用。

【过程与方法】：通过理论讲解、实例分析和解题训练相结合的方式进行教学，培养学生观察、分析和解决问题的能力。

【教学步骤】：一、数列的定义及基本性质（15分钟）1. 数列的概念及常见表示方法；2. 数列的有界性和单调性；3. 数列极限的定义及其解释；4. 举例说明数列的性质。

二、数列的收敛与发散（15分钟）1. 数列的收敛与发散的概念；2. 收敛数列与发散数列的判断方法；3. 面对实际问题，如何分析数列的收敛性。

三、数列极限的计算方法（20分钟）1. 使用数列的极限基本性质计算极限；2. 利用夹逼定理求解数列极限；3. 利用递推公式计算数列的极限。

四、数列极限的应用（20分钟）1. 利用数列极限解决实际问题；2. 数列极限在几何和物理问题中的应用；3. 通过实例讲解数列极限应用的步骤和方法。

五、综合训练与展示（30分钟）1. 组织学生进行数列极限的解题训练；2. 学生自主发表解题思路和方法；3. 教师进行点评和总结。

【教学重点与难点】：重点：数列的定义和基本性质、数列极限的计算方法和应用。

难点：如何应用数列极限解决实际问题。

【教学反思】：通过本节课的教学，学生对于数列与数列的极限有了更深入的理解。

在教学过程中，我注意引导学生分析问题，培养其独立思考和解决问题的能力。

在练习环节，我注重学生能够独立运用所学知识解答问题，并对学生的答案进行点评和指导，加强他们的思维能力和实际应用能力。

通过课堂讨论和展示，学生之间的互动增加，激发了学生的学习热情和参与度。

数列、极限、数学归纳法——等差、等比数列综合问题教案教学目标：1. 理解等差数列和等比数列的定义及其性质。

2. 掌握数列的极限概念，并能应用于等差、等比数列。

3. 学会使用数学归纳法解决数列相关问题。

4. 能够综合运用等差、等比数列的知识解决实际问题。

教学内容：第一章：数列概念与等差数列1.1 数列的定义与表示方法1.2 等差数列的定义与性质1.3 等差数列的通项公式1.4 等差数列的前n项和公式第二章：等差数列的极限2.1 极限概念引入2.2 等差数列极限的定义2.3 等差数列极限的性质2.4 等差数列极限的应用第三章：等比数列的概念与性质3.1 等比数列的定义3.2 等比数列的性质3.3 等比数列的通项公式3.4 等比数列的前n项和公式第四章：等比数列的极限4.1 等比数列极限的定义4.2 等比数列极限的性质4.3 等比数列极限的应用4.4 无穷等比数列的极限第五章：数学归纳法与数列5.1 数学归纳法的基本概念5.2 数学归纳法证明等差数列性质5.3 数学归纳法证明等比数列性质5.4 数学归纳法解决数列综合问题教学方法：1. 采用讲授法讲解数列、极限、数学归纳法的基本概念和理论。

2. 利用案例分析法分析等差、等比数列的实际应用问题。

3. 组织小组讨论法，让学生探讨数列问题的解题策略。

4. 运用练习法巩固所学知识，提高解题能力。

教学评估：1. 课堂问答：检查学生对数列、极限、数学归纳法的基本概念理解程度。

2. 课后作业：布置相关练习题，检验学生掌握知识点的情况。

3. 小组讨论报告：评估学生在探讨数列问题时的分析能力和团队协作能力。

4. 期末考试：全面测试学生对本门课程知识的掌握程度。

教学资源：1. 教材：《高等数学》、《数学分析》等。

2. 课件：制作数列、极限、数学归纳法等相关课件。

3. 练习题库：搜集各种数列、极限、数学归纳法的练习题。

4. 案例素材：搜集等差、等比数列在实际应用中的案例。

教学进度安排：1. 第一章：2课时2. 第二章：3课时3. 第三章：2课时4. 第四章：3课时5. 第五章：4课时数列、极限、数学归纳法——等差、等比数列综合问题教案（续）第六章：等差、等比数列的图像与性质6.1 等差数列的图像特点6.2 等比数列的图像特点6.3 等差、等比数列的性质对比6.4 等差、等比数列的特殊情况分析第七章：数列的极限与无穷数列7.1 无穷数列的概念7.2 无穷数列的极限概念7.3 无穷等差数列与无穷等比数列的极限7.4 无穷数列极限的应用第八章：数学归纳法解决数列问题实例8.1 数学归纳法证明等差数列的性质8.2 数学归纳法证明等比数列的性质8.3 数学归纳法解决数列问题实例分析8.4 数学归纳法在数列研究中的应用第九章：等差、等比数列的实际应用9.1 等差数列在经济学中的应用9.2 等比数列在金融学中的应用9.3 等差、等比数列在其他领域的应用9.4 实际应用案例分析第十章：数列、极限、数学归纳法的综合练习10.1 等差、等比数列的综合练习题10.2 极限概念的综合练习题10.3 数学归纳法的综合练习题10.4 综合练习题解答与分析教学方法：1. 采用讲授法讲解等差、等比数列的图像与性质。

数列、极限、数学归纳法——等差、等比数列综合问题教案一、教学目标1. 知识与技能：（1）理解等差数列和等比数列的定义及其性质；（2）掌握数列的极限概念，并能应用于等差、等比数列；（3）学会运用数学归纳法解决数列相关问题。

2. 过程与方法：（1）通过实例分析，培养学生的观察、思考能力；（2）借助数列极限的概念，培养学生解决问题的能力；（3）运用数学归纳法，培养学生逻辑推理能力。

3. 情感态度与价值观：（1）培养学生对数学的兴趣，提高学生学习数学的积极性；（2）培养学生团队合作精神，提高学生沟通与协作能力。

二、教学内容1. 等差数列的定义及其性质2. 等比数列的定义及其性质3. 数列的极限概念4. 等差、等比数列的极限问题5. 数学归纳法的基本概念及应用三、教学重点与难点1. 教学重点：（1）等差数列和等比数列的定义及其性质；（2）数列极限的概念及其应用；（3）数学归纳法的原理及其在数列问题中的应用。

2. 教学难点：（1）数列极限的证明；（2）数学归纳法的证明步骤及技巧。

四、教学过程1. 导入新课：通过生活实例，引导学生思考数列的规律，激发学生学习兴趣。

2. 讲解等差数列和等比数列的定义及其性质：利用具体例子，解释等差数列和等比数列的定义，引导学生发现它们的性质。

3. 引入数列极限的概念：通过实际问题，引导学生理解数列极限的概念，并学会运用极限解决数列问题。

4. 讲解等差、等比数列的极限问题：结合实例，讲解等差、等比数列的极限问题，引导学生掌握解题方法。

5. 介绍数学归纳法的基本概念及应用：讲解数学归纳法的原理，并通过数列问题引导学生学会运用数学归纳法。

五、课后作业1. 复习等差数列和等比数列的定义及其性质；2. 练习数列极限的问题；3. 运用数学归纳法解决一个数列问题。

教学反思：本节课通过实例引入等差数列和等比数列的概念，注重培养学生的观察、思考能力。

在讲解数列极限时，注意引导学生理解极限的实质，提高学生解决问题的能力。