不等式数列极限数学归纳法复习资料

数列、极限、数学法·用数学法明不等式教课目1．坚固掌握数学法的明步，熟表达数学法明的程．2．通案例，学生掌握运用数学法明不等式的思想方法．3．培育学生的思能力，运算能力，和剖析、解决的能力．教课要点与点要点：稳固数学法意和有效性的理解，并能正确表达解程，以及掌握利用数学法明不等式的基本思路．点：用数学法明的不一样方法的及解技巧．教课程（一）复回：上一次我已学了数学法以及运用数学法解的步，同学想“多米骨牌”游，出数学法的步？生：数学法是用于明某些与自然数相关的命的一种方法．要命P（n）．（ 1）明当 n 取第一个 n0，正确，即 P（n0）正确；（2）假 n=k（ k∈ N且 k≥n0）正确，明当 n=k+1 ，也正确，即由 P（k）正确推出 P （k+1）正确，依据（ 1），（ 2），就能够判断命 P（n）于从 n0开始的所有自然数 n 都正确．：演示小黑板或运用投影作．（作的目的是从中一步合适地运用假是数学法的关）作顶用数学法明：2+4+6+8+⋯ +2n=n（n+1）．如采纳下边的法，？明：（ 1）当 n=1 ，左 =2，右 =2，等式建立．（2）假 n=k （ k∈N，k≥1），等式建立，即2+4+6+⋯+2k=k（ k+1）．当 n=k+1 ，2+4+6+⋯+2k+（k+1）所以 n=k+1 ，等式也建立．依据（ 1）（ 2）可知，于随意自然数n，原等式都能建立．生甲：明程正确．生乙：明方法不是数学法，因第二步明，没有用假．：从形式上看此种明方法是数学法，但在要明 n=k+1 正确，未用到假，直接采纳等差数列乞降公式，背了数学法的本特色推性，所以不可以称之数学法．所以告我在运用数学法明，不可以机械套用两个步，在明 n=k+1 命建立，必定要利用假．（堂上作，指出学生作中不当之，有益于稳固旧知，新知的学清阻碍，使学生引以戒，所温故而知新）（二）授新：在明确数学法本的基上，我来共同研究它在不等式明中的用．（板）例 1 已知 x＞ -1 ，且 x≠0，n∈N，n≥2．求：（ 1+x）n＞1+nx．：第一 n=2 的状况．（板）：（ 1）当 n=2 ，左 =（1+x）2=1+2x+x2，右 =1+2x，因 x2＞ 0，原不等式建立．（在里，必定要之所以左＞右，关在于 x2＞ 0 是由已知条件 x ≠ 0 得，下边明做）（2）假 n=k （ k≥2），不等式建立，即（ 1+x）k＞ 1+kx．：在要的目是（1+x）k+1＞1+（k+1）x，同学考．生：因用数学法，在明 n=k+1 命建立，必定要运用假，所以当n=k+1 ．结构出假适的条件．所以有：（ 1+x）k+1=（ 1+x）kk（ 1+x），因 x＞-1（已知），所以 1+x＞0 于是（1+x）（1+x）＞（1+kx）（1+x）．：将命化成如何明不等式（1+kx）（ 1+x）≥ 1+（ k+1）x．然，上式中“ =”不建立．故只要：（ 1+kx）（ 1+x）＞ 1+（k+1） x．提：明不等式的基本方法有哪些？生甲：明不等式的基本方法有比法、合法、剖析法．（提的目的是使学生明确在第二步明中，合理运用假的同，其本是不等式明，所以明不等式的所有方法、技巧手段都合用）生乙：明不等式（ 1+kx）（ 1+x）＞ 1+（k+1）x，可采纳作差比法．（1+kx）（ 1+x） -[1+ （ k+1）x]=1+x+kx+kx2-1-kx-x=kx2＞0（因 x≠0， x2＞0）．所以，（ 1+kx）（ 1+x）＞ 1+（ k+1）x．生丙：也可采纳合法的放技巧．（1+kx）（ 1+x） =1+kx+x+lx 2=1+（k+1）x+kx2．因 kx2＞ 0，所以 1+（k+1） x+kx2＞ 1+（k+1） x，即（ 1+kx）（ 1+x）＞ 1+（1+k）x 建立．生丁：⋯⋯（学生可能有其余多种明方法，培育了学生思品的广性，教及引）：些方法，哪一种更便，更合适数学法的写格式？学生丙用放技巧明然更便，利于写．（板）将例 1 的格式完好范．当 n=k+1 时，因为 x＞ -1 ，所以 1+x＞ 0，于是左侧 =（ 1+x）k+1=（ 1+x）k（1+x）＞（ 1+x）（ 1+lx ）=1+（k+1）x+kx2；右侧 =1+（k+1）x．因为 kx2＞ 0，所以左侧＞右侧，即（ 1+x）k+1＞1+（k+1）x．这就是说，原不等式当 n=k+1 时也建立．依据（ 1）和（ 2），原不等式对任何不小于 2 的自然数 n 都建立．（经过例 1 的解说，明确在第二步证明过程中，固然能够采纳证明不等式的相关方法，但为了书写更流利，逻辑更谨慎，往常经概括假定后，要进行合理放缩，以达到转变的目的）师：下边再举例子，来说明合理放缩的重要性．（板书）例 2 证明： 2n+2＞n2，n∈N+．师：（ 1）当 n=1 时，左侧 =21 +2=4；右侧 =1，左侧＞右侧．所以原不等式成立．（2）假定 n=k 时（ k≥1 且 k∈ N）时，不等式建立，即2k +2＞k2．此刻，请同学们考虑n=k+1 时，如何论证 2k+1+2＞（ k+1）2建立．生：利用概括假定2k+1+2=2．2k+2=2（2k+2）-2 ＞ 2· k2-2 ．师：将不等式 2k2 -2 ＞（ k+1）2，右侧睁开后得： k2+2k+1，因为转变目的十分明确，所以只要将不等式的左侧向 k2 +2k+1 方向进行转变，即：2k2-2=k 2 +2k+1+k2 -2k-3 ．由此不难看出，只要证明k2 -2k-3 ≥0，不等式 2k2-2 ＞ k2 +2k+1 即建立．生：因为 k2-2k-3= （ k-3 ）（ k+1），而 k∈N，故 k+1＞0，但 k-3 ≥ 0 建立的条件是 k≥ 3，所以当 k∈ N时， k-3 ≥ 0 未必建立．师：不建立的条件是什么？生：当 k=1，2 时，不等式 k-3 ≥ 0 不建立．师：因为使不等式不建立的k 值是有限的，只要利用概括法，将其逐个考证原命题建立，所以在证明第一步中，应增补考证n=2 时原命题建立，那么，n=3 时能否也需要论证？生：n=3 需要考证，这是因为数学概括法中的第一步考证是第二步概括假定的基础，而第二步中关于 k 是大于或等于 3 才建立，故在考证时，应考证 n=3 时，命题建立．师：（增补板书）当n=2 时，左=22+2=6，右=22=4，所以左＞右；当 n=3 时，左 =23+2=10，右 =32=9，所以左＞右．所以当 n=1，2，3 时，不等式建立．（以下请学生板书）（2）假定当 n=k（ k≥ 3 且 k∈N）时，不等式建立．即2k+2＞k2．因为=k2+2k+1+k2-2k-3=（k2+2k+1）+（k+1）（ k-3 ）（因 k≥3，则 k-3 ≥0，k+1＞0）≥k2+2k+1=（k+1）2．所以 2k+1+2＞（ k+1）2．故当 n=k+1 时，原不等式也建立．依据（ 1）和（ 2），原不等式关于任何 n∈N 都建立．师：经过例 2 可知，在证明 n=k+1 时命题建立过程中，针对目标k2+2k+1，采纳减小的手段，可是因为k 的取值范围（k≥1）太大，不便于减小，所以，用增添奠定步骤（把考证n=1．扩大到考证n=1，2，3）的方法，使假定中k 的取值范围合适减小到 k≥3，促进放缩成功，达到目标．（板书）例 3 求证：当 n≥2 时，（由学生自行达成第一步的考证；第二步中的假定，教师应要点解说 n=k 到n=k+1 命题的转变过程）师：当 n=k+1 时，不等式的左侧表达式是如何的？生：当 n=k+1 时，k 项，应是第 2k 项，数列各项分母是连续的自然数，最后一项为哪一项以3k 在 3k 后边还有 3k+1、 3k+2．最后才为 3k+3 即 3（ k+1），所以正确（在这里，学生极易出现错误，错误的思想定势以为从n=k 到n=k+1 时，只增添一项，乞降式中最后一项即为第几项的通项，教师在这里要侧重剖析，化解难点．）运算，应针对问题的特色，奇妙合理地利用“放缩技巧”，使问题获取简捷的证明：（板书略）师：设 S（n）表示原式左侧， f （n）表示原式右侧，则由上边的证法可知，从 n=k 到 n=k+1 命题的转变门路是：要注意：这里 S ′（ k）不必定是一项，应依据题目状况确立．（三）讲堂小结1．用数学概括法证明，要达成两个步骤，这两个步骤是缺一不行的．但从证题的难易来剖析，证明第二步是难点和要点，要充足利用概括假定，做好命题从 n=k 到 n=k+1 的转变，这个转变要求在变化过程中结构不变．2．用数学概括法证明不等式是较困难的课题，除运用证明不等式的几种基本方法外，常常使用的方法就是放缩法，针对目标，合理放缩，进而达到目标．3．数学概括法也不是全能的，也有不可以解决的问题．错误会法：（2）假定 n=k 时，不等式建立，即当 n=k+1 时，则 n=k+1 时，不等式也建立．依据（ 1）（ 2），原不等式对 n∈N+都建立．（四）课后作业1．课本 P121： 5， P122： 6．2．证明不等式：（提示：（1）当 n=1 时，不等式建立．（2）假定 n=k 时，不等式建立，即那么，这就是说， n=k+1 时，不等式也建立．依据（ 1）（ 2）可知不等式对 n∈N+都建立．）3．关于随意大于 1 的自然数 n，求证：（提示：（2）假定 n=k 时，不等式建立，即这就是说， n=k+1 时，原不等式建立．依据（ 1），（ 2）可知，对随意大于 1 的自然数 n，原不等式都建立．）用数学概括法证明①式：（1）当 n=3 时，①式建立．（2）假定 n=k （ k≥ 3， k∈ N）时，①式建立，即2k＞ 2k+1．那么 2k+1 =2k·2＞2（ 2k+1）=2（ k+1）+1+（2k-1 ）＞2（k+1） +1（因 k≥ 3，则 2k-1 ≥5＞0）．这就是说，当 n=k+1 时，①式也建立．依据（ 1）（ 2）可知，对全部 n∈N，n≥3①式都建立，即f讲堂教课方案说明1．数归法是以皮亚诺的概括公义作为依照，把概括法与演绎法联合起来的一种完好概括法．数学概括法证明中的两个步骤表现了递推思想．在教课中应使学生明确这两个步骤的关系：第一步是递推的基础；第二步是递推的依照，缺一不行，不然就会致使错误．为了获得优秀的教课成效，不如利用“多米诺骨牌”游戏来加深这两步骤之间的关系的理解，在演示时，应分三种状况：（ 1）推倒第一张，接着挨次倒下直至最后一张；（ 2）推倒第一张，半途某处停止，最后一张不倒；（ 3）第一张不倒，后边不论可否推倒，都不会所有倒下．经过详细生动的模型，帮助学生理解数学概括法的本质．2．用数学概括法证明不等式，宜先比较n=k 与n=k+1 这两个不等式间的差别，以决定 n=k 时不等式做何种变形，一般地只好变出 n=k+1 等式的一边，而后再利用比较、剖析、综合、放缩及不等式的传达性来达成由 n=k 建立推出 n=k+1 不等式建立的证明．数列极限数学概括法用数学概括法证明不等式3．要注意：在证明的第二步中，一定利用“ n=k 时命题建立”这一概括假定，而且由 f （k）到 f （k+1），其实不老是仅增添一项，如例 2，4．要教会学生思想，走开研究解答问题的思想过程几乎是不行能的，所以在平时教课中，特别是解题教课中，一定把教课集中在问题解答者解答问题的整个过程上，培育学生构作问题解答过程的框图，因为用文字、符号或图表简洁地表达解答过程或结果的能力，表达表达自己解题思路的能力，这也是问题解答所必要的．11 / 11。

第四章 数列、极限、数学归纳法一、数列知识梳理：1、数列的概念： （1） 叫做数列， 叫做这个数列的项。

按一定次序排列的一列数 数列中的每一个数（2）数列的本质，数列可以看作 的函数f(n)，当自变量n 一个定义在正整数N 或它的有限子集{}1,2,,n 上从1开始一次去正整数时所对应的一列函数值f(1),f(2)，，f(n)，通常用n a 代替f(n)，于是数列的一般形式为12,,,,n a a a 简记{n a }，其中n a 是数列{n a }的第n 项。

（3）数列的分类：①按项数是有限还是无限分 有穷数列、无穷数列。

②按项与项之间的大小分 ， ， ， 。

递增数列、递减数列、摆动数列、常数数列。

2、数列的通项公式：（1） 叫做数列的通项。

数列的第n 项n a如果通项 这个公式叫做数列的 n a 与项数n 之间的对应关系可以用一个公式来表示 通项公式，不是所有的数列都有通项公式。

注意n a 与{n a }的区别。

（2）数列通项公式求法：① 观察归纳法：先观察哪些因素随项为n 的变化而变化，哪些因素不变；分析符号、数字、与项数n 在变化过程中的联系，初步归纳出公式，再取n 的特殊值进行检验是否正确。

② 公式法：利用等差等比的通项公式 ③ 逐差法； ④ 递推关系法；⑤ 利用n S 与n a 的关系：11(1)(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩⑥ 归纳猜想。

4、数列的递推公式：（1） 这种表示数列的式子叫数列的 给出数列第一项(或前几项)并给出每一项与它前一项(或前若干项)关系式 递推公式,由递推公式给出的数列叫递推数列。

（2）等差数列的递推公式 ； 1a a =，1n n a a d +=+ (n N ∈)等比数列的递推公式 ；1(0)a b b =≠，1n n a a q += (0,q n N ≠∈)（3）几类简单递推数列通项公式的求法：①1()n n a a f n +=+型，累加法； 1()n n a a g n +=⋅型，累乘法； ②1(0,1)n n a pa q p q p p +=+≠≠、为常数，且型，待定系数法；③21n n n a pa qa ++=+（p 、q 为常数，且p+q=1）以p=1-q 代入构造新数列11n n n b a a ++=-；④11n n n n a a ba a -+=+，倒数法； ⑤归纳法。

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、极限和数学归纳法一、基础篇一、考试内容1.数列，等差数列及其通项公式，等差数列前n项和公式；等比数列及其通项公式，等比数列前n项和公式。

对数列的考查，客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.数列推理题是新出现的命题热点.2.数列的极限及其四则运算。

数列极限是高等数学在高考中的应用,高考命题对其要求不高,仅要求会利用四则运算法则求得极限即可.3.数学归纳法及其应用。

数学归纳法作为一种重要的推理方法,是高考重点考查内容.极限的概念及其渗透的思想，在数学中占有重要的地位，它是人们研究许多问题的工具.二、考试要求1.理解数列的有关概念，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n项和。

2.理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能够应用这些知识解决一些问题。

3.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能够运用这些知识解决一些问题。

4.了解数列极限的定义，掌握极限的四则运算法则，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。

5.了解数学归纳法的原理，并能用数学归纳法证明一些简单的问题。

三、考点简析1.数列及相关知识关系表2.内容与意义分析（1）数列是函数概念的继续和延伸，对于等差数列而言，可以把它看作自然数n的“一次函数”，前n 项和是自然数n 的“二次函数”。

等比数列可看作自然数n 的“指数函数”。

应用等差等比数列的性质解题，往往可以回避求其首项和公差或公比，使问题得到整体地解决，能够在运算时达到运算灵活，方便快捷的目的.（2）数列的极限这部分知识的学习，教给了学生“求极限”这一数学思路，为学习高等数学作好准备。

（3）数学归纳法是一种数学论证方法，同时又是一种数学思想。

第二轮复习专题4：数列、极限、数学归纳法◆解题方法导引1.等差数列，等比数列的基本知识是必考内容，定义、通项公式、求和公式是解决问题的常规方法，灵活处理这些公式和有关性质能为解题找到快捷办法。

等差与等比数列的综合运用与函数密切相关。

2.数列问题的基本思想即为归纳和递推，归纳－猜想－证明是基本方法。

3.掌握下列求和方法：裂项相消、错位相减、倒序相加。

4.本节知识具有相对的独立性，是高考热点之一，数列与数学归纳法试题具有“精致”，“巧妙”，“灵活”的特点。

◆基础练习１．下列命题中正确的是（Ａ）若数列｛an ｝的前n项和是Ｓn=n2+2n-1,则｛an｝为等差数列。

（Ｂ）若数列｛an ｝的前n项和是Ｓn=3n-c,则c=1是｛an｝为等比数列的充要条件（Ｃ）常数列既是等差数列又是等比数列。

（Ｄ）等比数列｛an｝是递增数列的充要条件是公比q>1.２. 已知数列｛an ｝前n项和Ｓn=2n2-3n,则an=________.已知数列｛an ｝前n项和Ｓn=3n-2,则an=___________.３．等差数列｛an ｝中，已知a3=2,则下列各数可以确定的是Ａ．S7 B.S6C.S5D.S4４．等比数列｛an ｝中，a1+a2+a3=6,a2+a3+a4=-3,则首项a1=_____,公比q=_____.５．四个数，前三个数成等比数列且和为１９，后三个数成等差数列且和为１２，则此四个数为。

６．设{an }是等到差数列，Sn是前n项和，若an=m，am=n，则am+n=若Sn =m，Sm=n，则Sm+n= 。

７．在等差数列中，Sn =100，S2n=400，则S3n=_______。

８．若数列的前n项和Sn =2n-1（n∈N），则a12+a22+…+an2= 。

◆例题精选１．等比数列｛an ｝中，a1+an=66,a2an-1=128,Sn=126,求n及公比q。

２．在等差数列中，前20项之和为180，前20项中奇数项之和与偶数项之和的比是4：5，求公差d。

高考数学极限关键知识点总结高考数学极限xx知识点汇总考试内容：教学归纳法、数学归纳法的应用、数列极限。

功能极限。

根极限的四种运算。

函数的连续性。

考试要求：(1)理解数学归纳法的原理，用数学归纳法证明一些简单的数学命题。

(2)理解数列极限和函数极限的概念。

(3)掌握极限的四种算法；求一些数列和函数的极限。

(4)理解函数连续性的含义，理解闭区间内X最大X最小的连续函数的性质。

13.极限知识要点1.第一数学归纳法：证明取第一个结论时结论是正确的；假设()时，结论正确，证明时，结论有效。

The第二数学归纳法：让是一个与正整数有关的命题，如果(1)当()，成立；(2)假设当()，成立，当推出，也成立。

那么，根据，所有自然数都是真的。

2.(1)序列极限的表达方法：当，Several共同限制：(常数)对于任何实常数，当，当，如果a=1，那么；如果是，它就不存在。

当不存在时。

数列极限的四个算术规则：顺序限制的应用：求无穷序列项的和，尤其是无穷几何级数项的和。

(循环小数转换为分数的方法同上)注意：不是每个无穷序列都有极限。

3.功能限制；(1)当自变量无限趋近于常数(但不等于)时，如果函数无限趋近于常数，也就是说，当趋近于时，函数的极限为。

写下或何时。

注：什么时候，有没有限制与有没有定义到位无关，因为不是必须的。

(当然，是否有定义到位也与是否有限制到位无关。

当有定义时，它是函数存在的一个不充分和不必要的条件。

)如果在没有定义，但它存在，因为左右极限在等于零。

函数极限的Four算法；4.功能的连续性：如果函数f(x)和g(x)在某一点是连续的，那么函数在每一点都是连续的。

函数f(x)在一点上的The连续性必须满足三个条件：函数f(x)在该点定义；存在；函数f(x)在某一点的极限值等于该点的函数值，即。

函数f(x)在一点上的不连续性(不连续性)的Determination:如果函数f(x)在该点有以下三种情况之一，则称为函数f(x)的间断点。

数列不等式知识点归纳总结数列不等式是数学中重要的一个分支，它与数列和不等式的结合使我们可以更深入地理解和解决实际问题。

在这篇文章中，我将对数列不等式的相关知识点进行归纳总结，希望能帮助读者更好地理解和应用数列不等式。

1. 数列的概念首先，我们需要了解数列的基本概念。

数列是按照一定的顺序排列的一组数，可以用常数项或通项公式来表示。

数列常用的表示方法有：通项公式、递推式和列表法。

通项公式表示第n项与n的关系，递推式表示后一项与前一项的关系，而列表法则将所有项罗列出来。

2. 数列不等式的性质数列不等式有一些基本的性质，对于求解不等式问题非常有用。

（1）同号性质：对于给定的数列，如果数列中相邻两项的差值同号，即大于零或小于零，那么这个数列就是同号数列。

（2）双边性质：对于同号数列，如果将数列中的每一项都乘以一个正数或负数，不等号的方向保持不变。

（3）单调性：对于数列a1, a2, a3, ...，如果对于任意的n，有an≤an+1或an≥an+1，则这个数列是递增数列或递减数列。

3. 数列不等式的解法接下来，我们将介绍一些常见的数列不等式的解法。

（1）柯西不等式：柯西不等式是指对于任意的实数ai和bi，有(a1b1 + a2b2 + ... + anbn)² ≤ (a₁² + a₂² + ... + an²) × (b₁² + b₂² + ... + bn²)。

柯西不等式在计算机科学、金融等领域有很广泛的应用。

（2）排序不等式：对于给定的数列，在求解不等式问题时，可以将数列按照大小顺序排序，然后根据排序后的数列性质来进行分析和推导。

（3）图形法：对于一些复杂的数列不等式问题，可以利用图形来进行辅助推导和分析。

例如，通过作图可以更直观地观察数列的趋势和规律，从而找到解决问题的方法。

4. 数列不等式的应用数列不等式的应用非常广泛，可以涉及到各个领域。

不等式、数列、极限与数学归纳法湖南省常德市一中曹继元不等式、数列是高中数学的主干知识，也是高考的重点内容之一，每年都有与此相关的大题。

其中，选择题和填空题一般以考查基础知识、基本方法为主，而解答题以考查数学思想方法、思维能力、以及创新意识为主。

总体看来，本节内容对运算能力和逻辑推理能力有较高的要求。

预测今年高考关于这一部分的内容, 仍然是以考能力为主，稳中有变，“小”中有新。

与往年一样，可能出现基本题型、综合题型、应用题型等，个别题型还将会命出新意，把不等式、数列知识和现实生活、市场经济、理化生知识等紧密结合起来，甚至还会出现有较新创意的应用型题目。

因此，我们必须引起高度重视。

1.不等式.1.1 近三年湖南省高考考查情况统计1.2 近三年考查情况分析从近三年的高考湖南卷来看，虽然每年都有几道不等式的题，但大都是将不等式融入其它知识之中。

一般来讲，选择题、填空题主要考查不等式性质、简单不等式的解法、函数最值的运用。

解答题主要考查与不等式有关的基础知识、基本方法，以及运用相关知识去分析问题和解决问题的能力。

不等式作为工具知识，在高中数学的各个分支中都有广泛的应用。

如确定函数的定义域、值域，确定函数的最值，确定集合的子集关系，确定方程的解等，无一不与不等式有着密切的关系。

而不等式中往往蕴含有多种数学思想方法，如等价转化、分类讨论、数形结合、函数方程的思想方法，极易使得不等式与其它知识融会交融，体现“在知识交汇处设计命题”的特点，符合“多考一点想，少考一点算”的命题理念，也能有效的测试考生的“逻辑思维能力、运算能力、以及分析问题和解决问题的能力”。

所以，我们复习时，要以此为重点，强化训练，提高能力。

1.3 今年考情预测①不等式仍将是高考数学的重点内容之一。

选择题、填空题的难度不会增大，重在基础知识、基本方法的考查，但命题角度会有所变化，设问方式会有所创新，考查内容主要分布在不等式的性质、简单不等式的解法、不等式与集合、不等式与函数、不等式与方程等知识点中。

不等式、数列、函数、导数重要知识点复习本次课课堂教学内容1.已知函数f (x )＝－x 2＋bx ＋c ，不等式f (x )>0的解集为{x |1<x <2}． (1)求不等式cx 2＋bx －1>0的解集；(2)当g (x )＝f (x )－mx 在x ∈[1,2]上具有单调性，求实数m 的取值范围．2.随着城市地铁建设的持续推进，市民的出行也越来越便利．根据大数据统计，某条地铁线路运行时，发车时间间隔t (单位：分钟)满足：4≤t ≤15，t ∈N ，平均每趟地铁的载客人数p (t )(单位：人)与发车时间间隔t 近似地满足下列函数关系：p (t )＝⎩⎪⎨⎪⎧1 800－159－t 2，4≤t <9，1 800，9≤t ≤15，其中t ∈N .(1)若平均每趟地铁的载客人数不超过1 500，试求发车时间间隔t 的值； (2)若平均每趟地铁每分钟的净收益为Q ＝6pt －7 920t－100(单位：元)，问当发车时间间隔t 为多少时，平均每趟地铁每分钟的净收益最大？并求出最大净收益．3.已知函数f (x )＝13x 3－x 2＋ax (其中a 为实数)．(1)若x ＝－1是f (x )的极值点，求函数f (x )的单调递减区间； (2)若f (x )在(－2，＋∞)上是增函数，求a 的取值范围．4.已知函数f (x )＝a e x －cos x －x (a ∈R )． (1)若a ＝1，证明：f (x )≥0；(2)若f (x )在(0，π)上有两个极值点，求实数a 的取值范围．5.定义在[0，＋∞)上的函数f (x )满足：当0≤x <2时，f (x )＝2x －x 2；当x ≥2时，f (x )＝3f (x －2)．将函数f (x )的极大值点从小到大依次记为a 1，a 2，…，a n ，并记相应的极大值为b 1，b 2，…，b n ，则a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a 20b 20的值为( ) A ．19×320＋1 B ．19×319＋1 C ．20×319＋1 D ．20×320＋16.已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，且数列{a n ＋1－a n }是以2为公比的等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令c n ＝(－1)n ＋1a n ，求数列{c n }的前n 项和S n .7.已知数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以12为公差的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n a n ，n ∈N *，数列{b n }的前n 项和为T n ，∈求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫T n n 为等比数列，∈若存在整数m ，n (m >n >1)，使得T m T n ＝m S m ＋λn S n ＋λ，其中λ为常数，且λ≥－2，求λ的所有可能值．8.函数f (x )＝(x －1)ln|x |的图象可能为( )9.将甲桶中的a 升水缓慢注入空桶乙中，t min 后甲桶剩余的水量符合指数衰减曲线y ＝a e nt .假设过5 min 后甲桶和乙桶的水量相等，若再过m min 甲桶中的水只有a4升，则m 的值为( )A ．5B ．6C ．8D ．1010.素数也叫质数，部分素数可写成“2n －1”的形式(n 是素数)，法国数学家马丁·梅森就是研究素数的数学家中成就很高的一位，因此后人将“2n －1”形式(n 是素数)的素数称为梅森素数.2018年底发现的第51个梅森素数是P ＝282 589 933－1，它是目前最大的梅森素数．已知第8个梅森素数为P ＝231－1，第9个梅森素数为Q ＝261－1，则QP 约等于(参考数据：lg2≈0.3)( )A ．107B ．108C ．109D ．101011．(2020·荆门模拟)定义函数y ＝f (x )，x ∈I ，若存在常数M ，对于任意x 1∈I ，存在唯一的x 2∈I ，使得fx 1＋f x 22＝M ，则称函数f (x )在I 上的“均值”为M ，则函数f (x )＝log 2x ，x ∈[1,22 020]的“均值”为________．.本次课课后练习一、单项选择题1．(2020·沧州调研)集合M ＝{x |lg x >0}，N ＝{x |x 2≤4}，则M ∩N 等于( ) A ．(－2,0) B ．[1,2) C ．(1,2] D ．(0,2]2．复数z ＝1－2ii 在复平面内对应点的坐标是( )A ．(2,1)B ．(－2，－1)C ．(1,2)D ．(－1，－2)3．(2020·唐山段考)命题“∈x ∈R ，|x |＋x 4≥0”的否定是( ) A ．∈x ∈R ，|x |＋x 4<0 B ．∈x ∈R ，|x |＋x 4≤0C ．∈x 0∈R ，|x 0|＋x 40≥0D ．∈x 0∈R ，|x 0|＋x 40<04．(2020·郑州模拟)已知向量a 与b 的夹角为π3，且|a |＝1，|2a －b |＝3，则|b |等于( )A. 3B. 2 C ．1 D.325．有5个空盒排成一排，要把红、黄两个球放入空盒中，要求一个空盒最多只能放入一个球，并且每个球左右均有空盒，则不同的放入种数为( ) A ．8 B ．2 C ．6 D ．46．已知命题p ：若a >b >0，则12log a <12log b ＋1，则命题p 及其逆命题、否命题、逆否命题中真命题的个数为( ) A ．0 B ．2 C ．4 D ．17．(2020·山东模拟)已知三棱锥S －ABC 中，∈SAB ＝∈ABC ＝π2，SB ＝4，SC ＝213， AB ＝2 , BC ＝6，则三棱锥S －ABC 的体积是( ) A ．4 B ．6 C ．43 D ．638．(2020·长沙模拟)已知定义在R 上的函数f (x )的图象关于y 轴对称，且当x ∈[0，＋∞)时，f (x )＋xf ′(x )>0，若a ＝0.76f (0.76)，b ＝(log 0.76)f (log 0.76)，c ＝60.6·f (60.6)，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．c >a >b B ．a >c >b C ．b >a >c D ．a >b >c二、多项选择题9．某调查机构对全国互联网行业进行调查统计，得到整个互联网行业从业者年龄分布饼状图、90后从事互联网行业岗位分布条形图，则下列结论中一定正确的是( )注：90后指1990年及以后出生，80后指1980～1989年之间出生，80前指1979年及以前出生．A ．互联网行业从业人员中90后占一半以上B ．互联网行业中从事技术岗位的人数超过总人数的20%C ．互联网行业中从事运营岗位的人数90后比80前多D ．互联网行业中从事技术岗位的人数90后比80后多10．已知F 1，F 2分别是双曲线C ：x 2－y 2＝1的左、右焦点，点P 是双曲线上异于双曲线顶点的一点，且PF 1→·PF 2→＝0，则下列结论正确的是( ) A ．双曲线C 的渐近线方程为y ＝±x B ．以F 1F 2为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1 C ．F 1到双曲线的一条渐近线的距离为1 D ．∈PF 1F 2的面积为111．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，以下结论正确的是( )A ．异面直线A 1D 与AB 1所成的角为60° B ．直线A 1D 与BC 1垂直 C ．直线A 1D 与BD 1平行 D ．三棱锥A －A 1CD 的体积为16a 312．已知定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )＋f (2)，且在区间[0,2]上是增函数，下列命题中正确的是( ) A ．函数f (x )的一个周期为4B ．直线x ＝－4是函数f (x )图象的一条对称轴C ．函数f (x )在[－6，－5)上单调递增，在[－5，－4)上单调递减D ．函数f (x )在[0,100]内有25个零点13.为回馈顾客，某商场拟通过模拟兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求： ∈顾客所获的奖励额为60元的概率； ∈顾客所获的奖励额的分布列及均值；(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由．。

数列、数列极限、数学归纳法综合复习一、填空题l、已知a n=n E N*)'则数列忆｝的最大项是旷+1562、在等差数列{a J中，若a4+a6十Gio+ a12 = 90'则知0-—a l4=3、酰廿等比数列包｝，若Gi= l a5 = 4, 则a3的值为4、数列{a J中，a3= 2, a5 = l, 则数列｛｝是等差数列，则a ll=a n +l5、在数列{a J和｛九｝中，b n是a n与a n+I的等差中项，a1=2且对任意nEN*都有3a n+I -a n = Q , 则数列｛九｝的通项公式为6、设等差数列{a n}的公差d不为O,a1 = 9d, a k是a,与a2k的等比中项，则k=7、等差数列{a J的前n项和为S n,若S4�10,S5sl5,则a4的最大值为8、正数数列{a J中，已知a1= 2, 且对任意的s,t EN*, 都有a s+a t= a s+t成立，则1 1+ + +a l a2 a2a3 a n a n+I s9、等差数列{a J的前n项和为S n,且a4-a2 = 8,a3 + a5 = 26 , 记兀＝号－，如果存在正整数M,使得对一切正整数n,T n sM都成立．则M的最小值是10、已知无穷等比数列{a n}中，各项的和为s,且lim[3(a1+a尸+a n)—S]=4,则实n今OO数a l的范围11、设正数数列{a J的前n项和为S n,且存在正数t'使得对千所有自然数n,有寂=n a +t 成立，若lim 瓦< t'则实数t的取值范围为2 n➔ 00a n12、数列{a,)的通项公式为a,={�::3(1:::; n:::; 2)，则lirn s = n之3,n EN*) nn➔oo13、已知数列[a,}的通项三式为a,�2•-1+I, 则a立+a立+a立+a,, 立＝12a n 0:::;;a n<—)14、数列{a }满足a= 2 6n+l � l '若a l=—，则a2001的值为2a n -I —:::;;a n< I)7215、在数列{a J中，如果对任意nEN*都有a n+2—a n+l= k (k为常数），则称{a J为等a n+l -a n差比数列，k称为公差比．现给出下列命题：(1)等差比数列的公差比一定不为0;(2)等差数列一定是等差比数列；(3)若a n=-3勹2,则数列{aJ是等差比数列；(4)若等比数列是等差比数列，则其公比等千公差比．其中正确的命题的序号为二、选择题16、等差数列{a n}的公差为d,前n项的和为S n,当首项a l和d变化时a2+as+a11是一个定值，则下列各数中也为定值的是( )A. s7B. SsC. s l3D. s l517、在等差数列{aJ中，Cli> 0, 5a5 = 17 a10 , 则数列{aJ前n项和凡取最大值时，n的值为（）A.12B.llC.10D.918、设{a n}为等差数列，若生)_<—1,且它的前n项和S n有最小值，那么当凡取得最小正值时，n=a l O（）A 11 B.17 C.19 D. 2019、等差数列{a n}的前n项和为S n,且Ss< S6, S6 = S1 > Ss,则下列结论中错误的是（）A d<O C. S9 > SB. a7 = 0D. S6和S7均为S n的最大值20、已知数列{a J、｛九｝都是公差为1的等差数列，其首项分别为a l、b l'且a1+ b1 = 5, a1 ,b1 EN*. 设e n= a b,, (n E N勹，则数列{e n}的前10项和等千（）A. 55B. 70C.85D.10021、已知等差数列{a J的前n项和为S n,若OB=CliOA十生OO OC,且A,B,C三点共线（该直线不过原点0),则s200= c )A. 100B. 101C. 200D. 201A 7n+4522、已知两个等差数列{aJ和｛仇｝的前n项和分别为A n和B n,且_____!!.='则使B n+3a得二为整数的正整数n的个数是（b nA. 2三、解答题B. 3C. 4D. 523、设数列忆｝的前n项和为S n,已知a l=a'a n+I =凡+3n,n E N*.(1)设九＝凡_3n,求忱｝的通项公式；(2)若a＊n+I� 化，nEN,求a的取值范围．24、数列曰｝满足a 1=a , a 2 = -a (a > 0) , 且{a n }从第二项起是公差为6的等差数列，凡是{a n }的前n项和.(1)当n �2时，用a与n表示a n 与S n (2)若在s 6与趴两项中至少有一项是凡的最小值，试求a的取值范围；125、数列{aJ中，a l=—，点(n,2a n+l -aJ在直线y =x 上，其中nEN *2(1)设九=a n +l -a n -1, 求证数列｛九｝是等比数列；(2)求数列{a n }的通项；(3)设S n 、Tn 分别为数列{a小｛九｝的前n项和，是否存在实数入，使得数列｛凡:入T"}为等差数列？若存在，试求出入；若不存在，则说明理由。

（3）两个重要极限①∞→n lim c n 1=⎪⎩⎪⎨⎧不存在10 000<=>c c c ②∞→n lim r n =⎪⎩⎪⎨⎧不存在10 11||11||-=>=<r r r r 或 1.特殊数列的极限 （1）0||1lim 11||11nn q q q q q →∞<⎧⎪==⎨⎪<=-⎩不存在或.（2）1101100()lim ()()k k k k tt t n t t kk t a n a n a a k t b n b n b b k t ---→∞-⎧<⎪+++⎪==⎨+++⎪⎪>⎩不存在 . （3）()111lim11nn a q a S q q→∞-==--（S 无穷等比数列}{11n a q- (||1q <)的和）.2. 函数的极限定理0lim ()x x f x a →=⇔00lim ()lim ()x x x x f x f x a -+→→==.3.函数的夹逼性定理如果函数f(x)，g(x)，h(x)在点x 0的附近满足： （1）()()()g x f x h x ≤≤;（2）0lim (),lim ()x x x x g x a h x a →→==（常数）,则0lim ()x x f x a →=.本定理对于单侧极限和∞→x 的情况仍然成立.4.几个常用极限 （1）1lim0n n→∞=，lim 0nn a →∞=（||1a <）；（2）00lim x x x x →=，011limx x xx →=.5.两个重要的极限 （1）0sin lim1x x x→=；（2）1lim 1xx e x →∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭(e=2.718281845…).6.函数极限的四则运算法则若0lim ()x x f x a →=，0lim ()x x g x b →=，则(1)()()0lim x x f x g x a b →±=±⎡⎤⎣⎦；(2)()()0lim x x f x g x a b →⋅=⋅⎡⎤⎣⎦;(3)()()()0lim0x x f x a b g x b→=≠.7.数列极限的四则运算法则 若lim ,lim n n n n a a b b →∞→∞==，则(1)()lim n n n a b a b →∞±=±；(2)()lim n n n a b a b →∞⋅=⋅；(3)()lim0n n na ab b b→∞=≠(4)()lim lim lim n n n n n c a c a c a →∞→∞→∞⋅=⋅=⋅( c 是常数).高考题回顾一.数列的极限1. 计算：112323lim-+∞→+-n nnn n =_________。

专题二-数列-极限-数学归纳法--------------------------------------------------------------------------作者: _____________ --------------------------------------------------------------------------日期: _____________自学专题二 函数 不等式 数列 极限数学归纳法一 能力培养1,归纳-猜想-证明 2,转化能力 3,运算能力 4,反思能力 二 问题探讨问题1数列{n a }满足112a =,212n n a a a n a ++⋅⋅⋅+=,(n N *∈). (I)则{n a }的通项公式n a = ; (II)则1100nn a -的最小值为 ; (III)设函数()f n 是1100nn a -与n 的最大者,则()f n 的最小值为 .问题2已知定义在R 上的函数()f x 和数列{n a }满足下列条件:1a a =,1()n n a f a -= (n =2,3,4,⋅⋅⋅),21a a ≠,1()()n n f a f a --=1()n n k a a --(n =2,3,4,⋅⋅⋅),其中a 为常数,k 为非零常数.(I)令1n n n b a a +=-(n N *∈),证明数列{}n b 是等比数列; (II)求数列{n a }的通项公式; (III)当1k <时,求lim n n a →∞.问题3已知两点M (1,0)-,N (1,0),且点P 使MP MN ⋅u u u v u u u u v ,PM PN ⋅u u u u v u u u v ,NM NP ⋅u u u u v u u u v成公差小于零的等差数列.(I)点P 的轨迹是什么曲线? (II)若点P 坐标为00(,)x y ,记θ为PM u u u u v 与PN u u uv 的夹角,求tan θ.三 习题探讨 选择题1数列{}n a 的通项公式2n a n kn =+,若此数列满足1n n a a +<(n N *∈),则k 的取值范围是A,2k >- B,2k ≥- C,3k ≥- D,3k >- 2等差数列{}n a ,{}n b 的前n 项和分别为n S ,n T ,若231n n S n T n =+,则n na b = A,23 B,2131n n -- C,2131n n ++ D,2134n n -+ 3已知三角形的三边构成等比数列,它们的公比为q ,则q 的取值范围是A,B,C,D, 4在等差数列{}n a 中,1125a =,第10项开始比1大,记21lim ()n n n a S t n →∞+=,则t 的取值范围是 A,475t >B,837525t <≤ C,437550t << D,437550t <≤5设A 11(,)x y ,B 22(,)x y ,C 33(,)x y 是椭圆22221x y a b+=(0a b >>)上三个点,F 为焦点,若,,AF BF CF 成等差数列,则有 A,2132x x x =+ B,2132y y y =+ C,213211x x x =+ D,2213x x x =⋅ 6在ABC ∆中,tan A 是以4-为第三项,4为第七项的等差数列的公差,tan B 是以13为第三项,9为第六项的等比数列的公比,则这个三角形是A,钝角三角形 B,锐角三角形 C,等腰直角三角形 D,以上都不对 填空7等差数列{}n a 前n (6n >)项和324n S =,且前6项和为36,后6项和为180,则n = .8223323232323236666n nn nS ++++=+++⋅⋅⋅+,则lim n n S →∞= .9在等比数列{}n a 中,121lim()15n n a a a →∞++⋅⋅⋅+=,则1a 的取值范围是 . 10一个数列{}n a ,当n 为奇数时,51n a n =+;当n 为偶数时,22n n a =.则这个数列的前2m 项之和2m S = .11等差数列{}n a 中,n S 是它的前n 项和且67S S <,78S S >,则①此数列的公差0d <, ②96S S <,③7a 是各项中最大的一项,④7S 一定是n S 中的最大项,其中正确的是 . 解答题12已知23123()n n f x a x a x a x a x =+++⋅⋅⋅+,且123,,n a a a a ⋅⋅⋅组成等差数列(n 为正偶数).又2(1)f n =,(1)f n -=,(I)求数列的通项n a ;(II)试比较1()2f 与3的大小,并说明理由.13已知函数2()31f x x bx =++是偶函数,()5g x x c =+是奇函数,正数数列{}n a 满足11a =,211()()1n n n n n f a a g a a a +++-+=.(I)若{}n a 前n 项的和为n S ,则lim n n S →∞= ;(II)若12()()n n n b f a g a +=-,求n b 中的项的最大值和最小值.14设函数()f x 的定义域为全体实数,对于任意不相等的实数1x ,2x ,都有12()()f x f x -12x x <-,且存在0x ,使得00()f x x =,数列{}n a 中,10a x <,1()2()n n n f a a a n N +=-∈, 求证:对于任意的自然数n ,有: (I)0n a x <; (II)1n n a x +<.参考答案:问题1解:(I)212n n a a a n a ++⋅⋅⋅+=,得n S =2n n a当2n ≥时,1n n n a S S -=-=2n n a 21(1)n n a ---,有221(1)(1)n n n a n a --=-,即111n n a n a n --=+. 于是3241123112313451n n n a a a a a n a a a a a n --=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=2(1)n n +.又112a =,得n a =1(1)n n +. 由于1a 也适合该式,故n a =1(1)n n +.(II)1100nn a -=299n n -=2(49.5)2450.25n -- 所以当49n =或50时,1100nn a -有最小值2450-. (III)因()f n 是1100nn a -与n 的最大者,有(1100)()1100(100)n n n f n n n a ≤≤⎧⎪=⎨-<⎪⎩,有min ()f n =(1)f =1.问题2(I)证明:由1210b a a =-≠,得2322121()()()0b a a f a f a k a a =-=-=-≠.由数学归纳法可证10n n n b a a +=-≠(n N *∈). 而,当2n ≥时,1111111()()()n n n n n n n n n n n n n n b a a f a f a k a a k b a a a a a a +---------====--- 因此,数列{}n b 是一个公比为k 的等比数列. (II)解:由(I)知,11121()()n n n b k b k a a n N --*==-∈当1k ≠时,112211()(2)1n n k b b b a a n k--++⋅⋅⋅+=-≥- 当1k =时,12n b b b ++⋅⋅⋅+=21(1)()n a a --(2n ≥)而12213211()()()(2)n n n n b b b a a a a a a a a n -++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-=-≥,有当1k ≠时,1n a a -= 1211()(2)1n k a a n k---≥-;当1k =时,1n a a -=21(1)()n a a --(2)n ≥. 以上两式对1n =时也成立,于是当1k ≠时,11211()1n n k a a a a k --=+--= 11(())1n k a f a a k--=+--当1k =时,121(1)()n a a n a a =+--=(1)(())a n f a a +--.(III)解:当1k <时,11()lim lim[(())]11n n n n k f a aa a f a a a k k-→∞→∞--=+-=+--.问题3解:(I)设点P(,x y ),由M (1,0)-,N (1,0)得(1,)PM MP x y =-=---u u u u v u u u v ,(1,)PN NP x y =-=--u u u v u u u v ,(2,0)MN NM =-=u u u u v u u u u v有2(1)MP MN x ⋅=+u u u v u u u u v ,221PM PN x y ⋅=+-u u u u v u u u v ,2(1)NM NP x ⋅=-u u u u v u u u v .于是MP MN ⋅u u u v u u u u v ,PM PN ⋅u u u u v u u u v ,NM NP ⋅u u u u v u u u v成公差小于零的等差数列等价于 2211[2(1)2(1)]22(1)2(1)0x y x x x x ⎧+-=++-⎪⎨⎪--+<⎩,即2230x y x ⎧+=⎨>⎩ 所以点P 的轨迹是以原点为圆心C.(II)设P(00,x y ),则由点P 在半圆C 上知,22001PM PN x y ⋅=+-u u u u v u u u v又PM PN ⋅=u u u u v u u u v=,得cos PM PN PM PN θ⋅==⋅u u u u v u u u v u u u u v u u u v , 又001x <≤,12≤<,有1cos 12θ<≤, 03πθ≤<,sin θ==,由此得0tan y θ==. 习题解答:1由1(21)0n n a a n k +-=++>,n N *∈恒成立,有30k +>,得3k >-,选D.21211212112112121(21)22(21)21223(21)131(21)2n n n n n n n n n n a a n a a a a Sn n b b b b b b T n n n ------+-+--======++-+--,选B. 3设三边长分别为2,,a aq aq ,且0,0a q >> ①当1q ≥时,由2a aq aq +>,得112q +≤<; ②当01q <<时,由2aq aq a +>,得112q <<,于是得1122q +<<,选D. 4由10191a a d =+>,且9181a a d =+≤,而21lim ()2n nn da S t n →∞+==, 又1125a =,于是737550t <≤,选D. 5由椭圆第2定义得222132()()22()a a a AF CF x x BF x c c c+=+++==+,选A.6由条件得31444tan ,9tan 3A B =-+=,有tan 2A =,tan 3B =.得tan tan[()]tan()1C A B A B π=-+=-+=,于是ABC ∆为锐角三角形,选B. 7由12345636a a a a a a +++++=,12345180n n n n n n a a a a a a -----+++++=有12165()()()216n n n a a a a a a --++++⋅⋅⋅++=,即16()n a a +=216,得1n a a +=36,又13242na a n +⨯=,解得18n =.822111111()()333222n n n S =++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+,得11332lim 1121132n n S →∞=+=--.9由条件知,公比q 满足01q <<,且11115a q =-,当01q <<时,11015a <<; 当10q -<<时,1121515a <<.于是1a 的取值范围是112(0,)(,)151515U . 10当n 为奇数时,相邻两项为n a 与2n a +,由51n a n =+得25(2)1(51)n n a a n n +-=++-+=10,且16a =.所以{}n a 中的奇数项构成以16a =为首项,公差10d =的等差数列.当n 为偶数时,相邻两项为n a 与2n a +,由n a = 22n,得2222222n n n na a ++==,且22a = 所以{}n a 中的偶数项构成以22a =为首项,公比2q =的等比数列. 由此得212(1)2(12)610522212m m mm m S m m m +--=+⨯+=++--.11由6778,S S S S <>,得780,0a a ><,有0d <;96S S <;7S 是n S 中的最大值,选①②④.12解:(I)由12(1)n f a a a =++⋅⋅⋅+=2n ,再依题意有1a +n a =2n ,即12(1)2a n d n +-=①又121(1)n n f a a a a n --=-+-⋅⋅⋅-+=,(n 为正偶数)得2d =,代入①有21n a n =-.(II)2311111()3()5()(21)()22222n f n =+++⋅⋅⋅+-,2341111111()()3()5()(21)()222222n f n +=+++⋅⋅⋅+- 得2311111111(1)()2()2()2()(21)()2222222n n f n +-=+++⋅⋅⋅+--于是2111()12()(21)3222n f n n-=+---⋅<. 13解: (I)可得2()31f x x =+,()5g x x =,由已知211()()1n n n n n f a a g a a a +++-+=,得11(32)()0n n n n a a a a ++-⋅+=,而10n n a a ++≠,有123n n a a +=,于是1lim 3213n n S →∞==-.(II)215832()()6()1854n n n n b f a g a a +=-=-+, 由12()3n n a -=知n b 的最大值为1143b =,最小值为4374243b =.14证明:用数学归纳法 (I)当1n =时,10a a <命题成立.假设当n k =(k N *∈)时,0k a a <成立,那么当1n k =+时,由1212()()f x f x x x -<-, 得00()()k k f x f a x a -<-,又00()f x x =,有00()k k x f a x a -<-, 而0k a x <,得00()k k x f a x a -<-,于是000()k k k a x x f a x a -<-<-,即0()2()k k k k a f a x f a a +<⎧⎨>⎩,又1()2k k k f a a a +=-,有10(2)2k k k a a a x ++-<,即10k a x +<,于是当1n k =+时,命题也成立. 综上所述,对任意的k N *∈,0n a a <.(II)由1212()()f x f x x x -<-,得00()()n n f x f a x a -<-, 又00()f x x =,得00()n n x f a x a -<-,又0n a a <,得00()n n x f a x a -<-,即000()n n n a x x f a x a -<-<-, 有()n n f a a >,而1()2n n n f a a a +=-,得12n n n a a a +->, 故1n n a a +>.----------THE END, THERE IS NO TXT FOLLOWING.------------。

数列的极限、数学归纳法、知识要点 (一) 数列的极限列中找到一项 aN,使得当n>N 时，|an-A|< 恒成立，则称常数 A 为数列｛a n ｝的极限，记作lim a n A .n2.运算法则：若lim a n 、lim b n 存在，则有lim(a n b n )lim a n lim ；lim( a n b n ) lim a n lim b nnnnnn na lim a nlim —— , (lim b n 0)nb n lim b n nn(a1)3.两种基本类型的极限<1> S= lima nn1(a 1)不存在(a诚a<2>设f (n)、g(n)分别是关于n 的一元多项式，次数分别是p 、q ，最高次项系数分别为 a p 、0 (p q)b p 且 g( n) 0(n N),则 limng(n )(二)数学归纳法①验证命题对于第一个自然数 n n 0成立。

②假设命题对 n=k(k > n o )时成立，证明n=k+1时命题也成立 则由①②，对于一切n > n o的自然数，命题都成立。

、例题(数学的极限)1.定义：对于无穷数列｛a n ｝，若存在一个常数 A,无论预选指定多么小的正数 ，都能在数 4.无穷递缩等比数列的所有项和公式：S「q E )无穷数列｛a n ｝的所有项和: a p- (p q) b q 不存在 (p q)S lim S n (当 lim S n 存在时)nn数学归纳法是证明与自然数 n 有关命题的一种常用方法，其证题步骤为:(4) lim( J-3Lnn 1 n 1(5) lim G. n 2 2n n)=;n例2 •将无限循环小数 0.12 ； 1.32 12 化为分数.『1例3•已知lim(an b) 1,求实数a, b 的值;nn 1例 4•数列{a n },{b n }满足 lim (2a n +b n )=1,lim (a n — 2tn)=1，试判断数列{a n },{b n }的极限是否nn存在，说明理由并求lim (a n b n )的值.n例5.设首项为a ，公差为d 的等差数列前-项的和为A,又首项为a,公比为r 的等比数列S例6.设首项为1,公比为q(q>0)的等比数列的前 -项之和为S n ,又设T n =— (n 1,2,L ),S- 1求 lim T n .n21 例7. ｛a n ｝的相邻两项a n ,a n+1是方程x —c -X +(—)n =0的两根，又a 1=2,求无穷等比C 1 ,c 2, (3)C n ,…的各项和.例8在半径为R 的圆内作内接正方形， 在这个正方形内作内切圆， 又在圆内作内接正方形,如此无限次地作下去，试分别求所有圆的面积总和与所有正方形的面积总和。

【考点梳理】一、 考试内容1•数列，等差数列及其通项公式，等差数列前 n 项和公式。

2•等比数列及其通项公式，等比数列前 n 项和公式。

3•数列的极限及其四则运算。

4•数学归纳法及其应用。

二、 考试要求1•理解数列的有关概念，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n 项和。

2•理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前 n 项和公式，并能够应用这些知识解决一些问题。

3•理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式，并能够运用这些知 识解决一些问题。

4•了解数列极限的定义，掌握极限的四则运算法则，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。

5•了解数学归纳法的原理，并能用数学归纳法证明一些简单的问题。

三、 考点简析 1•数列及相关知识关系表------------------------------------- - -----------2•作用地位 (1)数列是函数概念的继续和延伸，是定义在自然集或它的子集 {1,2,…,n}上的函数。

对于等差数列而言，可以把它看作自然数n 的“一次函数”，前n 项和是自然数n 的“二次函数”。

等比数列可看作自然数 n 的“指数函数”。

因此，学过数列后，一方面对函数概念加 深了了解，拓宽了学生的知识范围；另一方面也为今后学习高等数学中的有关级数的知识和 解决现实生活中的一些实际问题打下了基础。

(2) 数列的极限这部分知识的学习，教给了学生“求极限”这一数学思路，为学习高 等数学作好准备。

另一方面，从数学方法来看，它是一种与以前学习的数学方法有所不同的 全新方法，它有着现代数学思想，它把辩证唯物主义的思想引进了数学领域，因而，学习这 部分知识不仅能接受一种新的数学思想方法， 同时对培养学生唯物主义的世界观也起了一定的作用。

(3) 数学归纳法是一种数学论证方法，学生学习了这部分知识后，又掌握了一种新的 数学论证方法，开拓了知识领域，学会了新的技能；同时通过这部分知识的学习又学到一种 数学思数列扱限1——诫学归纳法想。