数列、极限、数学归纳法专题
数列专题复习选题人：董越【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。
（3）数学归纳法是一种数学论证方法，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想，对培养学生逻辑思维的能力，计算能力，熟悉归纳、演绎的论证方法，提高分析、综合、抽象、概括等思维能力，都有很好的效果。
（4）数列、极限、数学归纳法这部分知识，在高考中占有相当的比重。
这部分知识是必考的内容，而且几乎每年有一道综合题。
3.等差数列（1）定义：a n+1－a n =d(常数d 为公差) （2）通项公式：a n =a 1+(n －1)d（3）前n 项和公式：S n =2)(1n a a n +=na 1+2)1(-n n d （4）通项公式推广：a n =a m +(n －m)d 4.等差数列{a n }的一些性质（1）对于任意正整数n ，都有a n+1－a n =a 2－a 1（2）{a n }的通项公式：a n =（a 2－a 1）n+(2a 1－a 2)（3）对于任意正整数p,q,r,s,如果p+q=r+s ，则有a p +a q =a r +a s（4）对于任意正整数p,q,r,如果p+r=2q,则有a p +a r =2a q（5）对于任意正整数n>1，有2a n =a n －1+a n+1（6）对于任意非零实数b ，若数列{ba n }是等差数列，则数列{a n }也是等差数列（7）已知数列{b n }是等差数列，则{a n ±b n }也是等差数列（8）{a 2n }，{a 2n －1}，{a 3n }，{a 3n －1}，{a 3n －2}等都是等差数列（9）S 3m =3（S 2m －S m ） （10）若S n =S m (m ≠n)，则S m+n =0（11）若S p =q,S q =p ，则S p+q =－(p+q)(p ≠q) （12）S n =an 2+bn ，反之亦成立5.等比数列（1）定义：nn a a 1+=q(常数q 为公比) （2）通项公式：a n =a 1q n －1 （3）前n 项和公式S n =111)1(11≠=⎪⎩⎪⎨⎧--q q q q a na n 特别注意q=1时，S n =na 1这一特殊情况。
（4）通项公式推广：a n =a m ·q n－m 6.等比数列{a n }的一些性质（1）对于任意正整数n ，均有n n a a 1+=12a a （2）对于任意正整数p 、q 、r 、s ，只要满足p+q=r+s ，则a p ·a q =a r ·a s（3）对于任意正整数p 、q 、r ，如果p+r=2q ，则a p ·a r =a q 2（4）对任意正整数n>1，有a n 2=a n －1·a n+1（5）对于任意非零实数b,{ba n }也是等比数列（6）已知{a n }、{b n }是等比数列，则{a n b n }也是等比数列（7）如果a n >0，则{log a a n }是等差数列（8）数列{log a a n }成等差数列，则a n 成等比数列（9）{a 2n }，{a 2n －1}，{a 3n －1}，{a 3n －2}，{a 3n }等都是等比数列7.数列极限（1）极限的定义“ε—N ”（2）极限的四则运算 若∞→n lim a n =A ，∞→n lim b n =B ，则∞→n lim (a n ±b n )= ∞→n lim a n ±∞→n lim b n =A ±B ∞→n lim （a n ·b n ）=∞→n lim a n ·∞→n lim b n =A ·B ∞→n lim （a n /b n ）=∞→n lim a n /∞→n lim b n =BA (B ≠0) （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 中学数学中数列求极限最终都化成这两类的极限问题。
由①我们可以得到多项式除多项式的极限。
∞→n lim q q q p p p a n b n b a n a n a +⋯+++⋯++--110110=⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧><=q p q p qp b a 不存在 000 其中p,q ∈N,a 0≠0，b 0≠0。
（4）无穷递缩等比数列各项和公式 S=∞→n lim S n =qa -11（|q|<1） 应用：化循环小数为分数。
8.递归数列数列的连续若干项满足的等量关系a n+k =f(a n+k －1,a n+k －2,…,a n )称为数列的递归关系。
由递归关系及k 个初始值可以确定的一个数列叫做递归数列。
如由a n+1=2a n +1，及a 1=1，确定的数列}12{-n即为递归数列。
递归数列的通项的求法一般说来有以下几种：（1）归纳、猜想、数学归纳法证明。
（2）迭代法。
（3）代换法。
包括代数代换，对数代换，三角代换。
（4）作新数列法。
最常见的是作成等差数列或等比数列来解决问题。
9.数列求通项与和 （1）数列前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n =⎩⎨⎧--11s s s n n 12=≥n n （2）求通项常用方法①作新数列法。
作等差数列与等比数列。
②累差叠加法。
最基本的形式是：a n =(a n －a n －1)+(a n －1+a n －2)+…+(a 2－a 1)+a 1③归纳、猜想法。
（3）数列前n 项和①重要公式 1+2+…+n=21n(n+1) 12+22+…+n 2=61n(n+1)(2n+1) 13+23+…+n 3=(1+2+…+n)2=41n 2(n+1)2②等差数列中，S m+n =S m +S n +mnd③等比数列中，S m+n =S n +q n S m =S m +q m S n④裂项求和将数列的通项分成两个式子的代数和，即a n =f(n+1)－f(n)，然后累加抵消掉中间的许多项，这种先裂后消的求和法叫裂项求和法。
用裂项法求和，需要掌握一些常见的裂项，如：)1(1+n n =n 1－11+n n ·n ！=(n+1)!－n! α2sin 1=cot α－cot2α C n －1r －1=C n r －C n －1r )!1(+n n =!1n －)!1(1+n 等。
⑤错项相消法对一个由等差数列及等比数列对应项之积组成的数列的前n 项和，常用错项相消法。
⑥并项求和把数列的某些项放在一起先求和，然后再求S n 。
数列求通项及和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。
10.数学归纳法（1）数学归纳法的基本形式设P(n)是关于自然数n 的命题，若1°p(n 0)成立（奠基）；2°假设P(k)成立(k ≥n 0)，若可以推出P （k+1）成立（归纳），则P(n)对一切大于等于n 0的自然数n 都成立。
（2）数学归纳法的应用数学归纳法适用于有关自然数n 的命题。
具体来讲，数学归纳法常用来证明恒等式，不等式，数的整除性，几可中计数问题，数列的通项与和等。
四、思想方法数列、极限、数学归纳法中，主要注意如下的基本思想方法：1.分类讨论思想。
如等比数列的求和分公比等于1和不等于1两种情形；已知数列前n 项和求通项分n=1和n ≥2两种情形；求极限时对两个参数进行大小比较的讨论等。
2.函数思想。
将数列视为定义域为自然数或其子集的函数。
3.数形结合思想。
如等差数列的通项公式和前n 项和公式分别视为直线、二次曲线的方程。
4.转化思想。
如将非等差数列、非等比数列转化为等差数列、等比数列。
5.基本量思想。
如把首项及公差、公比视为等差数列、等比数列的基本量。
6.构造思想。
如由旧数列构造新数列。
7.特殊化思想。
为研究一般问题可先退化到特殊问题的研究。
在这部分内容中，处处充满了由具体到抽象，由特殊到一般，由有限到无限的辩证法，这就要求我们在思考问题时要用辩证的观点，由具体认识抽象，由特殊窥见一般，由有限逼近无限。
其中，我们常用的“归纳——猜想——证明”法就体现了这一点。
8.一般化思想。
为研究一个特殊问题，我们先研究一般的情形。
我们采用的数学归纳法，就主要体现一般化思想，先证命题对一般值成立，然后再证对每一个特殊的n 值也成立。
北大附中高考数学专题复习数列、极限、数学归纳法(上)
学科：数学教学内容：数列、极限、数学归纳法(上)【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想。
学好这部分知识，对培养学生逻辑思维的能力，计算能力，熟悉归纳、演绎的论证方法，提高分析、综合、抽象、概括等思维能力，都有很好的效果。
【必刷题】2024高二数学上册数列与数学归纳法专项专题训练(含答案)
【必刷题】2024高二数学上册数列与数学归纳法专项专题训练（含答案）试题部分一、选择题：1. 已知数列{an}为等差数列，a1=3，a5=15，则公差d为（）A. 3B. 4C. 5D. 62. 数列{an}的通项公式为an = 2n 1，则数列{an}的前5项和为（）A. 25B. 30C. 35D. 403. 若数列{an}满足an+1 = 2an，且a1=1，则数列{an}是（）A. 等差数列B. 等比数列C. 既不是等差数列也不是等比数列D. 无法确定4. 用数学归纳法证明1+3+5+…+(2n1)=n²，下列步骤中错误的是（）A. 验证n=1时等式成立B. 假设n=k时等式成立C. 证明n=k+1时等式成立D. 直接得出结论1+3+5+…+(2n1)=n²5. 已知数列{an}的通项公式为an = n² + n，则数列{an+1 an}的前5项和为（）A. 20B. 25C. 30D. 356. 数列{an}为等比数列，a1=2，a3=8，则a5=（）A. 16B. 24C. 32D. 647. 已知数列{an}满足an+2 = an+1 + an，a1=1，a2=1，则a5=（）A. 3B. 4C. 5D. 68. 若数列{an}的通项公式为an = 3n 2，则数列{an}的前n项和为（）A. n(3n1)/2B. n(3n+1)/2C. n(3n2)/2D. n(3n+2)/29. 用数学归纳法证明等式2^n > n²，下列步骤中错误的是（）A. 验证n=1时等式成立B. 假设n=k时等式成立C. 证明n=k+1时等式成立D. 直接得出结论2^n > n²10. 已知数列{an}的通项公式为an = 2^n，则数列{an+1 / an}的值为（）A. 1B. 2C. 3D. 4二、判断题：1. 数列{an}的通项公式为an = n²，则数列{an}是等差数列。
【新人教】高考数学总复习专题训练数列、极限和数学归纳法
数列、极限和数学归纳法安徽理（11）如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是____________ (11)15【命题意图】本题考查算法框图的识别，考查等差数列前n 项和. 【解析】由算法框图可知(1)1232k k T k +=++++=，若T ＝105，则K ＝14，继续执行循环体，这时k ＝15，T >105，所以输出的k 值为15. （18）（本小题满分12分）在数1和100之间插入n 个实数，使得这2n +个数构成递增的等比数列，将这2n +个数的乘积记作n T ，再令,lg n n a T =1n ≥.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设1tan tan ,n n n b a a += 求数列{}n b 的前n 项和n S .（本小题满分13分）本题考查等比和等差数列，指数和对数的运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用知识解决问题的能力，综合运算能力和创新思维能力. 解：（I ）设221,,,+n l l l 构成等比数列，其中,100,121==+n t t 则,2121++⋅⋅⋅⋅=n n n t t t t T ①， ,1221t t t t T n n n ⋅⋅⋅⋅=++ ②①×②并利用得),21(1022131+≤≤==+-+n i t t t t n i n.1,2lg ,10)()()()()2(2122112212≥+==∴=⋅⋅⋅⋅=+++++n n T a t t t t t t t t T n n n n n n n n（II ）由题意和（I ）中计算结果，知.1),3tan()2tan(≥+⋅+=n n n b n另一方面，利用,tan )1tan(1tan )1tan())1tan((1tan kk kk k k ⋅++-+=-+=得.11tan tan )1tan(tan )1tan(--+=⋅+kk k k 所以∑∑+==⋅+==231tan )1tan(n k n k k n k k b S23tan(1)tan tan(3)tan3(1)tan1tan1n k k k n n +=+-+-=-=-∑安徽文（7）若数列}{n a 的通项公式是()()n a n =-13-2g ,则a a a 1210++=L （A ） 15 (B) 12 (C ) -12 (D) -15（7）A 【命题意图】本题考查数列求和.属中等偏易题. 【解析】法一：分别求出前10项相加即可得出结论；法二：12349103a a a a a a +=+==+= ，故a a a 1210++=3⨯5=15L .故选A. 北京理11.在等比数列{}n a 中，若112a =，44a =-，则公比q =________；12||||||n a a a +++= ________.【解析】112a =，442a q =-⇒=-，{||}n a 是以12为首项，以2为公比的等比数列，1121||||||22n n a a a -+++=- 。
数列极限与数学归纳法
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n n S n a q d a ,,),(,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}{n a 中有),,,,,(*N k t q p n m ∈，d m n a a m n )(-+=，若t q p n m 2=+=+，则q p n m a a a a +=+t a 2=，k k k k k S S S S S 232,,--成公差为d k 2的等差数列；在等比数列}{n b 中，,m n m n q b b -⋅=若t q p n m 2=+=+，则q p n m b b b b ⋅=⋅2t b =，k k k k k S S S S S 232,,--成公比为k q 的等比数列.2.递推法：已知数列的任意一项n a ，通过给定的规律求出紧接着后面的一项1+n a 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）n S 与n a 的互化，根据数列的前n 项和可求得通项⎩⎨⎧-=-11n n n S S S a ).2(),1(≥=n n（2）形如)0,2(1≠≥+=-c n d ca a n n ，可设常数p ，将其转化为)(1p a c p a n n +=+-，其中p 的值可待定系数确定.（3）形如)(1n f a a n n +=-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}{n a 的通项公式.（4）形如)(1n f a a n n ⋅=-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}{n a 的通项公式.（5）类比推理法，当}{n a 是等差数列⇔)1,0}({≠>c c c n a 是等比数列；}{n a 是正项等比数列⇔}{log n c a )1,0(≠>c c 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n a 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}{n a 是等差数列，数列}{n b 是等比数列，公比为q ，那么}{n n b a ⋅的前n 项和n S 的求法，可分别求出n S 和n S q ⋅的表达式，特别注意n S q ⋅与n S 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n S .（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)(n f a n =，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）来解决数列问题.常见题型与解法：（1）单调性法：考察数列}{n a 的单调性，即可判断相邻两项差：n n a a -+1的符号或直接利用数列所对应函数的单调性，考察n n S a ,的最大、小项等.（2）极值点，零点法：设)2(≥n a n 为数列}{n a 的最大项，则⎩⎨⎧≤≥-+n n n n a a a a 11，但此公式仅为n a 为最大项的必要条件，且1a 不为最大项时适用，设)2(≥n S n 为等差数列}{'na 前n 项和的最大值⇔⎩⎨⎧≤≥+.0,0'1'n n a a5.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0n n =时结论成立；（2）假设当0,n k k n >=时结论正确，证明当1+=k n 时，结论也正确，综上当*0,N n n n ∈>时结论成立。
第四章数列极限数学归纳法
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。
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。
数列、极限、数学归纳法(二) 教案
数列、极限、数学归纳法(二)教学目标1．使学生系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律．深化数学思想方法在解题实践中的指导作用．2．准确理解数列极限的定义，熟练应用数列极限的运算法则求极限并能解决有关问题．3．在解综合题的实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力．重点难点培养学生整体把握问题的能力，透过给定信息的表象，揭示问题的本质，明确解题方向，化难为易，化繁为简，有针对性地解除学生解综合题的思想障碍．教学过程一、等差数列和等比数列的综合题等差数列和等比数列是根据数列中任意相邻两项之间的特殊关系定义的，因此等差数列和等比数列的性质反映了它们中特定项之间的关系．在解决这类综合题时．要全面考察题目中数列里项之间的下标的关系，抓住下标的变化给解题带来的影响，深化对递推关系的认识．例1 若正数a，b，c成等比数列，x，y，z成等差数列，则(y-z)lg a+(z-x)lg b+(x-y)lg c的值为 [ ] A．0B．1C．2D．-1分析由题意可得b2=a·c，设等差数列的公差为d，于是y-z=-d，z-x=2d，x-y=-d．故选择A．(题设中的数列对一般的等差数列、等比数列命题都成立．对于特殊的等差数列与等比数列也成立)设x=y=z=0，显然原式为零．若设a=b=c=1，显然原式为零．(灵活地运用特殊和一般的关系，使解题过程得到简化)tan B与1的等差中项为n，则m·n的等比中项为____．分析找到条件与结论间的内在联系，即tan A·tan B+tan A+tan B与tan(A+B)的关系．tan(A+B)=1，得tan A+tan B+tan A·tan B=1．例3 公差不为零的等差数列的第4，7，16项恰是某等比数列的第4，6，8项，则该等比数列的公比等于____．解法一设等差数列的首项为a1，公差为d，则(a1+6d)2=(a1+3d)解法二设等比数列的公比为q，等差数列的公差为d，第4项为a，则评述由于选择的基本量不同，解法就不同，解法二根据方程的思想和给定项的特征巧设参数，巧解方程组，优化了解题过程．例4 在7个数组成的数列中，奇数项的数组成等差数列，偶数项的数组成等比数列，首末两项与中间项的和等于27，奇数项的和减去偶数项的积之差等于42．试求中间项的值．分析题设中凡有等差数列特定项的和与等比数列特定项的积，注意相关项设法的技巧，一般都从中间向两端发展，发挥定义与公差、公比的作用．想清楚项与项的关系再设．解法一设d是等差数列的公差，q是等比数列的公比，中间项为y．依题意，得因为y2+2y+6=0无实根，所以中间项为y=2．(注意积累“未知数只设不解”的经验)解法二设数列中的第一项为a1，中间项为a4，最后一项为a7．依题意，得由①得 a1+a7=27-a4．④评述解法二较解法一设得简洁，解的漂亮，巧妙地利用了题设的条件和等差数列与等比数列的性质，事半功倍．教学中要不断引导学生善于发掘题目里更深层的联系．例5 数列{a n}是等差数列，公差d≠0，{a n}中的部分项组成的数列ak1，ak2，…，ak n…恰为等比数列，其中k1=1，k2=5，k3=17．(1)求k n；(2)证明：k1+k2+…+k n=3n-n-1．分析等比数列{ak n}是等差数列{a n}的一个子数列，抓住ak n既是等差数列{a n}的第k n项又是等比数列{ak n}的第n项，就能建立k n与n的联系．即(a1+4d)2=a1(a1+16d)，又d≠0，解得a1=2d，故a1≠0．因此等比数列的公比一方面，ak n=a1+(k n-1)d，另一方面，ak n=a1·q n-1=a1·3n-1，得a1+(k n-1)d=a1·3n-1，解得k n=2·3n-1-1．数列{k n+1}是以k1+1=2为首项，公比是3的等比数列，所以k n+1=2·3n-1．故k n=2·3n-1．(2)证明(本题是求数列{k n}的前n项和的问题，根据kn的构成，转化为分别求等差数列与等比数列的前n 项和的问题．)k1+k2+…+k n=(2·30-1)+(2·3-1)+…+(2·3n-1-1)＝2(1+3+…+3n-1)-n=3n-n-1．解法一设等差数列{a n}的首项a1=a，公差为d，则其通项为根据等比数列的定义知S5≠0，由此可得一步加工，有下面的解法)解法二依题意，得例7 在数列{a n}中，S n+1=4a n+2(n∈N)，a1=1．(1)设b n=a n+1-2a n(n∈N)，求证数列{b n}是等比数列，并求出它的通项公式；公式；(3)求数列{a n}的通项公式及前n项和公式．分析由于{b n}和{c n}中的项都和{a n}中的项有关，{a n}中又有S n+1=4a n+2，可由S n+2-S n+1作切入点探索解题的途径．解 (1)由S n+1=4a n+2，S n+2=4a n+1+2，两式相减，得S n+2-S n+1=4(a n+1-a n)，即a n+2=4a n+1-4a n．(根据b n的构造，如何把该式表示成b n+1与b n的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练)a n+2-2a n+1=2(a n+1-2a n)，又b n=a n+1-2a n，所以b n+1=2b n ①已知S2=4a1+2，a1=1，a1+a2=4a1+2，解得a2=5，b1=a2-2a1=3 ②由①和②得，数列{b n}是首项为3，公比为2的等比数列，故b n=3·2n-1．当n≥2时，S n=4a n-1+2=2n-1(3n-4)+2；当n=1时，S1=a1=1也适合上式．综上可知，所求的求和公式为S n=2n-1(3n-4)+2．评述解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用．例8 设数列{a n}的首项a1=1，前n项和S n满足关系式3tS n-(2t+3)S n-1=3t．(t＞0，n=2，3，…)(1)求证数列{a n}是等比数列；(n=2，3，…)．求b n；(3)求和：b1·b2-b2·b3+…+b2n-1b2n-b2n·b2n+1．解 (1)由S1=a1=1，S2=a1+a2=1+a2，3t(1+a2)-(2t+3)·1=3t．得又3t·S n-(2t+3)S n-1=3t，3tS n-1-(2t+3)S n-2=3t．(n=3，4…)，两式相减，得3t(S n-S n-1)-(2t+3)(S n-1-S n-2)=0，即3ta n-(2t+3)a n-1=0，t＞0，(3)(观察所求和中的项的特征，将{b n}分成两个数列{b2n-1}和{b2n}后，问题转化为等差数列求和．)b1·b2-b2·b3+b3·b4-b4·b5+…+b2n-1·b2n-b2n·b2n+1=b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+…+b2n(b2n-1-b2n+1)评述对于数列与函数等知识的综合题，注意层层剖析问题的内在联系，步步紧扣所求的结论，通盘考虑解析式中数列下标间的特征，作为解题的突破口．二、数列的极限数列的极限完美地统一了数列形式上的有限性和实质上的无限性的矛盾．数列的极限是极其重要的数学概念．因此必须正确理解数列极限的定义，准确地把握数列极限的四则运算法则应用的条件，以及C=C(其中C是常数)．q n=0(|q|＜1)与求无穷等比数列各项的和公式，并能熟练准确地运用它们求数列的极限．S n等于[ ]C．2D．-2解法二由等比数列的性质知，S5，S10-S5，S15-S10组成公比为项a1的取值范围是[ ]故选择D．注意积累“利用逆向排除”的方法解选择题的经验．)例11 在数列{a n}中，若(2n-1)a n=1，则(na n)的值等于 [ ]A．0C．1D．2分析逆用数列极限的运算法则时．要保证各局部的数列极限必须例12 设正数数列{a n}为一等比数列，且a2=4，a4=16．评述这是2000年全国高考上海试题，涉及对数、数列、极限的综合题，主要考查等比数列的定义及通项公式，等差数列前n项和公式，对数计算，求数列极限等基础知识，以及综合运用数学知识的能力．a n)，…是公差为-1的等差数列，又2a2-a1，2a3-a2，…，2a n+1-a n，…(1)求数列{a n}的通项公式；(2)计算(a1+a2+…+a n)．分析由于题设中的等差数列和等比数列均由数列{a n}的相关项构成，分别求出它们的通项公式构造关于a n的方程组．解 (1)设b n=log2(3a n+1-a n)，因为{b n}是等差数列，d=-1．b1=log23a n+1-a n＝2-n①设c n=2a n+1-a n，{c n}是等比数列，公比为q，|q|＜1，c1=2a2-a1=例14 已知数列{a n}是首项为1，公差为d的等差数列，其前n项和为A n，数列{b n}是首项为1，公比为q(|q|＜1)的等比数列，其前n项S n=B1+B2+…+B n(正确的分离常量和变量，根据待定系数法构造关于d和q的方程组．)评述本题形式新颖，解法典型，三基检查全面，强调字母运算能力；指导学生解题后的反思，回味化归思想，待定系数法所起的作用．例15 数列{a n}满足条件，a1=1，a2=r，(r＞0)且{a n·a n+1}是公比为q(q＞0)的等比数列，设b n=a2n-1+a2n(n∈N)．(1)求使不等式a n·a n+1+a n+1·a n+2＞a n+2·a n+3(n∈N)成立的q的取值范围；分析揭示{b n}与{a n·a n+1}的内在联系，探寻{b n}的属性；注意求极限时由q的取值范围所带来的影响．=q，代入a n·a n+1+a n+1·a n+2＞a n+2·a n+3，得a n·a n+1+q·(a n·a n+1)＞q2(a n·a n+1)．因为a1=1，a2=r(r＞0)，q＞0，得a n·a n+1＞0，所以1+q＞q2，即q2-q-1＜0，(考查{b n}的属性，由以往的经验，首先考查是否为等比数列，若不是再另行判定．)比为q的等比数列．所以小结 1．数列极限的综合题形式多样，解题思路灵活，但万变不离其宗，就是离不开数列极限的概念和性质，离不开数学思想方法，只要能把握这两方面，就会迅速打通解题思路．2．解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略．3．通过解题后的反思，找准自己的问题，总结成功的经验，吸取失败的教训，增强解综合题的信心和勇气，提高分析问题和解决问题的能力．能力训练1．若等差数列{a n}的公差d≠0，且a1，a3，a7成等比数列，则D．12．已知数列1，1，2，…，它的各项由一个等比数列与一个首项为零的等差数列的对应项相加得到的，则该数列的前10项和为[ ]A．467B．557C．978D．10683．数列{a n}中，a1，a2，a3成等差数列，a2，a3，a4成等比数列，a3，a4，a5的倒数成等差数列，那么a1，a3，a5是[ ]A．等差数列B．等比数列C．倒数成等差数列D．以上答案都不对4．在△ABC中，tan A是以4为第三项，4为第七项的等差数列三角形是[ ]A．钝角三角形B．锐角三角形C．等腰直角三角形D．非等腰的直角三角形5．已知{a n}是等比数列，a1+a2+a3=18，a2+a3+a4=-9，它的前n项和为S n，则S n等于 [ ]A．48B．32C．16D．86．等比数列{a n}的前n项和为S n，首项为1，公比为q，设T n=S n∶(S n+1)，如果A．|q|≥1B．|q|＜1且q≠0C．-1＜q＜0或0＜q≤1D．q≥-1或q＜-1P n的值等于[ ]A．0B．1C．2那么a1的取值范围是[ ]A．(1，+∞)B．(1，4)C．(1，2)9．设首项为3，公比为2的等比数列{a n}的前n项和为S n，首项[]D．0A．|a|＞1B．a∈R且a≠-1C．-1＜a≤1D．a=0或a=1．11．设公比的绝对值小于1的无穷等比数列，x(1-x)，x2(1-x)2，…，x n-1(1-x)n-1，…的各项和S＞1，则实数x的取值范围是____．14．已知无穷等比数列的公比的绝对值小于1，它的所有奇数项的和比所有偶数项的和多27，若去掉这个数列的前两项后，剩下的所有各项之和为60，则其首项a1=____，公比q=____．15．设{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，已知{a n}的公差为b1，{b n}的公比为a1，且{a n}的前10项和等于155，{b n}的前2项和等于9，求这两个数列的通项公式．16．设两个数列{a n}和{b n}满足a1+2a2+3a3+…+na n=(1+2+…+n)b n，其中{b n}是公差为d(d是不为零的常数)的等差数列．(1)证明数列{a n}是等差数列；17．S n是无穷等比数列{a n}的前n项和，公比q≠1，已知1是(1)求S2和S3的值；(2)求此数列的通项公式；(3)求此数列各项的和．(1)证明{a n}是等比数列；19．已知数列{a n}和{b n}满足a1=-9，a n+1=10a n-9，b n=(1)求证{a n}的通项公式为a n=1-10n(n∈N)；20．已知等比数列{a n}中，a1=1，公比为x(x＞0)，其前n项和为S n．(1)写出数列{a n}的通项公式及前n项和S n的公式；(3)判断数列{b n}的增减性；(4)求b n的值．答案提示1．A2．C3．B4．B5．C6．C7．C8．D9．B10．B11．0＜x＜1原式=-1(2)当|p|＜1且p≠0时，原式=1；当|p|＞1时，原式=0．设计说明1．本节课的例题和能力训练题选自近年来的高考试题和模拟试题，以数列极限为主线融汇函数、方程、不等式和三角函数而成，力求方法典型，重要数学思想方法贯穿其中，有利于提高学生解综合题的能力．2．综合题并非无本之木，无源之水，追根寻源，即解决好整体与局部的关系、综合与基础的关系是本节课复习的主旨．3．教师要自始至终引导学生积极主动地参与到解决问题的过程中来，以提高阅读理解能力为突破口，有意识地用数学思想方法分析问题，探索解决问题的途径，达到用活用好通性通法，触类旁通的目的．4．培养学生良好的解题习惯，力求做到步骤完整，推导论证言必有据，计算准确迅速，格式规范，书写清晰，避免无谓失分．。
专题二第三讲极限、数学归纳法PPT课件
专题二 数列、极限与数学归纳
要点知识整合 热点突破探究
第三讲 极限、数学归纳法
高考动态聚焦 课时活页训练
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专题二 数列、极限与数学归纳
要点知识整合 热点突破探究
要点知识整合
1．数列极限的四则运算法则
如果lni→m∞an＝A，lni→m∞bn＝B，则
(1)lim n→∞
(an±bn)＝ lni→m∞an±lni→m∞bn＝ A±B， 即 数 列 和(差 )
的极限等于数列极限的和(差)；
(2)lim n→∞
(an·bn)＝lni→m∞an·lni→m∞bn＝A·B，即数列积的极限
等于数列极限的积；
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专题二 数列、极限与数学归纳
要点知识整合 热点突破探究
lim an
(3)lim
n→∞
an＝ bn
n→∞
lim
＝A bn B
B．－6
C．2
D．6
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专题二 数列、极限与数学归纳
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解析：(1)lim n→∞
1 (n2＋
1＋n2＋2
＋ 1
3 n2＋
1＋…＋n22＋n
1)
＝lim n→∞
nn22n＋＋11＝2.
(2)由题意知lim x→∞
2x2－ax2－ax－bx－b x＋1
－1 这样的因式，由多项式除法可知，ax2＋bx＋1 除以
x－1，商为 ax＋a＋b，余式为 1＋a＋b.
∴a＋b＋1＝0，∴a＋b＝－1，
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高三复习中极限、数学归纳法易错题型
命题角度 1 数学归纳法1．（典型例题）已知a>0,数列{a n }满足a 1=a,a n+1=a+na 1,n=1,2,…. (Ⅰ)已知数列{a n }极限存在且大于零，求A=n n a ∞→lim (将A 用a 表示)；(Ⅱ)设b n =a n -A,n=1,2…,证明：bn+1=-;)(A b A b n n+(Ⅲ)若|bn|≤n21, 对n=1,2…都成立，求a 的取值范围。
[考场错解] (Ⅰ)由n n a ∞→lim ，存在，且A=n n a ∞→lim （A>0）,对a a+1=a+na 1两边取极限得，A=a+A 1.解得A=.242+±a a 又A>0, ∴A=.242++a a (Ⅱ)由a n +b n +A,a n+1=a+n a 1得b n+1+A=a+Ab n +1. ∴.)(1111A b A b A b A A b A a b n n n n n +-=++-=++-=+ 即)(1A b A b b n nn +-=+对n=1,2…都成立。
(Ⅲ)∵对n=1,2,…|bn|≤n21，则取n=1时，21||1≤b ,得.21|4(21|2≤++-a a a ∴14.21|)4(21|22≤-+∴≤-+a a a a ,解得23≥a 。
[专家把脉] 第Ⅲ问中以特值代替一般，而且不知{b n }数列的增减性，更不能以b 1取代b n . [对症下药] (Ⅰ) (Ⅱ)同上。
(Ⅲ)令|b 1|≤21,得.21|)4(21|2≤++-a a a ∴.21|421|2≤-+a a ∴.23,142≥≤-+a a a 解得 现证明当23≥a 时，n nb 21||≤对n=1,2,…都成立。
(i)当n=1时结论成立（已验证）。
(ii)假设当n=k(k ≥1)时结论成立，即kk b 21||≤，那么.21||1|)(|||||1k k k k k A b A A b A b b ⨯+≤+=+故只须证明21||1≤+A b A k ，即证A|bk+A|≥2对a ≥23成立由于,422422aa a a A -+=++=而当a ≥23时，而当a ≥23时，.2,142≥∴≤-+A a a ∴,1212||||≥-≥-≥+k k b A A b 即A|b k +A|≥2. 故当a ≥23时，.212121||11++=⨯≤k kk b即n=k+1时结论成立。
【高中数学】数列的应用问题数列的极限和数学归纳法
【高中数学】数列的应用问题数列的极限和数学归纳法【高中数学】数列的应用问题、数列的极限和数学归纳法一、课程内容：数列的应用问题、数列的极限和归纳法二、教学要求：1.了解数列的一般应用问题，理解“复制”的概念及相关的应用问题，能建立较典型问题的数学模型。
2.了解序列极限的概念，掌握极限的四种算法，能够找到某个序列的极限。
3.理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题。
三串通1.零存整取和按揭贷款问题（见例题选讲）2.序列极限的概念3.常用的极限4.序列极限算法：5.无穷递缩等比数列的各项和{an}是一个等距序列，如果Q<1，{an}是一个无限递归等距序列。
6.求数列极限的常用① 求分子和分母都包含关于n的代数公式或指数公式的数列的极限。
将分子和分母除以分母的最高幂（即无穷小除法），然后求极限。
②利用有理化因子变形；③ 求和的极限时，一般先求和，再求极限；⑤求含有参数的式子的极限时，注意对参数的值进行分类讨论，分别确定极限是否存在，若存在求出值。
7.数学归纳法数学归纳法是一种证明与自然数n有关的数学命题的证明方法。
（1）数学归纳的步骤：（三步）①验证n取第一个值n0时命题f(n0)正确。
（是递推基础）；② 假设命题f（k）在n=k（k）时是正确的∈ n、K≥ 证明了当n=K+1时命题f（K+1）也是正确的。
（这是递归的基础）；③由①、②可知对任意n≥n0命题f(n)都正确。
（结论）。
（2）当用数学归纳法证明命题f（n）时，困难在于第二步。
也就是说，假设n=k，f（k）为真。
当n=K+1时，f（K+1）也是真的。
推导中必须使用“归纳假设”，这一步证明“结构相同”。
如：用数学归纳法证明这个等式成立。
则n＝k＋1时（与K的结构相同）∴当n＝k＋1时，等式也成立。
解决方案：前几项通过递归公式计算再用数学归纳法证明：…[典型示例]例1.零存整取和按揭贷款问题（1）利息计算：①单利：每期都按初始本金计算利息，当期利息不计入下期本金。