专题12数列极限数学归纳法
数列极限数学归纳法用数学归纳法证明不等式
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。
(整理)数列的极限知识点 方法技巧 例题附答案和作业题
数列的极限一、知识要点1数列极限的定义：一般地，如果当项数n 无限增大时，无穷数列}{n a 的项n a 无限趋近于．．．．．某个常数a （即|a n －a |无限地接近于0），那么就说数列}{n a 以a 为极限记作l i m n n a a →∞=．（注：a 不一定是｛a n ｝中的项） 2几个重要极限：（1）01lim=∞→n n （2）C C n =∞→lim （C 是常数） （3）()()()⎪⎩⎪⎨⎧-=>=<=∞→1,11,110lim a a a a a n n 或不存在，（4）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<=>=++++++++----∞→)()()(0lim 011101110t s t s b a t s b n b n b n b a n a n a n a s s s s t t t t n 不存在3. 数列极限的运算法则:如果,lim ,lim B b A a n n n n ==∞→∞→那么B A b a n n n +=+∞→)(lim B A b a n n n -=-∞→)(limB A b a n n n .).(lim =∞→ )0(lim≠=∞→B B Ab a nn n 4．无穷等比数列的各项和⑴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，记做lim n n S S →∞=⑵1lim ,(0||1)1n n a S S q q→∞==<<- 二、方法与技巧⑴只有无穷数列才可能有极限，有限数列无极限.⑵运用数列极限的运算法则求数列极限应注意法则适应的前提条件.（参与运算的数列都有极限，运算法则适应有限个数列情形） ⑶求数列极限最后往往转化为()N m nm ∈1或()1<q q n型的极限.⑷求极限的常用方法： ①分子、分母同时除以m n 或n a .②求和（或积）的极限一般先求和（或积）再求极限. ③利用已知数列极限（如() 01lim,10lim =<=∞→∞→nq q n n n 等）. ④含参数问题应对参数进行分类讨论求极限.⑤∞－∞,∞∞,0－0,00等形式，必须先化简成可求极限的类型再用四则运算求极限题型讲解例1 求下列式子的极限： ①nnn )1(lim-∞→； ②∞→n lim 112322+++n n n ； ③∞→n lim 1122++n n ； ④∞→n lim 757222+++n n n ; （2） ∞→n lim （n n +2－n ）;（3）∞→n lim （22n +24n + (22)n） 例2 ()B A b a B b A a n n n n n n n +=+==∞→∞→∞→lim lim ,lim 是的（ ）A 充分必要条件B 充分不必要条件C 必要不充分条件D 既不充分又不必要条件例3 数列{a n }和{b n }都是公差不为0的等差数列，且nn n b a ∞→lim =3,求n nn nb a a a 221lim +++∞→ 的值为例4 求nn nn n a a a a --∞→+-lim （a >0);例5 已知1)11(lim 2=--++∞→b an n n n ,求实数a,b 的值;例6 已知等比数列{a n }的首项为a 1,公比为q ,且有∞→n lim （q a +11－q n ）=21,求a 1的取值范围例7 已知数列｛a n ｝是由正数构成的数列，a 1＝3，且满足lg a n ＝lg a n －1＋lg c ，其中n 是大于1的整数，c 是正数．（1）求数列｛a n ｝的通项公式及前n 和S n ；（2）求∞→n lim 1122+-+-n n n n a a 的值．数列极限课后检测1下列极限正确的个数是（ ）①∞→n lim αn 1=0（α＞0） ②∞→n lim q n =0 ③∞→n lim n n n n 3232+-=－1 ④∞→n lim C =C （C 为常数） A 2 B 3 C 4 D 都不正确 3下列四个命题中正确的是（ ）A 若∞→n lim a n 2＝A 2，则∞→n lim a n ＝AB 若a n ＞0，∞→n lim a n ＝A ，则A ＞0C 若∞→n lim a n ＝A ，则∞→n lim a n 2＝A 2D 若∞→n lim （a n －b ）＝0，则∞→n lim a n ＝∞→n lim b n5若数列{a n }的通项公式是a n =2)23()1(23n n n n n ------++,n =1,2,…,则∞→n lim （a 1+a 2+…+a n ）等于（ ） A 2411 B 2417 C 2419 D 24256数列{a n }中,n a 的极限存在，a 1=51,a n +a n +1=156+n ,n ∈N *,则∞→n lim （a 1+a 2+…+a n ）等于（ ）A 52B 72C 41D 254 7．∞→n lim n n ++++ 212=__________ ∞→n lim 32222-+n nn =____________∞→n lim ［n （1－31）（1－41）（1－51）…（1－21+n ）］= 8已知a 、b 、c 是实常数，且∞→n lim c bn can ++=2, ∞→n lim b cn c bn --22=3,则∞→n lim acn c an ++22的值是（ ）9 {a n }中a 1=3，且对任意大于1的正整数n ,点（n a ,1-n a ）在直线x －y －3=0上，则∞→n lim2)1(+n a n =_____________10等比数列{a n }公比q =－21,且∞→n lim （a 1+a 3+a 5+…+a 2n －1）=38,则a 1=_____________11已知数列｛a n ｝满足（n －1）a n +1=（n +1）（a n －1）且a 2=6,设b n =a n +n （n ∈N *）（1）求{b n }的通项公式；（2）求∞→n lim （212-b +213-b +214-b +…+21-n b ）的值 12已知{a n }、{b n }都是无穷等差数列,其中a 1=3,b 1=2,b 2是a 2与a 3的等差中项,且∞→n limn n b a =21, 求极限∞→n lim （111b a +221b a +…+nn b a 1）的值例题解析答案例1n的分子有界，分可以无限增大，因此极限为0；②112322+++n n n 的分子次数等于分母次数，极限为两首项(最高项)系数之比； ③∞→n lim1122++n n 的分子次数小于于分母次数，极限为0解：①0nn =； ②2222213321lim lim 3111n n n n n n n n→∞→∞++++==++； ③∞→n lim 2222121lim lim 0111n n n n n n n→∞→∞++==++点评：分子次数高于分母次数，极限不存在；分析:（4）因为分子分母都无极限，故不能直接运用商的极限运算法则，可通过变形分子分母同除以n 2后再求极限；（5）因n n +2与n 都没有极限，可先分子有理化再求极限；（6）因为极限的运算法则只适用于有限个数列，需先求和再求极限解:（1）∞→n lim 757222+++n n n =∞→n lim 2275712nn n +++52（2）∞→n lim （n n +2－n ）= ∞→n limnn n n ++2=∞→n lim1111++n21（3）原式=∞→n lim22642n n ++++ =∞→n lim 2)1(nn n +=∞→n lim （1+n 1）=1 点评：对于（1）要避免下面两种错误：①原式=)75(lim )72(lim 22+++∞→∞→n n n n n =∞∞=1,②∵∞→n lim （2n2+n +7）, ∞→n lim （5n 2+7）不存在，∴原式无极限对于（2）要避免出现下面两种错误：①∞→n lim （n n +2－n ）= ∞→n limn n +2－∞→n lim n =∞－∞=0;②原式=∞→n limn n +2－∞→n lim n =∞－∞不存在对于（3）要避免出现原式=∞→n lim 22n +∞→n lim 24n +…+∞→n lim22n n =0+0+…+0=0这样的错误 例2 B例3 数列{a n }和{b n }都是公差不为0的等差数列，且nn n b a ∞→lim =3,求n nn nb a a a 221lim +++∞→ 的值为解：由nnn b a ∞→lim=3⇒d 1=3d 2 ，∴n n n nb a a a 221lim +++∞→ =2121114])12([2)1(lim d d d n b n d n n na n =-+-+∞→43 点评：化归思想 例4 求nn nn n a a a a --∞→+-lim （a >0);解：nnnn n a a a a --∞→+-lim =⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧<<-=+-=>=+-∞→∞→).10(111lim ),1(0),1(11111lim 2222a a a a a a a n nn n n n 点评：注意分类讨论例5 已知1)11(lim 2=--++∞→b an n n n ,求实数a,b 的值; 解：11)()1(lim 2++-+--∞→n b n b a n a n =1，∴ ⎩⎨⎧=+-=-1)(01b a a ⇒a=1,b=─1例6 已知等比数列{a n }的首项为a 1,公比为q ,且有∞→n lim （q a +11－q n ）=21,求a 1的取值范围 解: ∞→n lim （q a +11－q n ）=21, ∴∞→n lim q n 一定存在∴0＜|q |＜1或q =1当q =1时，21a －1=21,∴a 1=3当0＜|q |＜1时，由∞→n lim （q a +11－q n ）=21得q a +11=21,∴2a 1－1=q ∴0＜|2a 1－1|＜1∴0＜a 1＜1且a 121 综上,得0＜a 1＜1且a 1≠21或a 1=3 例7 已知数列｛a n ｝是由正数构成的数列，a 1＝3，且满足lg a n ＝lg a n －1＋lg c ，其中n 是大于1的整数，c 是正数．（1）求数列｛a n ｝的通项公式及前n 和S n ；（2）求∞→n lim1122+-+-n n n n a a 的值．解:（1）由已知得a n ＝ｃ·a n －1,∴｛a n ｝是以a 1＝3，公比为c 的等比数列，则a n ＝3·ｃn －1∴S n ＝⎪⎩⎪⎨⎧≠>--=).10(1)1(3)1(3c c cc c n n 且（2） ∞→n lim1122+-+-n nn n a a ＝∞→n lim n n n n cc 323211+--- ①当c =2时，原式＝－41; ②当ｃ＞2时，原式＝∞→n lim ccc n n 3)2(23)2(11+⋅---＝－c 1;③当0＜ｃ＜2时，原式=∞→n lim 11)2(32)2(31--⋅+-n n c c c 21点评：求数列极限时要注意分类讨论思想的应用 试卷解析 1 答案:B3解析:排除法，取a n ＝（－１）n ，排除A ；取a n ＝n1，排除Ｂ；取a n ＝b n ＝n ，排除D ．答案:C 5 解析:a n =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-++--+--------),(22323),(2)23(23为偶数为奇数n n nn nn n n n n 即a n =⎪⎩⎪⎨⎧--).3),(2(为偶数为奇数n n n n∴a 1+a 2+…+a n =（2－1+2－3+2－5+…）+（3－2+3－4+3－6+…）∴∞→n lim （a 1+a 2+…+a n ）=411213132122221-=-+-----+91191-=.2419答案:C6 解析:2（a 1+a 2+…+a n ）=a 1+［（a 1+a 2）+（a 2+a 3）+（a 3+a 4）+…+（a n －1+a n ）］+a n =51+[256+356+…+n 56]+a n ∴原式=21［51+511256-+∞→n lim a n ］=21（51+103+∞→n lim a n ）∵a n +a n +1=156+n ,∴∞→n lim a n +∞→n lim a n +1=0∴∞→n lim a n =0 答案:C7 解析:原式=∞→n lim2)1(2++n n n =∞→n lim 221212nn n ++=0∞→n lim 32222-+n n n =∞→n lim 23221nn -+21 解析: ∞→n lim ［n （1－31）（1－41）（1－51）…（1－21+n ）］=∞→n lim ［n ×32×43×54×…×21++n n ］=∞→n lim 22+n n=2 答案:C 8解析: 答案:D 由∞→n lim cbn can ++=2,得a =2b由∞→n lim b cn c bn --22=3,得b =3c ,∴c =31b ∴ca =6∴∞→n lim a cn c an ++22=∞→n lim 22na c n ca ++=c a =69析:由题意得n a －1-n a =3 （n ≥2）∴{n a }是公差为3的等差数列，1a∴n a =3+（n －1）·3=3n ∴a n =3n 2∴∞→n lim 2)1(+n a n=∞→n lim 12322++n n n =∞→n lim 21213nn ++=3 10析:∵q =－21,∴∞→n lim （a 1+a 3+a 5+…+a 2n －1）=4111-a =38∴a 1=211 解:（1）n =1时，由（n －1）a n +1=（n +1）（a n －1）,得a 1=1n =2时，a 2=6代入得a 3=15同理a 4=28,再代入b n =a n +n ,有b 1=2,b 2=8,b 3=18,b 4=32,由此猜想b n =2n 2要证b n =2n 2,只需证a n =2n 2－n①当n =1时，a 1=2×12－1=1成立②假设当n =k 时，a k =2k 2－k 成立那么当n =k +1时，由（k －1）a k +1=（k +1）（a k －1）,得a k +1=11-+k k （a k －1）=11-+k k （2k 2－k －1）=11-+k k （2k +1）（k －1）=（k +1）（2k +1）=2（k +1）2－（k +1） ∴当n =k +1时，a n =2n 2－n 正确，从而b n =2n 2（2）∞→n lim （212-b +213-b +…+21-n b ）=∞→n lim （61+161+…+2212-n ）=21∞→n lim ［311⨯+421⨯+…+)1)(1(1+-n n ］ =41∞→n lim ［1－31+21－41+…+11-n －11+n ］=41∞→n lim ［1+21－n 1－11+n ］=8312 解:{a n }、{b n }的公差分别为d 1、d 2∵2b 2=a 2+a 3,即2（2+d 2）=（3+d 1）+（3+2d 1）,∴2d 2－3d 1=2又∞→n limn n b a =∞→n lim 21)1(2)1(3d n d n -+-+=21d d =21,即d 2=2d 1, ∴d 1=2,d 2=4∴a n =a 1+（n －1）d 1=2n +1,b n =b 1+（n －1）d 2=4n －2∴n n b a 1=)24()12(1-⋅+n n =41（121-n －121+n ）∴原式=∞→n lim 41（1－121+n ）=41。
数列求极限的方法总结
数列求极限的方法总结数列求极限的方法总结数列求极限的方法有那些？极限的保号性很重要，就是说在一定区间内函数的正负与极限一致。
极限分为一般极限，还有个数列极限，下面是为大家总结的数列求极限的方法总结。
1、等价无穷小的转化，（只能在乘除时候使用，但是不是说一定在加减时候不能用，前提是必须证明拆分后极限依然存在，e的X次方-1或者（1+x）的a次方-1等价于Ax等等。
全部熟记（x趋近无穷的时候还原成无穷小）。
2、洛必达法则（大题目有时候会有暗示要你使用这个方法）。
首先他的使用有严格的使用前提！必须是X趋近而不是N趋近！（所以面对数列极限时候先要转化成求x趋近情况下的极限，当然n趋近是x 趋近的一种情况而已，是必要条件（还有一点数列极限的n当然是趋近于正无穷的，不可能是负无穷！）必须是函数的导数要存在！（假如告诉你g（x），没告诉你是否可导，直接用，无疑于找死！！）必须是0比0无穷大比无穷大！当然还要注意分母不能为0。
洛必达法则分为3种情况：0比0无穷比无穷时候直接用；0乘以无穷，无穷减去无穷（应为无穷大于无穷小成倒数的关系）所以无穷大都写成了无穷小的倒数形式了。
通项之后这样就能变成第一种的形式了；0的0次方，1的无穷次方，无穷的0次方。
对于（指数幂数）方程方法主要是取指数还取对数的方法，这样就能把幂上的函数移下来了，就是写成0与无穷的.形式了，（这就是为什么只有3种形式的原因，LNx两端都趋近于无穷时候他的幂移下来趋近于0，当他的幂移下来趋近于无穷的时候，LNX趋近于0）。
3、泰勒公式(含有e的x次方的时候，尤其是含有正余弦的加减的时候要特变注意！）E的x展开sina，展开cosa，展开ln1+x，对题目简化有很好帮助。
4、面对无穷大比上无穷大形式的解决办法，取大头原则最大项除分子分母看上去复杂，处理很简单！5、无穷小于有界函数的处理办法，面对复杂函数时候，尤其是正余弦的复杂函数与其他函数相乘的时候，一定要注意这个方法。
数列、数列的极限与数学归纳法
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。
高等数学12数列的极限
数列极限的保序性〔保号性〕
定理 设
3
〔保序性〕假
lni m xna,lni m ynb，且
a b，那 N N , nN ,有 xn yn .
么
证明：
lni m xna,lni m ynb，且 a b.
取 a b , 由极限定义知：
2
a b a b N 1 N , n N 1 ,|x n a |2 x n2
lim 1 1
y n n
b
证明略。
数列收敛的判别准那么
准那么 I. (夹逼定理/两边夹定理) 有三个数列，假
设 (1) yn xn zn ( n 1, 2, L)
(2)
lim
n
yn
lim
n
zn
a
lim
n
xn
a
证: 由条件 (2) , 0, N1 0, N2 0,
当 n N1 时, yn a ; 当 nn NN22 时, zznnaa ; .
定理6 也称为连续性公理。
单调数列
定义 4 如果数列{ x n } 的项满足
x 1 x 2 x 3 x n x n 1
那么称这个数列为单调递增数列。 如果数列 { x n } 的项满足
x 1 x 2 x 3 x n x n 1
那么称这个数列为单调递减数列。 这两种数列统称单调数列。
令 N max N1 , N2, 那么当n N 时, 有
a yn a , a zn a , 由条件 (1) a yn xn zn a
即
xn a ,
故
lim
n
xn
a
.
例： 证明 lim ( 1 1 1 )存在，
n n2 1 n22
数列极限的知识点总结
数列极限的知识点总结一、数列极限的定义1.1 数列首先要了解数列的概念。
数列是由一系列按照一定顺序排列的数所组成的有序集合。
数列通常用符号{an}表示，其中an代表数列的第n个元素。
数列是数学中一种基本的数学概念，它在许多数学问题中都起着重要的作用。
1.2 数列极限接着要了解数列的极限。
数列{an}的极限是指当n趋向于无穷大时，数列中的元素an的值趋近于一个常数L，即lim(an) = L。
如果这样一个数L存在，那么我们就说数列{an}收敛，并且把L称为数列的极限，记作lim(an) = L。
如果这样一个数L不存在，那么我们就说数列{an}发散。
1.3 数列极限的形式化定义对于给定的数ε，如果存在一个正整数N，使得当n大于N时，|an - L| < ε恒成立，那么称L是数列{an}的极限。
这样的N存在的话，就称这N是数L和ε的函数。
1.4 无穷大数列如果数列{an}中的元素an当n趋向于无穷大时，它的绝对值|an|趋向于无穷大，那么就称数列{an}是无穷大的。
对于无穷大数列，我们通常用符号lim(an) = ±∞来表示。
1.5 注意事项在讨论数列极限的问题时，需要注意以下几点：1) 数列的极限可能是一个有限的常数，也可能是无穷大。
2) 一般来说，数列的极限不一定存在，也可能有多个极限（一般在不同n的取值范围内）。
3) 要特别注意当n趋于无穷大时，数列中的元素an的绝对值的行为，关系到数列是否是无穷大数列。
以上是数列极限的基本概念和定义，下面我们将介绍数列极限的相关性质。
二、数列极限的相关性质2.1 唯一性如果数列{an}收敛，那么它的极限是唯一的。
换句话说，如果lim(an) = L1和lim(an) = L2，那么L1 = L2。
2.2 有界性如果数列{an}收敛，那么它一定是有界的，即存在一个正实数M，使得|an| < M（n∈N）。
2.3 保号性如果数列{an}收敛到一个有限的极限L，那么当n充分大时，数列{an}的元素和L有相同的正负号。
数列、极限、数学归纳法·用数学归纳法证明不等式8页word文档
数列、极限、数学归纳法·用数学归纳法证明不等式教学目标1．牢固掌握数学归纳法的证明步骤，熟练表达数学归纳法证明的过程．2．通过事例，学生掌握运用数学归纳法证明不等式的思想方法．3．培养学生的逻辑思维能力，运算能力，和分析问题、解决问题的能力．教学重点与难点重点：巩固对数学归纳法意义和有效性的理解，并能正确表达解题过程，以及掌握利用数学归纳法证明不等式的基本思路．难点：应用数学归纳法证明的不同方法的选择及解题技巧．教学过程设计（一）复习回顾师：上次课我们已经学习了数学归纳法以及运用数学归纳法解题的步骤，请同学们联想“多米诺骨牌”游戏，说出数学归纳法的步骤？生：数学归纳法是用于证明某些与自然数有关的命题的一种方法．设要证命题为P（n）．（1）证明当n取第一个值n0时，结论正确，即验证P（n0）正确；（2）假设n=k（k∈N且k≥n0）时结论正确，证明当n=k+1时，结论也正确，即由P（k）正确推出P（k+1）正确，根据（1），（2），就可以判定命题P（n）对于从n0开始的所有自然数n都正确．师：演示小黑板或运用投影仪讲评作业．（讲评作业的目的是从错误中进一步强调恰当地运用归纳假设是数学归纳法的关键）作业中用数学归纳法证明：2+4+6+8+…+2n=n（n+1）．如采用下面的证法，对吗？证明：（1）当n=1时，左=2，右=2，则等式成立．（2）假设n=k时（k∈N，k≥1），等式成立，即2+4+6+…+2k=k（k+1）．当n=k+1时，2+4+6+…+2k+（k+1）所以n=k+1时，等式也成立．根据（1）（2）可知，对于任意自然数n，原等式都能成立．生甲：证明过程正确．生乙：证明方法不是数学归纳法，因为第二步证明时，没有应用归纳假设．师：从形式上看此种证明方法是数学归纳法，但实质在要证明n=k+1正确时，未用到归纳假设，直接采用等差数列求和公式，违背了数学归纳法的本质特点递推性，所以不能称之为数学归纳法．因此告诫我们在运用数学归纳法证明时，不能机械套用两个步骤，在证明n=k+1命题成立时，一定要利用归纳假设．（课堂上讲评作业，指出学生作业中不妥之处，有利于巩固旧知识，为新知识的学习扫清障碍，使学生引以为戒，所谓温故而知新）（二）讲授新课师：在明确数学归纳法本质的基础上，我们来共同研究它在不等式证明中的应用．（板书）例1已知x＞-1，且x≠0，n∈N，n≥2．求证：（1+x）n＞1+nx．师：首先验证n=2时的情况．（板书）证：（1）当n=2时，左边=（1+x）2=1+2x+x2，右边=1+2x，因x2＞0，则原不等式成立．（在这里，一定要强调之所以左边＞右边，关键在于x2＞0是由已知条件x ≠0获得，为下面证明做铺垫）（2）假设n=k时（k≥2），不等式成立，即（1+x）k＞1+kx．师：现在要证的目标是（1+x）k+1＞1+（k+1）x，请同学考虑．生：因为应用数学归纳法，在证明n=k+1命题成立时，一定要运用归纳假设，所以当n=k+1时．应构造出归纳假设适应的条件．所以有：（1+x）k+1=（1+x）k （1+x），因为x＞-1（已知），所以1+x＞0于是（1+x）k（1+x）＞（1+kx）（1+x）．师：现将命题转化成如何证明不等式（1+kx）（1+x）≥1+（k+1）x．显然，上式中“=”不成立．故只需证：（1+kx）（1+x）＞1+（k+1）x．提问：证明不等式的基本方法有哪些？生甲：证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法．（提问的目的是使学生明确在第二步证明中，合理运用归纳假设的同时，其本质是不等式证明，因此证明不等式的所有方法、技巧手段都适用）生乙：证明不等式（1+kx）（1+x）＞1+（k+1）x，可采用作差比较法．（1+kx）（1+x）-[1+（k+1）x]=1+x+kx+kx2-1-kx-x=kx2＞0（因x≠0，则x2＞0）．所以，（1+kx）（1+x）＞1+（k+1）x．生丙：也可采用综合法的放缩技巧．（1+kx）（1+x）=1+kx+x+lx2=1+（k+1）x+kx2．因为kx2＞0，所以1+（k+1）x+kx2＞1+（k+1）x，即（1+kx）（1+x）＞1+（1+k）x成立．生丁：……（学生可能还有其他多种证明方法，这样培养了学生思维品质的广阔性，教师应及时引导总结）师：这些方法，哪种更简便，更适合数学归纳法的书写格式？学生丙用放缩技巧证明显然更简便，利于书写．（板书）将例1的格式完整规范．当n=k+1时，因为x＞-1，所以1+x＞0，于是左边=（1+x）k+1=（1+x）k（1+x）＞（1+x）（1+lx）=1+（k+1）x+kx2；右边=1+（k+1）x．因为kx2＞0，所以左边＞右边，即（1+x）k+1＞1+（k+1）x．这就是说，原不等式当n=k+1时也成立．根据（1）和（2），原不等式对任何不小于2的自然数n都成立．（通过例1的讲解，明确在第二步证明过程中，虽然可以采取证明不等式的有关方法，但为了书写更流畅，逻辑更严谨，通常经归纳假设后，要进行合理放缩，以达到转化的目的）师：下面再举例子，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，左边=21+2=4；右边=1，左边＞右边．所以原不等式成立．（2）假设n=k时（k≥1且k∈N）时，不等式成立，即2k+2＞k2．现在，请同学们考虑n=k+1时，如何论证2k+1+2＞（k+1）2成立．生：利用归纳假设2k+1+2=2．2k+2=2（2k+2）-2＞2·k2-2．师：将不等式2k2-2＞（k+1）2，右边展开后得：k2+2k+1，由于转化目的十分明确，所以只需将不等式的左边向k2+2k+1方向进行转化，即：2k2-2=k2+2k+1+k2-2k-3．由此不难看出，只需证明k2-2k-3≥0，不等式2k2-2＞k2+2k+1即成立．生：因为k2-2k-3=（k-3）（k+1），而k∈N，故k+1＞0，但k-3≥0成立的条件是k≥3，所以当k∈N时，k-3≥0未必成立．师：不成立的条件是什么？生：当k=1，2时，不等式k-3≥0不成立．师：由于使不等式不成立的k值是有限的，只需利用归纳法，将其逐一验证原命题成立，因此在证明第一步中，应补充验证n=2时原命题成立，那么，n=3时是否也需要论证？生：n=3需要验证，这是因为数学归纳法中的第一步验证是第二步归纳假设的基础，而第二步中对于k是大于或等于3才成立，故在验证时，应验证n=3时，命题成立．师：（补充板书）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．因此当n=1，2，3时，不等式成立．（以下请学生板书）（2）假设当n=k（k≥3且k∈N）时，不等式成立．即2k+2＞k2．因为2k+1+2=2·2k+2=2（2k+2）-2＞2k2-2=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，原不等式也成立．根据（1）和（2），原不等式对于任何n∈N都成立．师：通过例2可知，在证明n=k+1时命题成立过程中，针对目标k2+2k+1，采用缩小的手段，但是由于k的取值范围（k≥1）太大，不便于缩小，因此，用增加奠基步骤（把验证n=1．扩大到验证n=1，2，3）的方法，使假设中k的取值范围适当缩小到k≥3，促使放缩成功，达到目标．（板书）例3求证：当n≥2时，（由学生自行完成第一步的验证；第二步中的假设，教师应重点讲解n=k到n=k+1命题的转化过程）师：当n=k+1时，不等式的左边表达式是怎样的？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，最后一项是以3k在3k后面还有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，错误的思维定势认为从n=k到n=k+1时，只增加一项，求和式中最后一项即为第几项的通项，教师在这里要着重分析，化解难点．）运算，应针对问题的特点，巧妙合理地利用“放缩技巧”，使问题获得简捷的证明：（板书略）师：设S（n）表示原式左边，f（n）表示原式右边，则由上面的证法可知，从n=k到n=k+1命题的转化途径是：要注意：这里 S′（k）不一定是一项，应根据题目情况确定．（三）课堂小结1．用数学归纳法证明，要完成两个步骤，这两个步骤是缺一不可的．但从证题的难易来分析，证明第二步是难点和关键，要充分利用归纳假设，做好命题从n=k到n=k+1的转化，这个转化要求在变化过程中结构不变．2．用数学归纳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，经常使用的方法就是放缩法，针对目标，合理放缩，从而达到目标．3．数学归纳法也不是万能的，也有不能解决的问题．错误解法：（2）假设n=k时，不等式成立，即当n=k+1时，则n=k+1时，不等式也成立．根据（1）（2），原不等式对n∈N+都成立．（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，不等式成立．（2）假设n=k时，不等式成立，即那么，这就是说，n=k+1时，不等式也成立．根据（1）（2）可知不等式对n∈N+都成立．）3．对于任意大于1的自然数n，求证：（提示：（2）假设n=k时，不等式成立，即这就是说，n=k+1时，原不等式成立．根据（1），（2）可知，对任意大于1的自然数n，原不等式都成立．）用数学归纳法证明①式：（1）当n=3时，①式成立．（2）假设 n=k（k≥3，k∈N）时，①式成立，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式也成立．根据（1）（2）可知，对一切n∈N，n≥3①式都成立，即f课堂教学设计说明1．数归法是以皮亚诺的归纳公理作为依据，把归纳法与演绎法结合起来的一种完全归纳法．数学归纳法证明中的两个步骤体现了递推思想．在教学中应使学生明确这两个步骤的关系：第一步是递推的基础；第二步是递推的依据，缺一不可，否则就会导致错误．为了取得良好的教学效果，不妨利用“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，应分三种情况：（1）推倒第一张，接着依次倒下直至最后一张；（2）推倒第一张，中途某处停止，最后一张不倒；（3）第一张不倒，后面不管能否推倒，都不会全部倒下．通过具体生动的模型，帮助学生理解数学归纳法的实质．2．用数学归纳法证明不等式，宜先比较n=k与n=k+1这两个不等式间的差异，以决定n=k时不等式做何种变形，一般地只能变出n=k+1等式的一边，然后再利用比较、分析、综合、放缩及不等式的传递性来完成由n=k成立推出n=k+1不等式成立的证明．3．要注意：在证明的第二步中，必须利用“n=k时命题成立”这一归纳假设，并且由f（k）到 f（k+1），并不总是仅增加一项，如例2，4．要教会学生思维，离开研究解答问题的思维过程几乎是不可能的，因此在日常教学中，尤其是解题教学中，必须把教学集中在问题解答者解答问题的整个过程上，培养学生构作问题解答过程的框图，因为用文字、符号或图表简明地表达解答过程或结果的能力，叙述表达自己解题思路的能力，这也是问题解答所必需的．。
求数列极限方法总结
求数列极限方法总结极限是考研数学每年必考的内容,在客观题和主观题中都有可能会涉及到，平均每年直接考查所占的分值在10分左右，而事实上，由于这一部分内容的基础性，每年间接考查或与其他章节结合出题的比重也很大。
极限的计算是核心考点，考题所占比重最大。
熟练掌握求解极限的方法是得高分的关键。
极限无外乎出这三个题型：求数列极限、求函数极限、已知极限求待定参数。
熟练掌握求解极限的方法是的高分地关键, 极限的运算法则必须遵从,两个极限都存在才可以进行极限的运算,如果有一个不存在就无法进行运算。
以下我们就极限的内容简单总结下。
极限的计算常用方法：四则运算、洛必达法则、等价无穷小代换、两个重要极限、利用泰勒公式求极限、夹逼定理、利用定积分求极限、单调有界收敛定理、利用连续性求极限等方法。
四则运算、洛必达法则、等价无穷小代换、两个重要极限是常用方法，在基础阶段的学习中是重点，考生应该已经非常熟悉，进入强化复习阶段这些内容还应继续练习达到熟练的程度;在强化复习阶段考生会遇到一些较为复杂的极限计算，此时运用泰勒公式代替洛必达法则来求极限会简化计算，熟记一些常见的麦克劳林公式往往可以达到事半功倍之效; 夹逼定理、利用定积分定义常常用来计算某些和式的极限，如果最大的.分母和最小的分母相除的极限等于1，则使用夹逼定理进行计算，如果最大的分母和最小的分母相除的极限不等于1，则凑成定积分的定义的形式进行计算;单调有界收敛定理可用来证明数列极限存在，并求递归数列的极限。
与极限计算相关知识点包括：连续、间断点以及间断点的分类：判断间断点类型的基础是求函数在间断点处的左右极限；可导和可微，分段函数在分段点处的导数或可导性，一律通过导数定义直接计算或检验存在的定义是极限存在；渐近线，(垂直、水平或斜渐近线)；多元函数积分学，二重极限的讨论计算难度较大，常考查证明极限不存在。
下面我们重点讲一下数列极限的典型方法。
求数列极限可以归纳为以下三种形式。
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专题三 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1冋题1数列｛ a n ｝满足3], a i a 22问题2已知定义在R 上的函数f(x)和数列｛ a n ｝满足下列条件：a 1 a , a . f (a n 1) (n =2,3,4, ),a 2 印，f (a n )f (a n 1) = k(a n a n 1) (n =2,3,4,),其中 a 为常数,k 为非零常数(I) 令b n a n 1 a n ( n N )，证明数列｛b n ｝是等比数列； (II) 求数列｛ a n ｝的通项公式；(III)当k 1时，求 lim a n .numv uuuv uuuv uuuv uuuiv uuv问题3已知两点M ( 1,0) ,N (1,0),且点P 使MP MN , PM PN , NM NP 成公差小于零的等差数列•uuuv uuuv(I)点P 的轨迹是什么曲线？ (II)若点P 坐标为(X g , y 。
),记 为PM 与PN 的夹角，求tan2a n n a n ,(n N ). (I)求｛a n ｝的通项公式(II)求丄100n 的最小值；a n(III)设函数f(n)是—100n 与n 的最大者，求 f (n)的最小值.三习题探讨 选择题21数列｛a n ｝的通项公式a n n kn ,若此数列满足a na n ,(n N ),则k 的取值范围是A, k 2B, k 2C,k 3D, k 32等差数列｛a n ｝,｛b n ｝的前n 项和分别为S n ,T n ,若」--- ，贝V —=T n 3n 1b n22n 1 2n 12n 1A,—B,-C,-D,-33n 13n 1 3n 43已知三角形的三边构成等比数列 ，它们的公比为q ,则q 的取值范围是若AF , BF , CF 成等差数列，则有16在 ABC 中,ta nA 是以4为第三项,4为第七项的等差数列的公差，ta nB 是以-为3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2m 项之和S 2m ___________________________________ 11等差数列｛a n ｝中，S n 是它的前n 项和且S 6 S 7，S 7 S 8,则①此数列的公差 d 0,1苗A, (0, 丁)B,(151 、5 1 、、5c,[1, 丁) D,(1_5) 24在等差数列｛a n ｝中,a 18 B ,75 1，第10项开始比1大，记25t 色 254 C ,75 [im A (a nn n _3 50 S n ) t ,则t 的取值范围是4D ,75t5o5 设 A (x i , y i ),B (X 2, y 2),C (X 3, y 3)是椭圆2yb 2 1(a 0)上三个点 ,F 为焦点，A, 2X 2 X ] x 3 B,2y 2 y 1 y 32C,—X 2 2D,XX 1 X 3X 1 X 37等差数列｛a n ｝前n (n 6)项和& 324，且前6项和为36,后6项和为180，则n 22 32 23 33 6263{a n }中』m(a 1 a ?10 一个数列{a n },当n 为奇数时，a .9在等比数列2n 3n 6n,则 limS n 1 a n ) ，则a 1的取值范围是 ________________15n5n 1 ；当n 为偶数时，a n 22 .则这个数列的前②S 9S 6,③a 7是各项中最大的一项，④S 7 一定是S n 中的最大项，其中正确的是 r 曰na n X ，且a 1,a 2,a 3 a .组成等差数列(n 为正偶数).又f(1) n 2, f ( 1) n ,(l)求数列的通项a n ；(II)试比较f(1)与3的大小，并说明理由.213已知函数f(x) 3x bx 1是偶函数，g(x) 5x c 是奇函数，正数数列｛a n ｝满足2a 11,f(a n1 a n)g(a n1a n a n ) 1• (I)若｛a n ｝前n 项的和为S n ,求limS n ;n(II)若b n2f (a n ) g(a n 1),求b n 中的项的最大值和最小值•14•已知等比数列｛x n ｝的各项不为1的正数 擞列｛y n ｝满足y n log x n a 2 (a 0且a 1),设 y 4 17, y 7 11.(I)求数列｛y n ｝的前多少项和最大，最大值是多少？(III)试判断，是否存在自然数 M,使当n M 时x n 1恒成立,若存在求出相应的 M;若不存在,请说明理由•解答题2312 已知 f(x) a/ a ?x a 3X(II)设 b n2yn ,S n b i b 2 db n ,求lim 冬的值.n215设函数f(x)的定义域为全体实数，对于任意不相等的实数 X 「X 2,都有f(xj f(X 2)X i 屜，且存在 X 0,使得 f (X o ) X o ,数列｛a n ｝中，31X o , f(a n ) 2a n 1 a n (n N),求证:对于任意的自然数n ,有：(I) 3n X o ； (II) 3nX n 1.参考答案：2 2问题 1 解：(I) a i a 2 a n n a n ,得 S n = n a n当n2时，a nS nS n 12=n a n(n1)2a n 1,有(n 21)a n2a n n 1 (n 1) a n 1，即a n 1n 1于是 a na 2 a 3 a 4a n 1 2 3 n 1 2 1 1于是a 〔 a 〔 a 2 a 3a n 13 4 5n 1n(n 1).乂 a 〔 ，得 a n 一.2 n(n 1)由于 a 1也适合该式，故a n =1n(n 1).1所以当n 49或50时，100n 有最小值 2450. a n有 f min (n)= f (1)=1.而,当n 2时，虽乩f(a n )b n 1a n a n 1因此，数列｛b n ｝是一个公比为k 的等比数列.n 1n 1(II) 解:由(I)知,b n k b 1 k (a 2 aj(n N )(II)丄100 n = n 2 99n = (n 249.5)2450.25(III)因f(n)是丄 100 n 与n 的最大者，有 f(n) a n100)n(1 n 1 100n(100 a nn)'问题 2(I)证明：由 b | a 2 a 10 ,得 b 2 a 3 a ?fQ) f(aj k(a 2 aj 0.由数学归纳法可证b n a n 1 a n 0(nN ). f(a n 1)a n a n 1k(a n a n 1) ka n a n 11,当k 1 时,bi1 k n 1b 2 b n (a 2 印），1—(n 2) k当k 1 时,bi b 2b n (n 1)(a 2 印）（n 2）而bi b 2b n(a 2 aj (a 3a 2)(a na n 1 )a n a(n2),有当k1时,a n1 k n1a 1 =(a 2 aj1 k(n2);当 k 1 时,a na 1 = (n 1)(a 2 aj (n 2)以上两式对n1时・也成立,于是1 时,a n1 k n1 1 k n1当k a 1 (a 2 印) 1 k =a (f (a) a)1 k当k 1 时,a na 1 (n 1)(a 2ai) = a (n 1)(f (a) a).问题 3 解:(I)设点 P(x,y ),由 M ( 1,0) ,N (1,0) 得UUUV UUV 2 2(II)设P(X 0,y °),则由点P 在半圆C 上知,PM PN x 0 y ° 1..(1 x0)2 y °2 (1x 0)2y °W=(4 2x)(4 2x 0)=2、4x02习题解答:(III)解:当 k 1 时,lim a nnlim[ a (f (a) a)n1 k n1] 1 k ]f (a) a 1 kumv PMUUUVLU uuvUULUUUV NM (2,0)UUUVUUUV 有 MP MNUUUV UUUV 2(1 x) ,PM PN 2 UUUV UUV y 1,NM NP 2(1 x). UUV UUUV UUUV UUUV UUUV 于是 MP MN ,PM PN ,NM UUV NP 成公差小于零的等差数列等价于 2 21 x y 1- [2(1 x) 2(1 22(1 x) 2(1 x) 02 2x)] x y，即 y x 0所以点P 的轨迹是以原点为圆心，-.3为半径的右半圆C.UUUV UUV 又 PM PN得cos 又 0 x 。
1,1,4 x 。
2,sin3、1 cos 214 1x 02 ,由此得 tan\ 3 x )2y ° •UUUV1 由 a n 1 a n (2n1) k 0 ,n N 恒成立，有3 k 0,得 k 3,选 D.a 〔 a ?c a n 2a n b n 2b n b 1 a 1 a 2n 1 口 (2 n 1) 2 D b 2n 1 __2Sn 1 (2n 1) T 2n1 2(2 n 1)3(2n 1) 1选B.3n 12 3设三边长分别为 a,aq,aq ，且a0,q 0 ①当q 1 时，由 a 2aq aq ，得1 1 .5 q 丁 ②当0 q 1 时,由 aq aq 4由印。
a 1 9d 1，且 a 9 1 7 3 又a 1 ，于是 t ai D. 755由椭圆第 2定义得AF 选a ，得壬」 q 1，于是得 J 选D.26由条件得 8d 1 1,而 lim 2 (a nn nS n )t ,CF 4 4tanA,9 (为 2 BF 2(X 2 2—)，选A.c得 tan C tan[ (A B)] 7 由 a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 佝a n ) (a 2 a n 1 ) Ita n 33 tan (A 36 ,a n (a 6 a n 5) B ，有 tan A 2 , tanB 3.B) 1,于是ABC 为锐角三角形a n 1 a n 2a n 3 a n 4 a n 5 216 ,即 6(a 1 a n )=216,得 a 1 ，选B.180有 a n =36, 324,解得 n 18. 1 8S n (3 3^ (2 1 班)，得 n im S 1 3 1 13 1 2 1〕 2 9由条件知 ，公比q 满足0 1,且冷亦当0 q 1时,0 a 1 1 15 2 15于是a 1的取值范围是 (0和6,即 10当n 为奇数时，相邻两项为a n 与a n 2,由a . 5n 1得a n 2 a .5(n 2) 1 (5n 1)=10,且a 1 6 •所以｛a n ｝中的奇数项构成以 a 1 6为首项，公差d 10的等差数列n 2n a 2~当n 为偶数时，相邻两项为a n 与a n 2,由a n = 22,得亠 - a n 2㊁2 ,且 a 2 2 所以｛a n ｝中的偶数项构成以 a 2 2为首项，公比q 2的等比数列. 由此得S 2m 6m m(m 1) 2 10 2UD 5m 2 m 2m1 2. 1 2 11 由 S 6 S 7 , S 7 0,a 8 0,有d 0;S 9 S 6；S 7是S n 中的最大值，选①②④. 12解:(1)由 S s ，得 a 7 f(1) a i 又 f( 1) 印 (2n 1 (2n 1 得(1 1 2 a 2 碍）1 (II) fg 1 1 2f(2)(1)n2a n = n 2,再依题意有a 1 a n = 2n ,即2a 1 a n ,（n 为正偶数）得d2，代入①有1 f (2)1 2 12(?n (2n 1 (2n 1)3. 2n(n a n1)d 2n 2n ① 1.13 解:(I)可得 f(x) 3x 2 1 ,g(x) 5x ,由已知 f (a n a n ) g(a n 1a na n 2)1，得(3a n 12a n ) (a n 1a n )a n 10 ,而 a n 1 a n 0 ,有一a n是 lim Sn3.(II) b n 2f (a n ) g(a n 1)由a n (f)n 1 知b n 的最大值为 5 2 836(a n )2,18 54」 14b 1 —,最小值为 b 4 374 24314 解：（I ） Y nn 1X n ,设 X n XQ有y n 1 Yn2 log x n2lOg a ax n 1 2log a X n 2log a q ,又｛『n ｝成等差数列.Y 7 Y 47 4 2log a qd ，得d2, Y 1 Y 7 (7 1) ( 2)23, y n 25 2n .当 Y n 0 时，即 23 (n 1) ( 2)0,得 n25 2于是前12项和最大，其最大值为144.(II) b n 2Yn225 2n,b! 223，得 Eb n4,b n 223(4)n14 4lim n S n22342!3 lim25n 2(III) 由(I)知当n 12 时,y0恒成立,由Y n2l0g a X n，得X n Y n a^(i)当0 n 12时有X nY na^ a01,(ii)当a 12 时,X n 1,故当0 a 1 时，在M 12 使n M 时,x n1恒成立；当a1时不存在自然数M,使当n M 时x n 1.15证明：用数学归纳法(I)当n 1时，a1a0命题成立.假设当n k(k N)时,a k a0成立,那么当n k 1 时，由f(M)f(X2) X1 X2 ,得f(X o) f(aQ X o a k ,又f (X o) X o,有X o f(a k) X o a k ,而a k X o,得X o f(a k) X o于是a k X o X o f (a k) X o a k,即a k f(a k) f(a k) a k2X0,又f(a k) 2a k 1 a k,有a k (2a k 1 a k) 2X o，即a k 1 X o,于是当n k 1时，命题也成立.综上所述，对任意的k N ,a n (II)由fX) f (X2)又f (X o) X o,得又a n 比,得X o 有f(a n) a n,而故a n 1 a XoX1 X2 ,得f(X o) f(a nf (a n)f(a n) X of(a n) 2a n 1X o a na n，即a n X o X oa n，得2a n 1 a nX o a nf (a n) X o a n,。