当前位置：文档之家 › 数列极限与数学归纳法

数列极限与数学归纳法

  • 格式：doc
  • 大小：1.24 MB
  • 文档页数：16

标准

文案 第三章 数列、极限与数学归纳法

课标与考试

基本解题方法点拨

1.基本量法：在等差（等比）数列中，经常涉及到的有5个量nnSnaqda,,),(,1，其中最重要也是最基本的量是首项1a和公差d（或公比q），这两个量是等差（等比）数列定义的出发点，而且有了这两个量，数列中的其它量也可以随之确定，称之为基本量法.

适用情境：求解一般的等差，等比数列问题，可利用相关公式，求出该数列中的基本量，从而解决要求的其它量，只是需要因题制宜，有些时候只需设而不求.

常见题型与解法：知三求二法：在围绕着数列五个量的基本公式中，一般的公式中都含有四个量，那么知道其中的三个量，利用公式，通过求代数式的值或解方程（组）总可以求出其他两个量.课本中的等差等比通项与求和公式在运用时，特别要注意等比求和时，1q与1q的两种情况.除此还有一些推广的性质，在等差数列}{na中有),,,,,(*Nktqpnm，dmnaamn)(，若tqpnm2，则qpnmaaaata2，kkkkkSSSSS232,,成公差为dk2的等差数列；在等比数列}{nb中，,mnmnqbb若tqpnm2，则qpnmbbbb2tb，kkkkkSSSSS232,,成公比为kq的等比数列.

2.递推法：已知数列的任意一项na，通过给定的规律求出紧接着后面的一项1na称为递推，利用递推式求数列的通项或前n项之和的方法叫做递推法.

适用情境：一个数列的递推式是这个数列定义的一种表现形式，由于初始条件和递推规律反映了数列的全部情况，所以可由这种递推关系转化成数列的通项关系（这里一般指不是等差等比数列的递推关系）

常见题型与解法：（1）nS与na的互化，根据数列的前n项和可求得通项11nnnSSSa).2(),1(nn

（2）形如)0,2(1cndcaann，可设常数p，将其转化为标准

文案 )(1pacpann，其中p的值可待定系数确定.

（3）形如)(1nfaann可利用递推关系连续写出1n个关系式，然后将左右分别相加，可求出}{na的通项公式.

（4）形如)(1nfaann可利用递推关系连续写出1n个关系式，然后将左右分别相乘，可求出}{na的通项公式.

（5）类比推理法，当}{na是等差数列)1,0}({cccna是等比数列；}{na是正项等比数列}{lognca)1,0(cc是等差数列.

3.特殊数列求和法：当遇到一些特殊数列，可用一些较为特定的方法将之求和.

适用情境：除了等差、等比数列，某些数列具备一定的特征，我们可以利用这些特征将之转化后利用等差，等比的求和方法求出该数列的和.

常见题型与解法：（1）公式法：直接转化为基本数列（等差或等比数列）求和.

（2）倒序相加法：对于一个有限项数列，若具备“凡是与首末两项等距离的任意两项之和总等于同一常数”的特点，则可将此数列的前n项进行倒序表述，并与前者对应相加，通过对称性以达到求和.

（3）裂项求和法：将数列中的每一项na拆成两项，在求和时，除首项和末项之外，中间的项相互抵消，从而达到求和目的的方法称为裂项法.

（4）错位相减法：如果数列}{na是等差数列，数列}{nb是等比数列，公比为q，那么}{nnba的前n项和nS的求法，可分别求出nS和nSq的表达式，特别注意nSq与nS的同次指数项对齐（错位对齐），等式两边均对应项相减，化简并将左边系数化为1，即得nS.

（5）分组求和法：把数列依某种特征分成若干个易求和的组，或把通项拆成若干项，再对每项产生的数列分别求和.

4.函数法：用函数的性质解决有关数列的问题.

适用情境：由于数列可以看作以正整数集（或它的有限子集）为定义域的函数)(nfan，因此可以通过研究函数的图象和性质（如函数的单调性，最值等）标准

文案 来解决数列问题.

常见题型与解法：（1）单调性法：考察数列}{na的单调性，即可判断相邻两项差：nnaa1的符号或直接利用数列所对应函数的单调性，考察nnSa,的最大、小项等.

（2）极值点，零点法：设)2(nan为数列}{na的最大项，则nnnnaaaa11，但此公式仅为na为最大项的必要条件，且1a不为最大项时适用，设)2(nSn为等差数列}{'na前n项和的最大值.0,0'1'nnaa

5.归纳、猜想、证明：进行数学探究过程中经常使用的一种方法.

适用情境：从特殊或部分事实归纳出一般性的结论作为猜想，然后用严密的推理方式进行证明，在证明中涉及与自然数有关的数学命题多用数学归纳法.

常见题型与解法：归纳是基础，猜想是关键，数归法的步骤是：（1）证明当取0nn时结论成立；（2）假设当0,nkkn时结论正确，证明当1kn时，结论也正确，综上当*0,Nnnn时结论成立。

6.化归重要极限：利用几个重要的极限进行运算.

适用情境：在n无限增大的变化过程中，若数列中的项无限趋近于一个常数，则此类问题.

就可以用数列极限的思想来解决.

常见题型与解法：1）四个基本的重要数列极限：（1）01limnn；ccnlim)2(；)1(0limqqnn；（4）ennn)11(lim. 2）多项式分式型的极限计算，先将分子与分母都除以kn转化为自然数倒数数列与常数数列极限的计算；)(型的极限计算，先将算式转化为型，再设法求解.

原题与点评 标准

文案 试题1[2006理（4）]计算：1lim33nCnn＝ .

[命题立意] 本题考查数列极限的计算

[思路分析] 将分子3nC展开后，即可观察到分子为最高次为3次，其系数为61的多项n，及利用数列极限中多项式形式，由其最高次项系数之比，即得61.

[试题解析] 611123)2)(1(lim3nnnnn.

[试题点评] 本题文理科生得分率分别为0.93，0.82；区分度分别为0.52，0.39，本题考查目标属双基要求，很多数学生掌握较好，可能题目中存在数列极限的运算中混搭了组合数公式，令少数考生无所适从.

试题2[2005理（7）]计算：112323limnnnnn=__________.

[命题立意] 本题考查数列极限.

[思路分析] 本题为数列极限中的指数型，方法是同除以底数较大，指数较小的一项，以构成重要极限1,0limqqnn.

[试题解析] 112323limnnnnn=nnn)32(21)32(3lim=3.

[试题点评] 本题理科得分率0.84，区分度0.52，部分学生对数列极限的运算法则及如何转化成几个重要的数列极限形成，掌握不熟练，使得结论为23.

试题3[2004理（4）]设等比数列{an}(n∈N)的公比q=－21,且nlim(1a+3a+5a+…+12na)=38,则1a= .

[命题立意]本题考察无穷等比数列及其和的概念.

[思路分析]本题因为1q，所以可以直接使用无穷递缩等比数列的公式，求出1a. 标准

文案 [试题解析] 412q 211qaS 238)411(1a

[试题点评]本题文理科生得分率分别为0.44，0.70；区分度分别为0.56，0.43，少数学生混淆等比数列前n项和与无穷等比数列之和的概念，部分学生将极限符号后和式的每一项当作是连续的和.

试题4[2004（22）]设),(111yxP，),(222yxP,…, ),(nnnyxP (n≥3,n∈N) 是二次曲线C上的点, 且1a=1OP2, 2a=2OP2, …, na=nOP2构成了一个公差为d(d≠0) 的等差数列, 其中O是坐标原点. 记Sn=1a+2a+…+na.

(1) 若C的方程为2510022yx=1,n=3. 点P1(10,0) 及S3=255, 求点P3的坐标；

(只需写出一个)

(2)若C的方程为12222byax(a>b>0). 点P1(a,0), 对于给定的自然数n, 当公差d变化时, 求Sn的最小值；

(3)请选定一条除椭圆外的二次曲线C及C上的一点P1,对于给定的自然数n,写出符合条件的点P1, P2,…Pn存在的充要条件,并说明理由.

[命题立意] 本题考查了等差数列的通项与求和，曲线与方程，解方程组，并着力考察了等差数列前n项和nS单调性，分析问题和解决问题的能力.

[思路分析] 本题难点在第2问，对于给定的自然数n，当公差d变化时，求nS的最小值，因此突破口就在将nS看成公差d为自变量的函数，从而利用函数单调性及定义域解决最值问题.

[试题解析]解：(1) 1a=1OP2=100,由S3=23(1a+3a)=255,得3a=3OP3=70.

由

701251003322yxyx，得.10,602323yx

∴点P3的坐标可以为(215, 10).

标准

文案 (2)解法一 原点O到二次曲线C:12222byax(a>b>0)上各点的最小距离为b,最大距离为a.

∵1a=1OP2=a2, ∴d<0,且na=nOP2=a2+(n－1)d≥b2,

∴122nab≤d<0. ∵n≥3,2)1(nn>0

∴Sn=na2+2)1(nnd在[122nab,0)上递增,

故Sn的最小值为na2+2)1(nn·122nab=2)(22ban.

解法二 对每个自然数k(2≤k≤n),

由 x2k+y2k=a2+(k－1)d ,解得y2k=222)1(badkb.

22axk+22byk=1

∵0< y2k≤b2,得122kab≤d<0，

∴122nab≤d<0.

以下与解法一相同.

(3)解法一 若双曲线C:22ax－22by=1,点P1(a,0),

则对于给定的n, 点P1, P2,…Pn存在的充要条件是d>0.

∵原点O到双曲线C上各点的距离h∈[a,+∞),且1OP=a2,

∴点P1, P2,…Pn存在当且仅当nOP2>1OP2,即d>0.

解法二 若抛物线C:y2=2x,点P1(0,0),

则对于给定的n, 点P1, P2,…Pn存在的充要条件是d>0.理由同上

合集下载

高中奥数_函数 不等式 数列 极限 数学归纳法

高中奥数_函数 不等式 数列 极限 数学归纳法

1 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{na}满足112a,212nnaaana,(nN).

(I)求{na}的通项公式; (II)求1100nna的最小值;

(III)设函数()fn是1100nna与n的最大者,求()fn的最小值.

问题2已知定义在R上的函数()fx和数列{na}满足下列条件:

1aa,1()nnafa (n=2,3,4,),21aa,

1()()nnfafa=1()nnkaa(n=2,3,4,),其中a为常数,k为非零常数.

(I)令1nnnbaa(nN),证明数列{}nb是等比数列;

(II)求数列{na}的通项公式; (III)当1k时,求limnna.

问题3已知两点M(1,0),N(1,0),且点P使MPMN,PMPN,NMNP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(,)xy,记为PM与PN的夹角,求tan.

2 三 习题探讨

选择题

1数列{}na的通项公式2nankn,若此数列满足1nnaa(nN),则k的取值范围是

A,2k B,2k C,3k D,3k

2等差数列{}na,{}nb的前n项和分别为nS,nT,若231nnSnTn,则nnab=

A,23 B,2131nn C,2131nn D,2134nn

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,15(0,)2 B,15(,1]2 C,15[1,)2 D,1515(,)22

数列的极限数学归纳法

数列的极限数学归纳法

数列的极限、数学归纳法

一、知识要点

（一） 数列的极限

1.定义：对于无穷数列{an}，若存在一个常数A，无论预选指定多么小的正数，都能在数列中找到一项aN，使得当n>N时，|an-A|<恒成立，则称常数A为数列{an}的极限，记作Aannlim.

2.运算法则：若limnna、limnnb存在，则有

lim()limlimnnnnnnnabab；lim()limlimnnnnnnnabab

)0lim(limlimlimnnnnnnnnnbbaba

3.两种基本类型的极限：<1> S=)11()1(1)1(0limaaaaann或不存在

<2>设()fn、()gn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pa、pb且)(0)(Nnng,则)()()(0)()(limqpqpbaqpngnfqpn不存在

4.无穷递缩等比数列的所有项和公式：11aSq （|q|<1）

无穷数列{an}的所有项和：limnnSS （当limnnS存在时）

（二）数学归纳法

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：

①验证命题对于第一个自然数0nn 成立。

②假设命题对n=k(k≥0n)时成立,证明n=k+1时命题也成立.

则由①②,对于一切n≥ 0n的自然数,命题都成立。

二、例题（数学的极限） 例1.（1）nlim112322nnn= ;

（2）数列{an}和{bn}都是公差不为0的等差数列，且nnnbalim=3,则122limnnnaaanb=

（3）nlimnnaa211(a>1)= ;

（4）2221321lim()111nnnnn= ;

数列、极限、数学归纳法(下)

数列、极限、数学归纳法(下)

【例题解析】

例1 完成下列各选择题

（1）“公差为0的等差数列是等比数列”；“公比为21的等比数列一定是递减数列”；“a,b,c三数成等比数列的充要条件是b2=ac”；“a,b,c三数成等差数列的充要条件是2b=a+c”，以上四个命题中，正确的有（ ）

A.1个 B.2个 C.3个 D.4个

（2）命题1：若数列{an}的前n项和Sn=an+b(a≠1)，则数列{an}是等比数列；

命题2：若数列{an}的前n项和Sn=an2+bn+c(a≠0)，则数列{an}是等差数列；

命题3：若数列{an}的前n项和Sn=na－n，则数列{an}既是等差数列，又是等比数列；上述三个命题中，真命题有（ ）

A.0个 B.1个 C.2个 D.3个

（3）设{an}是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是（ ）

A.1 B.2 C.4 D.6

解析 （1）四个命题中只有最后一个是真命题。

命题1中未考虑各项都为0的等差数列不是等比数列；

命题2中可知an+1=an×21，an+1an，即an+1>an，此时该数列为递增数列；

命题3中，若a=b=0，c∈R，此时有acb2，但数列a,b,c不是等比数列，所以应是必要而不充分条件，若将条件改为b=ac，则成为不必要也不充分条件。

（2）上述三个命题均涉及到Sn与an的关系，它们是an=,11nnSSa时当时当21nn

正确判断数列{an}是等差数列或等比数列，都必须用上述关系式，尤其注意首项与其他各项的关系。上述三个命题都不是真命题，选择A。

由命题1得，a1=a+b，当n≥2时，an=Sn－Sn－1=(a－1)·an－1。若{an}是等比数列，则12aa=a，即baaa)1(=a，所以只有当b=－1且a≠0时，此数列才是等比数列。

由命题2得，a1=a+b+c，当n≥2时，an=Sn－Sn－1=2na+b－a，若{an}是等差数列，则a2－a1=2a，即2a－c=2a，所以只有当c=0时，数列{an}才是等差数列。

例谈数列有界性证明的几种方法

例谈数列有界性证明的几种方法

例谈数列有界性证明的几种方法

数列是归纳思维的直观表现，其有界性的证明是多种数学解决问题的基础。虽然有界数列的证明方法各有不同，但大致可以分为三类，即极限准则、数学归纳法和比较法。

首先，极限准则是最常用的证明数列有界性方法，它是基于数列元素有极限的观点，即数列的极限为常数时，可以得出数列的有界性的结论。其次，数学归纳法利用数列的性质来证明有界性，在数学归纳法中，其实是利用了归纳推理的一种思路，即当已知初始状态时，如果每一步步骤具有同质性，可以证明数列有界性。最后，比较法是证明数列有界性的一种常见方法，它是指用数列中的某些特殊元素与一个已知有界数列比较，以确定用于比较的数列也是有界的。

通过对以上三类证明数列有界性的方法进行深入研究，可以发现，无论采取哪种方法，都可以用几种途径来解决问题，使数列有界性得到证明。此外，为了更好地证明数列有界性，我们还可以结合极大值的证明依据，使得推导过程更加有力。不仅如此，为了更好地证明数列有界性，应尽量避免推导过程中出现涉及多个参数的逻辑，以提高证明过程的效率。