不等式数列极限数学归纳法复习资料
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。
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。
SXA277高考数学必修_数列、极限和数学归纳法
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 数列极限数学归纳法
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。
不等式数列极限数学归纳法复习资料
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。
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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。
解答题仍将以能力考查为主，重在考查代数推理能力，常以高中代数的主要内容（函数、方程、不等式、数列、导数、极限、数学归纳法）以及交叉综合内容为知识背景设计问题，主要考查含参数不等式的解法、均值不等式的运用、取值范围的求法等知识点，不排除应用题中直接涉及不等式相关知识的可能。
②以不等式为中心设计函数、方程、不等式的综合题的可能性仍然较大，特别是含绝对值的函数、二次函数、指数函数、对数函数的问题，要注意转化为方程的问题或者是不等式的问题。
③不等式的证明方法仍将以“先分析再综合、先比较再综合”的方法为主，充分体现由知识立意转变为能力立意的命题方向，加大对推理论证能力的考查，重点检测学生的逻辑思维能力和综合素质。
1.4 题型分析与求解策略①关于解不等式。
尽管不会出现单纯解不等式的题，但求解不等式的过程仍然会体现在其它的解题之中。
我们要尽快的通过等价变形，灵活、准确的解出不等式来。
特别是“不等式的解的区间的边界点问题的讨论”、“解含参数的不等式”和“已知不等式的解的集合，求参数的值或范围”的题型要引起高度注意。
例1.若关于x 的不等式a xax >-1的解集为M ，且M ∉2,则a 的取值范围是（ ） ),41.(+∞A ),41.[+∞B )21,0.(C ]21,0.(D 分析：M ∉2，即a a ≤-212，得41≥a 。
选B. 例2.若R b a ∈,,则不等式b x ax +≥+22的解集为R 的充要条件是（ ）A.2±=aB.2±==b aC.,4=ab 且2≤aD.,4=ab 且2≥a 分析：b x ax +≥+22的解集为R 的充要条件是：2222b x ax +≥+对R x ∈恒成立，所以⎩⎨⎧≤∆≥-0042a ，化简得D.例3. 若不等式0)21(log 2>+-x ax a 对]23,1[∈x 恒成立，则实数a 的取值范围 是（ ） A ．)98,21(B ．),23()98,(+∞-∞ C ．),23()98,21(+∞ D ．),21(+∞ 分析：当底数1>a 时，需1212>+-x ax ,对]23,1[∈x 恒成立，那么，分离参数与变量后，就成了：2211x x a ->，再要a 大于它的最大值，令2211x x y -=，求得23max =y ，所以23>a ；同理，当底数10<<a 时，需12102<+-<x ax ,对]23,1[∈x 恒成立，求得9821<<a 。
综上所述，选C 。
例4. 设,2)(2x x f -=若b a <<0,且)()(b f a f =,则ab 的取值范围是（ ） A ．)2,0( B ．(]2,0 C ．(]4,0 D ．)4,0(分析：从图象来看，有2222-=-b a ，即02422>>=+ab b a ，故选A. 例5.若关于x 的不等式0)3)(1(1>+++x x ax 的解集为⎭⎬⎫⎩⎨⎧->-<<-1,13x a x x 或，,则a 的取值范围是（ ）A.)3,1(B.)1,3(--C.⎪⎭⎫ ⎝⎛--31,1D.⎪⎭⎫ ⎝⎛1,31 分析：从边界点来看，需113-<-<-a ，解得131<<a ，故选D. ②关于证明不等式。
尽管证明不等式的方法有很多，但我们首先要重点掌握好分析法、比较法、综合法、放缩法等多种基本方法的灵活运用，在此基础上。
再适时选择换元法、反证法、数学归纳法、导数法、函数的单调性法、判别式法等其它方法。
在分析要证的不等式时，要先进行有效合理的变形，抓住要害，给出证明。
例6.设ABC ∆是锐角三角形，求证：)sin(1)sin(1)sin(12sin 12sin 12sin 1A C C B B A C B A +++++≥++。
分析：从对称性考虑，先证：)sin(22sin 12sin 1B A B A +≥+. ∵在锐角三角形ABC ∆中，02sin ,2sin >B A , ∴BB A A B A B A cos sin cos sin 12sin 2sin 122sin 12sin 1=≥+ )sin(2sin cos cos sin 2B A B A B A +=+≥。
同理有 )sin(22sin 12sin 1C B C B +≥+,)sin(22sin 12sin 1A C A C +≥+，三式相加，得证。
③关于不等式的应用。
我们要重点掌握：在等式条件下或不等式条件下求取值范围（或最值）的方法；应用均值不等式求最值的方法；应用不等式的相关知识，求解子集问题和函数中的单调性问题；方程的根的范围问题等。
例7. 已知集合A ＝{|(2)[(31)]0}x x x a --+<，B ＝22{|0}(1)x a x x a -<-+. （1）当a ＝2时，求A B ； （2）求使B ⊆A 的实数a 的取值范围.解：（1）当a ＝2时，A ＝（2，7），B ＝（4，5）∴ A B ＝（4，5）（2）若1=a ，则 B=Φ,B ⊆A 成立；若1≠a ，则 B ＝（2a ，a 2＋1），当a ＜13时，A ＝（3a ＋1，2）要使B ⊆A ，必须223112a a a ≥+⎧⎨+≤⎩，此时a ＝－1； 当a ＝13时，A ＝Φ，使B ⊆A 的a 不存在； 当a ＞13时，A ＝（2，3a ＋1），要使B ⊆A ，必须222131a a a ≥⎧⎨+≤+⎩，此时1≤a ≤3. 综上可知，使B ⊆A 的实数a 的取值范围为[1，3]∪{－1} 。
例8.已知函数()x f 是定义在R 上的增函数，设函数()()()x f x f x g --=2。
（1）若关于x 的方程：0)(2=-+a x x g 有解，求实数a 的取值范围；（2）解不等式：0)1()(log 2>-+x g x g 。
分析：（1）由()x f 是定义在R 上的增函数，得)(x g 也是定义在R 上的增函数，且0)1(=g ， 0)(2=-+a x x g 有解，即12=-+a x x 有解，求得4545≤≤-a 。
（2）由已知式得)1()3(--=-x g x g ，所以x x ->3log 2，得2>x 。
例9.若关于x 的不等式04822>---a x x 在41<<x 内有解，求实数a 的取值范围。
分析：设a x x x f ---=482)(2，则不等式4104822<<>---x a x x 在内无解的充要条件是⎩⎨⎧≤≤0)4(0)1(f f ，求得4-≥a ，取其补集得4-<a 。
例10.已知z y x ,,均为正数，且1=++z y x ，试探求m 的取值范围，使得不等式 m zy x <---)11)(11)(11( 对任意的正数z y x ,,均不成立。
分析：由x yz x z y x 211≥+=-，余同，得8)11)(11)(11(≥---zy x ，所以，8<m 。
1.5 典型题训练：1.若关于x 的不等式 x xa x >-ln 2对一切)1,0(∈x 恒成立，则实数a 的取值范围 是（ D ）A ．)1,0(B ．[)∞+,1C ．)2,0(D ．[)∞+,22.若实数y x ,满足条件 824<+yx ，则点),(y x P 恒在（ D ）A. 直线32=+y x 的右上方B.直线42=+y x 的右上方C.直线32=+y x 的左下方D. 直线42=+y x 的左下方 3.若实数y x ,满足条件1162522≤+y x ，则恒有（ B ） A.1622≤+y x B.2522≤+y x C.1622≥+y x D.2522≥+y x4.若ABC ∆的角A 所对的边之长为a ，且 a a A 1sin 2+=， 则ABC ∆的面积的最大值为（ D ） A. 2 B. 1 C.21 D.41 5.若函数)1(log )(2++=ax x x f a 存在最大值，则实数a 的取值范围是（ B ）A.1>aB.10<<aC.21<<aD.20<<a 且1≠a6.设x 、y R ∈，且2220x y x ++<，则（ ）A ．22680x y x +++<B ．22680x y x +++> C ．22430x y x +++< D ．22430x y x +++> 7.给出命题①：若：12221≤+a a ，则()()()1112221222122211-+-+≥-+b b a a b a b a 。