极限经典例题集

例题1．在数列{a n}中，a1=1，当n≥2时，a n，S n，成等比数列。

（1）求a2，a3，a4；

（2）猜想a n的表达式并用数学归纳法证明；

（3）求；

（4）（思考题）不使用猜想a n的表达式并用数学归纳法证明的方法直接求a n。

1..解析：∵a n，S n，成等比数列，∴（n≥2）（*）

（1）把a1=1，S2=a1+a2=1+a2代入（*）式得：

把a1=1，，代入（*）得：。

同理可得：

由此可以推出：

（2）（i）当n=1，2，3，4时，由（*）知猜想成立。

（ii）假设n=k（k≥2）时，成立。

故

∴或（舍去）

由得

即n=k+1时，命题也成立。

由（i）（ii）可知，对一切n∈N成立。

（3）由（2）得数列前n项的和，所有项和

（4）对于{a n}的通项还可以这样来求：

∵，∴

，故是以为首项，为公差的等差数列故

，

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

例1.数列{a n}满足下列条件，求其通项公式a n。

(1)a1=1，

(2)a1=2，

(3)a1=2，{a n}的前n项和S n满足

解：

(1)

……

将以上各式叠加，得

∴

又n=1时，

(2)

……

将以上各式叠乘，得

∴a n=n(n+1)(n≥2)

当n=1时，1×(1+1)=2 = a1∴a n=n(n+1)(n∈N*)

(3)

∴2S n-1S n=S n-1-S n(n≥2)

在上式两边同除以S n S n-1，得

∴数列为首项，公差为2的等差数列。

例2、在等差数列{a n}中

(1)若a p=q，a q=p(p、q∈N*且q≠p)，求a p+q；

(2){a n}共有n项，其前四项之和为124，其最后四项之和为156，其所有项之和为210，求项数n；

(3)若{a n}前n项和记为S n，且有，求S m+n的范围

解：

(1)

∵a q=a p+(q-p)d

∴a p+q=a p+(q+p-p)d=q+q×(-1)=0

(2)

∵a1+a2+a3+a4=124

a n+a n-1+a n-2+a n-3=156

∴(a1+a n)+(a2+a n-1)+(a3+a n-2)+(a4+a n-3)=280

∴4(a1+a n)=280∴a1+a n=70

∴n=6

(3)设前n项和

将以上两式相减得：

两边同除以m-n，得

例3、在数列{a n}中，S n是其前n项和，a1=1，S n+1=4a n+2(n∈N*) (1)设b n=a n+1-2a n，求证数列{b n}为等比数列并求其通项公式；

(2)设，求证数列{C n}是等差数列并求其通项

解：

(1)

∵S n+1=4a n+2

∴S n+2=4a n+1+2

将以上两式相减，得a n+2=4a n+1-4a n

∴a n+2-2a n+1=2(a n+1-2a n)

又s2=4a1+2=a1 +a2∴a2 =5

∴数列{b n}是以b1=a2-2a1=5-2=3为首项，q=2为公比的等比数列。∴b n=3×2n-1

(2)

∴数列{C n}是以为首项，为公差的等差数列。

例4、在等差数列{a n}中，公差d≠0，a2是a1与a4的等比中项，已知数列

成等比数列，求数列{k n}的通项k n

解：

∵a2是a1与a4的等比中项

∵d≠0∴a1=d

∵是等差数列中的第k n项，是等比数列中的第n+2项

且=a1+(k n-1)d=d+(k n-1)d=k n d

∴∴

2.数列的极限

应用恒等变换和极限的四项运算法则，将数列的极限转化为三个基本极限

来求解。

3.数学归纳法

数学归纳法有两个基本步骤：第一步，验证n=n0时，命题成立；第二步，假设n=k时，命题成立，然后利用归纳假设证明n=k+1时成立。用数学归纳法证明命题时特别要求证明的逻辑严密性。数学归纳法通常用来证明有关等式，不等式，整除，几何命题等。

例5.数列{a n}满足，a1=2

(1)求数列{a n}的通项；

(2)令，求出n∈(1，10000)内使b1b2b3…b n为整数的n的所有值的和。

解：

(1)由a1=2得：

由a2=3得：

由a3=4得：

猜测：a n=n+1(n∈N*)

下用数学归纳法证明该猜测

1°当n=1时，a1=1+1=2，命题成立

2°假设n=k(k∈N*)时，命题成立，即有a k=k+1，

则

=(k+1)+1

即n=k+1时，命题也成立。

综合1°，2°知，a n=n+1(n∈N*)

(2)

∵

将a n=n+1代入得

=log2(n+2)

欲使b1b2b3…b n为整数，须使n+2为2的整数幂

∵n∈(1,10000)

∴n+2可是以22，23，24，213

∴所求和为(22-2)+(23-2)+(24-2)++(213-2)

=22+23+24+…+213-24

=214-28=16356

例6.无穷数列{a n}的前n项和为b n，无穷数列{b n}的前n项和C n，对n∈N*，恒有b n+c n=n，

(1)证明：数列{1-b n}是等比数列；

(2)求

(3)比较的大小关系

解：

(1)首先b1+C1=1而C1=b1，得

由已知：b n+C n=n，有b n+1+C n+1=n+1

将两式相减，有b n+1-b n+b n+1=1

∴数列{1-b n}是以的等比数列。

(2)由(1)知：

(3)n=1时，

n≥2时，

综上，

当n=1或2时，显然有

当n≥3时，

这时

例7.设，不论α、β为何实数，恒有f(cosα)≤0，f(2-sinβ)≥0，正数数列{a n}的前n项和S n=f(a n)，n∈N*

(1)求b值；

(2)求{a n}的通项公式；

(3)令，{c n}的前n项和为T n，比较T n与的大小。

解：

(1)当cosα=1时，有f(1)≤0

当sinβ=1时，有f(2-sinβ)=f(1)≥0

∴f(1)=0

(2)

令n=1，有

解得a1=3或a1=-1(舍)

将以上两式相减，

∵{a n}为正数数列，∴a n，a n-1>0，∴a n+a n-1>0

∴a n-a n-1=2(n≥2)

∴{a n}是以a1=3为首项，公差为2的等差数列

∴a n=3+(n-1)×2=2n+1

(3)

∴T n=C1+C2+…+C n

[课后练习]

1.数列{a n}的通项公式是a n=n2-kn，若数列{a n}是递增的，则实数k的取值范围是()

(A)k<3(B)k≤3(C)k<2(D)k≤2

2.数列{a n}的通项公式是，当a n取最大值时，n等于()

(A)4(B)5(C)6(D)7

3.数列{a n}满足a1=0，，则a20等于()

(A)0(B)(C)(D)

4.等比数列{a n}中，a n>0，a5a6=16，则log4a1+log4a2+…+l og4a10=_____

5.在等比数列{a n}中，a5，a9是方程7x2-18x+7=0的两个根，则

6.数列{a n}的前n项和S n满足a n+2S n S n-1=0(n≥2)，

(1)求证：是等差数列；

(2)求a n；

(3)若b n=2(1-n)a n(n≥2)，求证：

7.已知数列{a n}的首项a1=5，前n项和为S n，且S n+1=2S n+n+5(n∈N*)

(1)证明数列{a n+1}是等比数列；

(2)令f(x)=a1x+a2x2++a n x n，求函数f(x)在点x=1处的导数f′(1)

[参考答案]

1.选A

∵a n+1-a n=(n+1)2-k(n+1)-(n2-kn)=2n+1-k>0(n∈N*)

∴k<2n+1对任意n∈N*成立

而2n+1最小值为3，∴k<3

2.选A

∴a n图象可看作是函数个单位，再上移个单位而得到(a n图象是一些孤立点)画草图

可知，a4最大

3.选B

∴可知{a n}的各项数值以3为周期重复出现

4.

5.

又a5，a7，a9符号相同，∴a7=1

6.

(1)由a n+2S n S n-1=0 (n≥2)

∴S n-S n-1+2S n S n-1=0 (n≥2)

为首项，公差为2的等差数列。

(2)

(3)

7.

(1)

∵S n+1=2S n+n+5

∴S n=2S n-1+(n-1)+5(n≥2)

∴S n+1-S n=2(S n-S n-1)+1(n≥2)

即a n+1=2a n+1(n≥2)

∴a n+1+1=2(a n+1)(n≥2)

∴{a n+1}从第2项起，是公比为2的等比数列

又a1=5，由S n+1=2S n+n+5令n=1

有S2=2S1+6∴a1+a2=2a1+6∴a2=11

∴{a n+1}是以a1+1=6为首项，公比为2的等比数列

(2)

∵f′(x)=a1+2a2x+3a3x2+…+na n x n-1

∴f′(1)=a1+2a2+3a3+…+na n

由(1)知a n+1=6×2n-1∴a n=6×2n-1-1

令T n=6×20+2×6×21+3×6×22+…+n×6×2n-1

∴2T n=6×21+2×6×22+3×6×23+…+n×6×2n

∴-T n=6×20+6×21+6×22+…+6×2n-1-n×6×2n

∴T n=(n-1)×6×2n+6