高考数学极限与数学归纳法怎么考(高考二轮复习专题)

高考数学极限与数学归纳法怎么考

主干知识整合：

要求了解数列极限和函数极限的概念。掌握极限的四则运算法则，会求某些数列与函数的极限。理解数学归纳法的原理，会用数学归纳法证明一些简单的数学命题。 经典真题感悟

1．在等差数列{an}中，a1＝1

25，第10项开始比1大，记t ＝2lim n n

n a S n →∞+，则t

的取值范围是 A ．

475t >

B ．8375

25t <≤ C ．437550t << D ．437550t <≤

1 D

2 用数学归纳法证*11111111"1()"

234212122n N n n n n n -+-++-=+++∈-++L L 的过程

中，当n=k 到n=k+1时，左边所增加的项为_____ 2 . 221

121+-

+k k

__________

3．设常数0a >，4

2ax x ? ?展开式中3

x 的系数为32，2lim()n

n a a a →∞++???+=_____

1

4.已知()

131lim

3

31n

n

n n a +→∞

=

++，则a 的取值范围是. 42a ∴-<<

5 已知函数()()???>≤+=003)(x e x k x x f x

，若)(lim 0x f x →存在，则k 的值为______1___，

6.有以下四个命题：（1）2n ＞2n+1(n ≥3) (2)2+4+6+…+2n=n2+n+2(n ≥1) (3)凸n 边形内角和为f(n)=(n －1)π(n ≥3) (4)凸n 边形对角线条数

f(n)=2)

2(-n n (n ≥4)．其中满足“假设n=k(k ∈N,k ≥n0).时命题成立，则当

n=k+1时命题也成立.”但不满足“当n=n0（n0是题中给定的n 的初始值）时命题成立”的命题序号是 10.(2)（3）

考点热点探究 例1.1 ( 1）∞

→x lim

（

)

)((b x a x ++－x ）；

(2)

lim

→x b

b x a

a x -+-+2222．（a ＞0）

2．(2006陕西) n →∞lim 12n(

n2+1－

n2－1)

等于( )

A ． 1

B ． 12

C ． 1

4

D ． 0

3． 已知a 、b 、c 是实常数，且∞→n lim c bn c an ++=2, ∞→n lim b cn c bn --22=3,则∞→n lim a cn c

an ++2

2的值

是

A ．2

B ．3

C ．21

D ．6

4．（2006重庆）213(21)

lim

21n n n n →∞+++-=-+L 。

5． 将无限循环小数?

?21.0化为分数是_________

6．

2222464646()()...()

57

5757lim 545454

()()...()656565n n n n n →∞-+-++--+-++-=_____

例2设数列{an}的首项a1=a ≠41，且

11

为偶数21

为奇数

4n

n n a n a a n +???=?

?+??,

记

211

4n n b a -=-

，n ＝＝l ，2，3，…·．

（I ）求a2，a3；

（II ）判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论； （III ）求123lim()

n n b b b b →∞

++++L ．

分析：观察、归纳、猜想、证明是数列问题常见的思考方法.

解：（I ）a2＝a1+41=a+41，a3=21a2=21

a+81； （II ）∵ a4=a3+41=21a+83, 所以a5=21

a4=41a+316,

所以b1=a1－41=a －41, b2=a3－41=21(a －41), b3=a5－41=41(a －41

), 猜想：{bn}是公比为21

的等比数列·

证明如下：

因为bn+1＝a2n+1－41=21a2n －41=21(a2n －1－41)=21

bn, (n ∈N*) 所以{bn}是首项为a －41, 公比为21

的等比数列·

（III ）

11121(1)12lim()lim

2()1141122n

n n n b b b b b a →∞

→∞

-

+++===---L .

误点警示:掌握无穷等比数列求和公式. 例3.数列{}n a 中, 前n 项和11

2n n n

a S a =

+-且*0,n a n N >∈.

(Ⅰ)求

1,2

a a 的值,并猜想n a 的表达式.

(Ⅱ)证明猜想的正确性 解：

()1111

1

1112a n a s a ===

+-时

2111220,0,1a a a a ?+-=>=1又则

同理得，2a

猜想n a = （2）证明：n=1

时，11a =

假设n=k

时，猜想正确，即k a =又

111111

22k k k k k k k a a a s s a a ++++=-=

+--

1k a +?==即

n=k+1时也成立

*n n N a ∴∈=对都有

专题能力训练

1. 已知等比数列{}x n 的公比为q ，则有211lim 1=???? ??-+∞→q q x n n ，则首项x 1的取值范围是

（ ） A ?

??

????? ??1,2121,0Y B (){}33,0-Y C

{}321,0Y ???

?? D

{}31,2121,0Y Y ???

????? ??

解析：由211lim 1=???? ??-+∞→q q x n n 可知?????=+<<<<-21110011q x q q 或或???

??=-+=211111q x q ，故知

D 符合题意。

2 下面四个命题中：

（1）若{}a n 是等差数列，则{}a n 的极限不存在； （2）已知()

1-=n

n a ，当∞→n 时，数列{}a n 的极限为1或-1。

（3）已知A

a n n =∞

→lim ，则A

a n n =∞→lim 。

（4）若

()

n a n n 1

11

-=+，则1010

→n ，数列{}a n 的极限是

0。

其中真命题个数为（A ）

A 1

B 2

C 3

D 4

3.如图，抛物线

2

1y x =-+与x 轴的正半轴交于点A ，将线段OA 的n 等分点从左至右依次记为121

n P P P -L ，，，，过这些分点分别作x 轴的垂线，与抛物线的交点依次为121n Q Q Q -L ，，，，从而得到1n -个直角三角形11Q OP △，21212n n n Q PP Q P P ---L △，，△ 当

n →∞时，求这些三角形的面积之和的极限. 1

3

4.已知函数()()

()????

???>+-+=<-+=111111)(2x x c bx x m x x b

x a x f 在1=x 处连续，求实数m c b a ,,,的值。

解析：因为)(x f 在1=x 处连续，则)

(lim 1

x f x →存在，即)

(lim 1),(lim 1x f x f x x -+→→存在且相等，

)

(lim 1x f x -

→Θ存在，则b x a +2中必定含有因式1-x 。即1=x 是方程

02

=+b x a 的根，故有b a -=，则a

x a x a x f x x 21lim )(lim 211=--=--→→Θ，

同样

)

(lim 1x f x +

→Θ存在， 则c bx +含有因式1-x ，则即1=x 是方程0=+c bx 的根，即有

b c -=，故有

1)11(

lim )(lim 11+=+--=-

-

→→b x b bx x f x x Θ，故有12+=b a ，故有

31

,31-===b c a ，再由m

f x f x f x f x x x ====-+→→→)1()(lim )(lim )(lim 1

1

1

，故有

32

=

m 。

5. 在数列{an}中a1＝1，当n ≥2时，an ，Sn ，Sn －1

2 成等比数列。

（1）求a2，a3，a4并推出an 的表达式； （2）用数学归纳法证明所得的结论； （3）求数列{an}所有项的和。 5.解∵an ，Sn ，Sn －1

2 成等比数列

∴Sn2＝an ·(Sn －1

2

)(n ≥2) (*)

（1）把a1＝1，S2＝a1＋a2＝1＋a2代入（*）式得：a2＝－2

3

把a1＝1，a2＝－23 ，S3＝13 ＋a3代入(*)得：a3＝－2

15 。同理可得：a4＝

－2

35

由此可以推出：

an ＝?

??1 (n ＝1)

－2(2n －3)(2n －1) (n ＞1)

（2）（i ）当n ＝1，2，3，4时，由（*）知猜想成立。 (ii)假设n ＝k(k ≥2) 时，ak ＝－2

(2k －3)(2k －1) 成立。

故Sk2＝－2

(2k －3)(2k －1) ·(Sk －1

2 )

(2k －3)(2k －1)Sk2＋2Sk －1＝0 ∴Sk ＝1

2k －1 或Sk ＝－12k －3 （舍去） 由Sk ＋12＝ak ＋1·(Sk ＋1－1

2 )得

(Sk ＋ak ＋1)2＝ak ＋1·(ak ＋1＋Sk －1

2

)

?1(2k －1)2＋ak ＋12＋2ak ＋12k －1 ＝ak ＋12＋ak ＋12k －1 －1

2 ak ＋1 ? ak ＋1＝－2

[2(k ＋1)－3][2(k ＋1)－1]

即n ＝k ＋1时，命题也成立。

由(i)(ii)可知，an ＝???1 (n ＝1)

－2(2n －3)(2n －1)

(n ≥2)

对一切n ∈N 成立。

（3）由（2）得数列前n 项的和Sn ＝1

2n －1

故所有项和S ＝∞→n lim

Sn ＝0

注 （1）本题综合了数列、数学归纳法、数列极限等基础知识，所采用的方法是归纳、猜想、证明，是数列中最常见的题型，也是高考热点。 （2）对于{an}的通项还可以这样来求：

∵Sn2＝an(Sn －12 ) ∴Sn2＝(Sn －Sn －1)(Sn －1

2

)

?1

Sn －1

Sn －1 ＝2，故{1

Sn }是以{1

S1 }为首项，1

2 为公差的等差数列 故

1Sn ＝

1

S1 ＋2(n －1)＝2n －1

Sn ＝1

2n －1 ，an ＝?

??1 (n ＝1)－2(2n －3)(2n －1) (n ≥2)

对于含有an ，Sn 的关系式中，常将an 用Sn －Sn －1（n ≥2）代（或Sn ＋1－Sn 用an ＋1代），化成Sn ，Sn ＋1（或an ，an ＋1）的递归关系式。

6．（本题满分13分）函数bx a x f 211

)(?+=

的定义域为R ，且).

(0)(lim N n n f n ∈=-∞→

(Ⅰ)求证：;0,0<>b a (Ⅱ)若

]1,0[)(,54)1(在且x f f =

上的最小值为21

，

求证：n

n f f f >+++)()2()1(Λ)(21

211

N n n ∈-++. 6.解 ⑴()f x Q 定义域为R ，120,2,0.0,bx bx

a a x R a a -∴+≠≠-∈∴≥=即而若则

()1lim ()0,0

n f x f n a →∞

=-=∴>与矛盾

1

lim ()lim

12bx

n n f n a -→∞

→∞∴-==+?1(021)1

(21)210,0,010(21)b b b b b a b a ----?<<>?即故

⑵由⑴知111

()[0,1],(0),,1,(1)212f x f a f a ∴==∴==

+在上为增函数即

2141141,2, 2.()11254121414x b

b x x x b f x a -=∴=∴=-∴===-?

+?+++

k N ∈当时

11

()11.1422k k

f k =-

>-+?

2111(1)(2)(3)()(

)222222n f f f f n n ∴++++>-++???L 1

11

.22n n +=+-

7.已知函数f(x)的定义域为［0，1］，且同时满足：

①对任意x ∈［0，1］，总有f(x)≥2；②f(1)=3；③若x1≥0，x2≥0且x1+x2≤1，则有f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2)-2. (1)求f(0)的值； (2)试求f(x)的最大值；

(3)设数列{an}的前n 项和为Sn ，且满足a1=1，Sn= -21

(an-3)，n ∈N*. 求证：f(a1)+f(a2)+…+f(an)≤23+2n-1

321

-?n .

7.(1)令x1=x2=0，则f(0)≥2f(0)-2，∴f(0)≤2.又对任意x ∈［0，1］，总有f(x)≥2，∴f(0)=2.

(2)任取x1，x2∈［0，1］且x1

(3)∵Sn= -21(an-3)(n ∈N*)，∴Sn-1= -21

(an-1-3)(n ≥2)，

∴an= -21an+21an-1(n ≥2).∴an=31an-1(n ≥2)，又∵a1=1≠0，∴1-n n

a a =31

(n ≥

2)，

∴数列{an}是以1为首项，公比为31的等比数列，∴an=1

31

-n .

当n=1时，f(a1)=f(1)=3=23+2-1

1321-?不等式成立.当n=2时，f(a2)=f(31

)，

∵f(1)=f(31+31+31)≥f(31)+f(31+31)-2≥3f(31)-4.∴f(31)≤37

.

∴f(a1)+f(a2)=f(1)+f(31)≤3+37=23+623=23+4-321

?不等式成立.

假设n=k 时，不等式成立，即f(a1)+f(a2)+…+f(ak)≤23+2k-1

321

-?k ，

则n=k+1时，f(ak+1)=f(k

31

)=f(131+k +131+k +131+k )≥3f(131+k )-4，

∴f(1

3

1

+k )≤31f(k

31

)+34，f(31)≤31f(131-k )+34，k=1，2，…

∴f(k 31)≤231f(231-k )+234+34≤…≤131-k f(31)+134-k +234-k +…+2

34

+34 ≤k 37 +2-132-k =2+k

31.

∴f(a1)+f(a2)+…+f(ak)+f(ak+1)≤23+2k-1321-?k +2+k

31

=23 +2(k+1)- k 321?.

∴n=k+1时，不等式成立.∴对n ∈N*，f(a1)+f(a2)+…+f(an)≤23+2n-1

321

-?n .

另法：只要证f(an)=f(1

31-n )≤1

3

1

-n +2，然后累加即得.

8. 已知定义在R 上的函数)(x f 和数列}{n a 满足下列条件： 1211,...),4,3,2)((,a a n a f a a a n n ≠===-， ,...),4,3,2)(()()(11=-=---n a a k a f a f n n n n 其中a 为常数，k 为非零常数。 (I)令

)

(*1N n a a b n 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1||

→n n

a lim

8. (I)证明：由1210,b a a =-≠可得

2322121()()()0.

b 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 ∈

由题设条件，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，

1121211...()

1n n k b b b a a k ---+++=-- (2)n ≥ 当1k =时，

12121...(1)()n b b b n a a -+++=-- (2)n ≥

而 12121321...()()...()n n n b b b a a a a a a --+++=-+-++-1(2)n a a n =-≥ 所以，当1k ≠时，

1

1211()(2).

1n n k a a a a n k ---=-≥-

上式对1n =也成立。所以，数列{}n a 的通项公式为

1

*1(())()

1n n k a a f a a n N k --=+-∈-

当1k =时，

121(1)()(2).n a a n a a n -=--≥

上式对1n =也成立。所以，数列{}n a 的通项公式为

*(1)(())()

n a a n f a a n N =+--∈。

III)解：当||1k <时，

11lim lim[(())]1n n n n k a a f a a k -→∞

→∞-=+--()1f a a

a k -=+

- 选做题

.1 设整数k ≠0, 1. 过点P （1，0）作曲线C ：

(0)k

y x x =>的切线，切点为Q1，设点Q1在x 轴上的射影是点P1；又过点P1作曲线C 的切线，切点为Q2，设点Q2在x 轴上的射影是点P2，…，这样一直作下去，可得到一系列点Q1，Q2，…. 设点Qn （n=1，2，…）的横坐标构成数列{}n a . （Ⅰ）证明{}n a 是等比数列； （Ⅱ）设

2(1)

112(1)n n n n b k k -=+

+

--，当3n ≥时，试比较n a 与n b 的大小.

选做题．解析： (Ⅰ) ∵y ′= kxk – 1 , ∴ y ′| x = an = kan k – 1 ∴以Qn (an , ank ) 为切点的切线方程为y – ank = kank – 1 (x – an ) 当n = 1时，切线过点

P (1 , 0)，∴0 – a1k = ka1k – 1 (1 – a1)?a1 =1k k

-

当n ≥2时，切线过点P n – 1 (an – 1 , 0)，∴0 – ank = kank – 1 (an – 1 – an)

?an =1k k

-an – 1

∵整数

k ≠0 , 1，∴a1 =1k k

-≠0，∴{an}是等比数列.

(Ⅱ) 由(Ⅰ)知，an = (1k k -)n = (1+1k 1

-)n 令t =1k 1

- , 则

an = (1 + t)n , bn =2

2n 1

n 0

n t C t C C ++

（1）若k ≥2 (k ∈Z), 则t >0。 ∵n ≥3，∴an =n 2

2n 1n 0n n n n 2

2n 1

n 0

n b t C t C C t C t

C t C C =++>++++Λ。

（2）若

k ≤-1(k ∈Z)，则-1<1k 1

-<0 , -1

∵n ≥3，∴ a3 =3

2

2313033332

231

30

3b t C t C C t C t C t C C =++<+++

a4 =

4

3

44443342241404b )t 4(t b t C t C t C t C C <++=++++。

猜想an < bn (n ≥3). 下面用数学归纳法证明： （i ）当n = 3时，已证成立；

（ii ）假设当n = m (m ≥3)时，am < bm 成立，即 (1 + t) m <

2

2m 1m 0m t C t C C ++ ∵-1

∴am + 1 = am (1 + t) < (2

2

m 1

m 0

m t C t C C ++) (1 + t)

=

3

2m 22m 1m 1m 0m 0m t

C t c c t )C C (C +++++）（

=

32m 221m 11m 01m t c t C t C C ++++++< bm + 1 ∴当n = m + 1时，不等式也成立.

根据 (i)、(ii)，当n ≥3时总有an < bn

综上，当n ≥3时，若整数k ≥2，则an >bn ；若整数k ≤-1，则an < b 2 .已知

.,2,1,1

,}{,011Λ=+

==>+n a a a a a a a n

n n 满足数列

（I ）已知数列}{n a 极限存在且大于零，求n

n a A ∞

→=lim （将A 用a 表示）；

（II ）设

;

)

(:,,2,1,1A b A b b n A a b n n

n n n +-

==-=+证明Λ

（III ）若

Λ,2,121

||=≤

n b n n 对都成立，求a 的取值范围.

本小题主要考查数列、数列极限的概念和数学归纳法，考查灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力. 解：（I ）由

两边取极限得对且存在n

n n n n n a a a A a A a 1

),0(lim ,lim 1+

=>=+∞

→∞

→

.

24

,0.24,122++=∴>+±=+=a a A A a a A A a A 又解得

（II ）

.1

1,11A b a A b a a a A b a n n n n n n ++=++

=+=++得由

都成立

对即Λ,2,1)

(.)

(1

1111=+-

=+-=++-=++-=∴++n A b A b b A b A b A b A A b A a b n n

n n n n n n

（III ）

.21|)4(21|,21||21≤++-≤

a a a

b 得令

.

,2,121

||,23.

2

3,14.2

1

|)4(21|

22都成立对时现证明当解得Λ=≤≥≥≤-+∴≤-+∴n b a a a a a a n n

（i ）当n=1时结论成立（已验证）.

（ii ）假设当

那么即时结论成立,21

||,)1(k k b k k n ≤

≥=

k

k k k k A b A A b A b b 2

1

||1|)(|||||1?+≤+=

+

故只须证明.23

2||,21|

|1

成立对即证≥≥+≤

+a A b A A b A k k

.

21

2121||,23.

2||,12

1

2||||.

2,14,2

3

,

422

4

1122

2++=?≤≥≥+≥-≥-≥+∴≥∴≤-+≥-+=

++=k k k k k k k b a A b A b A A b A a a a a

a a a A 时故当即时而当由于

即n=k+1时结论成立.

根据（i ）和（ii ）可知结论对一切正整数都成立. 故

).,23[,2,121||+∞=≤

的取值范围为都成立的对a n b n

n Λ