数列、极限、数学归纳法专题

2024-08-11

数列、极限、数学归纳法专题（共12篇）

数列、极限、数学归纳法专题篇1

华中师大一附中孟昭奎

专题十数列极限与函数极限

一、选择题

(1x)mab，则a·b=（）1．（2008年高考·湖北卷）已知m∈N, a、b∈R，若lim n0x

A．-mB．mC．-1D．1 *

2．lim(n1

4A．1 111)的值为（）464684682n1111B．C．418D．11 24

x32xa2(x1)3．若函数f(x)15a在点x=1处连续，则实数a=（）(x1)3x

1A．4B．-14C．4或-14 D．1或-4 4

4．下列命题：①发果f(x)=1，那么limf(x)=0；②如果f(x)=x1，那么f(x)=0；③如xx

x22xx,x0果f(x)=，那么limf(x)不存在；④如果f(x)，那么limf(x)=0，其中真x2x0x2x1,x0

命题是（）

A．①②B．①②③C．③④D．①②④

ax2bx3cx3bxccxa1，则lim5．设abc≠0，lim的值等于（），limxaxbxbx3cx2a3xbx2c4

419 A．4B．C．D． 944

an1abn126．设正数a, b满足lim(x+ax-b)=4，则lim等于（）nax22b11 A．0B．C．D．1 4

27．把1+(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n展开成关于x的多项式，其各项系数和为an，则lim等于（）

A．2an1na1n14B．12C．1D．2

二、填空题

8．已知数列的通项an=-5n+2，其前n项和为Sn，则lim

9．lim(x2Sn=________． nn241)=________． x24x

2专题十数列极限与函数极限

2012年高考复习资料—第二轮复习专题练习题

华中师大一附中孟昭奎

10．（2008年高考·安徽卷）在数列{an}中，an=4n-5, a1+a2+…+an=an2+bn, n∈N*，其中a, b2

anbn

为常数，则limn的值为__________． nabn

ex1,(x0)11．关于函数f(x)(a是常数且a>0)．下列表述正确的是_________．（将你2ax,(x0)

认为正确的答案的序号都填上）

①它的最小值是0

②它在每一点处都连续

③它在每一点处都可导

④它在R上是增函数

⑤它具有反函数

12．如图所示，如果一个凸多面体是n棱锥，那么这个凸多面体的所有顶点所确定的直线共有_______条．这些直线中共有f(n)对异面直线，则f(4)=_______;f(n)=_______．（答案用数字或n的解析式表示）

三、解答题

1x(x0),13．已知f(x) xabx(x0).

（1）求f(-x)；（2）求常数a的值，使f(x)在区间(-∞, +∞)内处处连续．

14．已知{an}, {bn}都是公差不为0的等差数列，且limanaa2an2，求lim1的值． nbnnbn2n

15．已知数列{an}中a1=2, an+1=(2-1)(an+2), n=1, 2, 3, …．

（1）求{an}的通项公式；（2）若数列{bn}中b1=2, bn+1=3bn4, n=1, 2, 3, …．

数列、极限、数学归纳法专题篇2

一、数列极限概念的本质

教科书中给出的数列极限的概念是:一般地, 如果当项数n无限增大时, 无穷数列{an}的项an无限地趋近于某个常数a (即|an-a|无限地接近于0) , 那么就说数列{an}以a为极限, 或者说a是数列{an}的极限.这个定义是描述性的, 便于高中生理解, 极限含有“无限逼近”的意思.数列极限的概念实质上是回答在什么条件下常数a可以称为无穷数列{an}的极限, 答案就是必须要满足这样的条件:项数n无限大, 数列的项an就无限接近常数a.这里须要注意的是, an无限接近a是项数n无限大的结果, a是n无限增大这个变化过程的终极目标.定义中只强调了“an无限趋近a”, 但是并不对趋近的方式有要求.即an趋近a的方式可以有很多种:an可以一直大于a, 也可以一直小于a, 或者是一会儿大于a, 一会儿小于a, 只要是满足在不断地“趋近a”这个条件就可以了.数列极限的概念包含了由有限退至无限的, 再用有限来刻画无限的思想, 具有极强的辩证思想———过程无限, 结果却有限.

二、数列极限概念教学探究

1. 建立与原有认知的联系

数学概念的学习同其他一切学习一样是将外在学习材料内化的过程.如果新概念与学生的原有认知有联系, 则应该想办法建立这个联系, 使学生的认知结构同化;否则教师需要用形象化的语言或直观展示准备好相类似的结构.数列极限概念的教学首先应该找到其与学生原有认知的联系.在上述探讨中我们知道, 学生在生活经验上接触过“极限”, 在数学经验上接触过“数列”和“极限思想”, 所以教学中教师应该注意建立这些原有认知与数列极限概念之间的联系.

实际教学中可从以下三条途径建立联系. (1) 由数列出发建立联系与学生的数学学习最为贴切, 比较具有数学味道, 不容易让学生漫天想象, 但是正因为数学味道浓, 所以相对来说趣味性就不高了. (2) 由极限思想出发建立联系, 如果是用一些有趣的数学史故事来操作, 自然趣味性就比较高, 也容易吸引大部分学生的注意力, 培养学生的数学文化素养, 但是如果控制不好容易使部分学生走神.比如以《庄子·天下篇》中的名句“一尺之棰, 日取其半, 万世不竭”引入, 有的学生就会联想到谁是庄子、他的故事是什么等一系列与数学无关的问题.如果是用数学归纳法等含有数学思想的知识来操作, 对学生的思维要求就比较高, 因为它涉及了无限的问题, 而且“极限思想”到目前为止从来没有被提到过. (3) 由学生的生活经验出发建立联系, 与实际问题最为贴近, 能够拉近数学与生活的距离, 引起学生的兴趣, 但是设置生活中的极限问题对教师来说是一个难点.因为这样的问题要既与生活联系又与数列极限联系, 而且要激发学生的探索欲.

2. 建立准确的数列极限概念

在进行数列极限概念的教学时, 学生往往将生活经验中的极限与数学中的极限概念混淆.生活经验中的“极限”指的是量的最大值, 而数学中的“极限”指的是运动过程的无限逼近值;生活经验中的“极限”对量的变化设定了一个范围, 即变化过程必须在“极限”的某一侧, 而数学中的“极限”则没有对变化的范围做要求.因此教师只要能将这两点区别让学生明白, 数列极限概念的教学就算是成功的了.怎样让学生明白呢?采取什么样的方法对数列极限概念进行诠释更容易让学生接受呢?

首先, 建立数列极限概念的直观感知.在建立了数列极限概念与学生原有认知的联系之后, 数列极限概念的教学便有了基础, 接下来便是要想办法让学生逐步理解什么是数列极限了.对于每一个概念的形成, 首先是从具体的事物中得到感性认识, 再提取出同一类事物的共同属性, 抽象出具体的概念.根据概念形成的这一过程, 我们首先建立学生对数列极限的直观感知.完成这一任务的方法便是向学生展示多种不同的数列, 让学生加以区分它们的区别与共性, 形成初步的感性认知后, 教师便可以向学生明确指出, 无限数列可以根据它们是否能趋近某个唯一的常数作为标准来分类, 这个常数就叫作这个数列的极限.这样, 学生初步形成了数列极限的概念.

其次, 得出数列极限概念的描述性定义.《标准》对极限概念的教学目标要求仅为:了解其概念.结合教学目标分析, 高中的数列极限概念教学选择描述性的定义就可以了.这样既能让学生“了解”数列极限的概念, 又可以降低学习的难度.定义的得出可以先让学生用自己的语言归纳概括出数列极限的概念, 再由教师引导得出比较准确的概念.

数列、极限及数学归纳法篇3

例1 已知数列[an]和[bn]满足[a1=m],[an+1=][λan+n,][bn=an-2n3+49.]

（1）当[m=1]时,求证: 对于任意的实数[λ],[an]一定不是等差数列；

（2）当[λ=-12]时,试判断[bn]是否为等比数列.

解析（1）当[m=1]时,[a1=1,a2=λ+1,][a3=λλ+1][+2=λ2+λ+2]，

假设[an]是等差数列,则由[a1+a3=2a2,]得[λ2+λ+3=2λ+1],即[λ2-λ+1=0],

由Δ[=-12-4⋅1⋅1=-3<0]，矛盾.

故对于任意的实数[λ],[an]一定不是等差数列.

（2）当[λ=-12]时,[an+1=-12an+n.]

而[bn=an-2n3+49,]

所以[bn+1=an+1-2(n+1)3+49]

[=(-12an+n)-2(n+1)3+49]

[=-12an+n3-29=-12(an-2n3+49)=-12bn.]

又[b1=m-23+49,]

故当[m=29]时, [bn]不是等比数列.

当[m≠29]时, [bn]是以[m-29]为首项,[-12]为公比的等比数列.

点评判断某个数列是否为等差（比）数列，有两种常用方法：①定义法，②看任意相邻三项是否满足等差（比）中项. 若判断某个数列不是等差（比）数列，只需说明前三项不满足即可.

例2 已知数列[an]满足[a1=13]，[a2=79]，[an+2=43an+1-13an][(n∈N*)].

（1）求数列[an]的通项公式；

（2）求数列[nan]的前[n]项和[Sn].

解析（1）由[an+2=43an+1-13an]，

得[an+2-13an+1=an+1-13an]，

∴数列[an+1-13an]是常数列，

[an+1-13an=a2-13a1=23]，即[an+1=13an+23]，

得[an+1-1=13(an-1)]，

∴数列[an-1]是首项为[a1-1=-23]，公比为[13]的等比数列，[an-1=(-23)⋅(13)n-1]，

故数列[an]的通项公式为[an=1-23n].

（2）[nan=n(1-23n)=n-2⋅n3n].

设[Tn=13+232+333+⋯+n3n]， ①

[13Tn=][132+233+⋯+n-13n+n3n+1]. ②

①-②得[23Tn=13+132+133+⋯+13n-n3n+1]，

∴[Tn=34-2n+34⋅3n].

故[Sn=(1+2+3+⋯+n)-2Tn]

[=n(n+1)2-32+2n+32⋅3n=(n2+n-3)⋅3n+2n+32⋅3n.]

点评由递推公式求通项公式是考查的重点和难点，是解决后续问题的关键，复习时应重点关注递推数列的类型与求法，重点关注叠加、叠乘、迭代、转化等解题技巧的训练. 已知[Sn]与[an]的关系式[an=fSn]可求[an]，也可求[Sn]，关键是用[an=Sn-Sn-1][(n≥2)]来转化；数列求和的常见方法有分组求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分解转化法，若涉及正负相间的数列求和常需分奇偶讨论，公比是参数的等比数列求和也需对公比[q=1]和[q≠1]两种情况进行分类讨论.

例3 已知数列[an]和[bn]满足[an=an-1bn]，[bn=bn-11-a2n-1(n≥2)]，当[a1=p,b1=q(p>0,q>0)]且[p+q=1]时.

（1）求证：[an>0,bn>0]且[an+bn=1(n∈N);]

（2）求证：[1an+1-1an=1]；

（3）求[limn→∞bn]的值.

解析（1）当[n=1]时，命题显然成立，假设[n=k]时命题成立，即[ak>0,bk>0,ak+bk=1]，

当[n=k+1]时，因为[00]，

于是[bk+1=bk1-a2k>0]，[ak+1=akbk+1>0]，

[ak+1+bk+1=akbk+1+bk+1=(ak+1)bk+1]

[=(ak+1)bk1-a2k=bk1-ak=bkbk=1]得证.

（2）[1an+1-1an=1anbn+1-1an=1an(1bn+1-1)]

[=1an(1-a2nbn-1)=1anbn(1-bn-a2n)]

[=1anbn(an-a2n)=1-anbn=1.]

（3）由（2）可知，[1an=1a1+(n-1)=1p+(n-1),]

所以[an=pp(n-1)+1.]

[∴bn=1-an=1-pp(n-1)+1,]

[∴limn→∞bn=1].

点评处理两个数列交错渗透的问题，可利用函数思想消元、代换，转化到一个数列中求解.

例4 已知函数[f(x)=x-ln(1+x)]，数列[an]满足[0

（1）求证：[0

（2）求证：[an+1

解析（1）先用数学归纳法证明[0

①当[n=1]时，由已知，结论成立.

②假设当[n=k]时，结论成立，即[0

因为[00]，所以[f(x)]在[(0,1)]上是增函数. 又[f(x)]在[[0,1]]上连续，所以[f(0)

又因为[0

[an+1-an=an-ln(1+an)-an=-ln(1+an)<0]，

所以[an+1

综上,[0

（2）设函数[g(x)=ln(1+x)-x+x22(00,]所以[g(x)]在[(0,1)]上是增函数. 又[g(x)]在[[0,1]]上连续，且[g(0)=0,]所以当[00]成立，于是[g(an)>0]，即[ln(1+an)-an+a2n2>0.]故[an+1

点评数列是特殊的函数，数列不等式与一般函数不等式一样，可以考虑从函数的角度来思考，处理的关键是揭开数列不等式的面纱，找准对应的函数，利用函数的单调性来证明.

例5 过点[P(1,0)]作曲线[C:y=xk(x∈(0,+∞),][k∈N*,k>1)]的切线，切点为[Q1],设点[Q1]在[x]轴上的投影是点[P1]；又过点[P1]作曲线[C]的切线，切点为[Q2],设[Q2]在[x]轴上的投影是[P2]；…依此下去,得到一系列点[Q1],[Q2],…,[Qn],…设点[Qn]的横坐标为[an].

（1）试求数列[{an}]的通项公式[an]；（用含[k]的代数式表示）

（2）求证：[an≥1+nk-1;]

（3）求证：[i=1niai

（注：[i=1nai=a1+a2+⋯+an]）

解析（1）切点是[Qn(an,ank)]的切线方程为[y-ank=kank-1(x-an)].

当[n=1]时,切线过点(1,0),

即[0-a1k=ka1k-1(1-a1)],得[a1=kk-1].

当[n>1]时,切线过点[Pn-1(an-1,0)],

即[0-ank=kank-1(an-1-an)],解得[anan-1=kk-1].

[∴]数列[an]是首项为[kk-1]，公比为[kk-1]的等比数列，故通项[an=(kk-1)n,n∈N*].

（2）[an=(kk-1)n=(1+1k-1)n]

[=C0n+C1n1k-1+C2n(1k-1)2+⋯+Cnn(1k-1)n]

[≥C0n+C1n1k-1=1+nk-1].

（3）设[Sn=1a1+2a2+⋯+n-1an-1+nan],

则[k-1kSn=1a2+2a3+⋯+n-1an+nan+1],

两式相减得

[(1-k-1k)Sn=1a1+1a2+⋯+1an-nan+1]

[<1a1+1a2+⋯+1an]，

[∴][1kSn

故[Sn

点评数形结合，建立曲线上点的横（纵）坐标的递推关系是处理点列问题的一般方法；形如第（2）问中指数型不等式一般采用构造二项式进行适当放缩即可.

例6 如果一个数列的各项都是实数，且从第2项开始，每一项与它前一项的平方差是相同的常数，则称该数列为等方差数列，这个常数叫这个数列的公方差.

（1）设数列[an]是公方差为[p]的等方差数列，求[an]和[an-1(n≥2,n∈N)]的关系式；

（2）若数列[an]既是等方差数列，又是等差数列，证明该数列为常数列；

（3）设数列[an]是首项为2,公方差为2的等方差数列，若将[a1,a2,⋯,a10]这种顺序的排列作为某种密码，求这种密码的种数.

解析（1）由等方差数列的定义可知，[a2n-a2n-1=p(n≥2,n∈N);]

（2）因为[an]是等差数列，若设公差为[d]，则[an+1-an=an-an-1=d.]

又[an]是等方差数列，因此[a2n-a2n-1=a2n+1-a2n,]

即[d(an+an-1-an+1-an)=-2d2=0,]

解得[d=0]，即[an]是常数列.

（3）依题意，

[a1=2,a2n-a2n-1=2(n≥2,n∈N),a21=4,]

因此[a2n=4+2(n-1)=2n+2,]

解得[an=2n+2]或[an=-2n+2.]

即该密码的第1个数确定的方法数是1,其余每个数都有“正”或“负”2种确定方法，每个数确定下来时，密码就确定了，即确定密码的方法数有[29=512]种. 故这种密码共512种.

点评求解“新定义”型问题的关键是先读懂题意，理解“新定义”的本质，再将“新”问题转化到常规问题中处理.

专题训练二

一、选择题

1. 在等差数列[{an}]中，已知[a1=2,a2+a3=13,]则[a4+a5+a6]等于（）

A. 40B. 42C. 43D. 45

2. 若数列[{ax}]满足[a1,a2a1,a3a2,…,anan-1,…]是首项为1，公比为2的等比数列，则[a100]等于（）

A. 2100 B. 299C. 25050 D. 24950

3. 一个等差数列共[n]项，其和为90，这个数列的前10项的和为25，后10项的和为75，则项数[n]为（）

A. 14B. 16C. 18D. 20

4. 已知[{an}]为等差数列，[{bn}]为等比数列，其公比[q≠1]，且[bi>0(i=1,2,3,…,n)],若[a1=b1，a11=b11],则（）

A. [a6=b6] B. [a6

C. [a6>b6] D. [a6>b6]或[a6

5. 已知[f(x)＝x＋1，g(x)＝2x＋1]，数列[{an}]满足：[a1＝1，an＋1＝f(an)(n为奇数),g(an)(n为偶数),]则数列[{an}]的前2007项的和为（）

A. 5×22008-2008 B. 3×22007-5020

C. 6×22006-5020 D. 6×21003-5020

6. 若[limx→1x2-6x+5x2-1=a,则limn→∞(1a+1a2+1a3+][⋯+1an)]的值为（）

A. -2B. [-13]

C. [-12]D. 3

7. 数列[{an}]满足[a1=a,][an+11a2n+4=1,]记[Sn=a21+a22+…+a2n，]若[S2n+1-Snm30]对任意[n∈N*]恒成立，则正整数[m]的最小值（）

A. 10 B. 9 C. 8 D. 7

8. 已知等差数列[an]中，[an=2n-1]，在[a1与a2之间插入1个2,]在[a2与a3之间插入2个2]，…，在[an与an+1之间插入n个2]，…，构成一个新的数列[bn]，若[a10=bk]，则[k]=（）

A. 45 B. 50 C. 55 D. 60

9. 设等差数列[an]的前[n]项和为[Sn]，若[S19>0,S20<0]，则[S1a1,S2a2,⋯,S19a19]中最大的项是（）

A. [S19a19] B. [S11a11] C. [S10a10] D. [S1a1]

10. 我们把球外一点与球面上一动点之间距离的最小值,叫作该点到球面的距离,如果等比数列[an]的首项[a1]为空间一点[(t,1,2)]到球面[(x+8)2+(y－4)2+][(z+2)2=16]的距离的最小值,[Sn]为数列[an]的前[n]项和,且[limn→∞Sn=2],则等比数列[an]的公比[q]等于（）

A. 1 B. [12] C. [123] D. [14]

二、填空题

11. 依次写出数列[a1=1,a2,a3,⋯,]法则如下：如果[an-2]为自然数且未写过，则写[an+1=an-2]，否则就写[an+1=an+3]，则[a6=] .

12. 已知数列[an]的前[n]项和为[Sn=n2,]某三角形三边之比为[a2:a3:a4]，则该三角形最大角为 .

13. 已知数列[an]满足[an+1+an-1an+1-an+1=n]（[n]为正整数）且[a2=6]，则数列[an]的通项公式为[an=] .

14. 若数列[an]满足[1an+1-1an=d(n∈N*,d]为常数），则数列[an]为“调和数列”，已知数列[{1xn}]为“调和数列”，且[x1+x2+…+x20=200，]则[x13x18]的最大值是 .

15. 如图，一个类似杨辉三角的递推式，则

3 3

5 6 5

7 11 11 7

9 18 22 18 9

……

（1）第[n]行的首尾两数均为，

（2）第[n]行的第2个数为 .

三、解答题

16. 已知数列[an]的首项[a1=1，a2=3，]前[n]项和为[Sn]，且[Sn+1]、[Sn]、[Sn-1]分别是直线[l]上的点[A、B、C]的横坐标，点[B]分[AC]所成的比为[2an+1an]，设[b1=1，bn+1=log2(an+1)+bn.]

（1）判断数列[an+1]是否为等比数列，并证明你的结论；

（2）设[cn=4bn+1-1n+1anan+1]，证明：[k=1nck<1.]

17. 已知数列[an]中，[a1=1]，[an=][3n-1an-1]（[n]≥2，[n∈N*]）.

（1）求数列[an]的通项公式；

（2）设[Sn=log3(an273n)]，数列[bn]的前[n]项和为[Sn]，求数列[bn]的通项公式；

（3）求数列[|bn|]的前[n]项和[Tn].

18. 把正整数按上小下大、左小右大的原则排成如图所示的数表：设[aij]（[i、j∈N*]）是位于这个数表中从上往下数第[i]行、从左往右数第[j]个数. 数表中第[i]行共有[2i-1]个正整数.

2 3

4 5 6 7

……

（1）若[aij]＝2010，求[i、j]的值；

（2）记[An=a11+a22+a33+…+ann(n∈N*),]试比较[An]与[n2+n]的大小, 并说明理由.

19. 对于正项数列[{an}]，定义其调和均值为[H(n)][=n1a1+1a2+...+1an][(n∈N*)].

（1）若数列[an]中，[H(n)=2n+2]，求[an]的通项公式；

（2）已知[bn]为等比数列，且[b1=1],公比为2，其调和数为[H(n)],是否存在正整数[m],使得当[n≥m][(n∈N*)]时，[H(n)<18]恒成立. 如果存在，求[m]的最小值；如不存在，说明理由.

20. 已知数列[an]、[bn]、[cn]的通项公式满足[bn=an+1-an] ，[cn=bn+1-bn]（[n∈N∗]），若数列[bn]是一个非零常数列，则称数列[an]是一阶等差数列；若数列[cn]是一个非零常数列，则称数列[an]是二阶等差数列.

（1）试写出满足条件[a1=1]、[b1=1]、[cn=1]的二阶等差数列[an]的前五项；

（2）求满足条件（1）的二阶等差数列[an]的通项公式[an]；

（3）若数列[an]中[a1=2]，且[cn-bn+1+3an=-2n+1][(n∈N∗)]，求数列[an]的通项公式.

21. 设数列[an]的前[n]项和为[Sn=3an-3n+1].

（1）证明：[an3n-2]为等比数列，并求数列[an]的通项公式；

数列、极限、数学归纳法专题篇4

2018考研数学：数列极限方法总结归纳

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。下面凯程考研就分享一下数列极限方法，大家注意学习。

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。

为学生引路，为学员服务

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为学生引路，为学员服务

高考数学数列专题训练篇5

一、选择题

1.已知等比数列{a2

n}的公比为正数，且a3·a9=2a5，a2=1，则a1= A.12B.22C.2D.2

2.等差数列a2

n的前n项和为Sn，已知am1am1am0，S2m138,则m

（A）38（B）20（C）10（D）9

3.已知{an}为等差数列，a1a3a5105，a2a4a699，则a20等于

A.1B.1C.3D.7

5.等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3 =6，a1=4，则公差d等于

A．1B53C.2D 3

6.等比数列an的前n项和为sn，且4a1，2a2，a3成等差数列。若a1=1，则s4=

（A）7（B）8（C）15（D）16

7.设an是公差不为0的等差数列，a12且a1,a3,a6成等比数列，则an的前n项和Sn=

A．n27nB．n445nC．n3323n

4D．n2n

二、填空题

8.设等差数列an的前n项和为Sn，若S972,则a2a4a99.设等比数列{an}的公比q1

2，前n项和为SS

n，则4

a

10.若数列{an}满足：a11,an12an(nN)，则a5

前8项的和S8（用数字作答）

数列、极限、数学归纳法专题篇6

南京九中震旦校区徐永忠

一、试题特点

1、近四年高考各试卷数列解答题考查情况统计

2005年高考各地的16套试卷中，每套试卷均有1道数列解答题试题，处于压轴位置的有6道．数列解答题属于中档题或难题．其中，涉及等差数列和等比数列的试题有11道，有关递推数列的有8道，关于不等式证明的有6道．另外，等比求和的错位相减法，广东卷的概率和数列的交汇，湖北卷的不等式型的递推数列关系都是高考试题中展现的亮点．

2006年高考各地的18套试卷中,有18道数列解答试题．其中与函数综合的有6道，涉及数列不等式证明的有8道，北京还命制了新颖的“绝对差数列”,值得一提的是，其中有8道属于递推数列问题，这在高考中是一个重点．

2007年高考各地的各套试卷中都有数列题，有7套试卷是在压轴题的位置，有9套是在倒数第二道的位置，其它的一般在第二、三的位置，几乎每道题涉及到递推数列,有9道涉及到数列、不等式或函数的综合问题，安徽省还出现了一道数列应用题．

2008年高考各地的各套试卷中都有数列题，也都是几乎每道题涉及到递推数列, 数列、不等式或函数的综合问题．

综上可知，数列解答题是高考命题的一个每年必考且难度较大的题型，其命题热点是与不等式交汇、呈现递推关系的综合性试题．当中，以函数迭代、解析几何中曲线上的点列为命题载体，有着高等数学背景的数列解答题仍将是未来高考命题的亮点，而以考查学生归纳、猜想、数学试验等能力研究性试题也将成为高考命题的一个新亮点．

2、主要特点

数列是高中代数的重要内容之一，也是与大学衔接的内容，由于在测试学生逻辑推理能力和理性思维水平，以及考查学生创新意识和创新能力等方面有不可替代的作用，所以在历年高考中占有重要地位，近几年更是有所加强．

数列解答题大多以数列为考查平台，综合运用函数、方程、不等式等知识，通过运用递推思想、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类整合等各种数学思想方法，考查学生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，其难度属于中、高档难度．

高考对本章的考查比较全面，等差数列、等比数列的考查每年都不会遗漏．一般情况下都是一个客观题和一个综合解答题，数列的综合题难度都很大，甚至很多都是试卷的压轴题，它不仅考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，还涉及了配方法、换元法、待定系数法、放缩法等基本数学方法．其中的高考热点——探索性问题也出现在近年高考的数列解答题中．

3、考查知识

（1）考查数列、等差数列、等比数列等基本知识、基本技能．

（2）常与函数、方程、不等式、解析几何等知识相结合，考查学生在数学学习和研究过程中知识的迁移、组合、融会，进而考查学生的学习潜能和数学素养．

（3）常以应用题或探索题的形式出现，为考生展现其创新意识和发挥创造能力提供广阔的空间．

二、教学要求

1、了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式），了解数列是一种特殊函数．理解数列的通项公式的意义．

2、理解等差数列的概念；掌握等差数列的通项公式、前n项和公式，能运用公式解决一些简单问题．

能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题．了解等差数列与一次函数的关系．

3、理解等比数列的概念；掌握等比数列的通项公式、前n项和公式，能运用公式解决一些简单问题．

能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．了解等比数列与指数函数的关系．

探索等差、等比数列的通项公式和前n项和公式．

4、数列教学，要注意的问题：

（1）教学中，应使学生了解数列是一种特殊函数．

（2）会根据简单数列的前几项写出数列的一个通项公式．

（3）教学中，要掌握数列中各量之间的基本关系．但训练要控制难度和复杂程度，避免繁琐的计算、人为技巧化的难题．

（4）等差数列和等比数列有着广泛的应用，教学中应重视在具体的问题情境中，发现数列的等差关系或等比关系．这样做，即突出了问题意识，也有助于学生理解数列的本质．

三、考试要求：

四、2008年高考数列试题类型

类型一：考查等差、等比数列的基本问题

等差、等比数列是两类最基本的数列，它们是数列部分的重点，也是高考考查的热点．等差、等比数列的定义、通项公式、前n项的和等基本知识一直是高考考查的重点，这方面考题的解法灵活多样，技巧性强，考查的目的在于测试考生灵活运用知识的能力，这个“灵活”就集中在“转化”的水平上．

1．（全国数学Ⅰ文科19）在数列an中，a11，an12an2n．

（Ⅰ）设bnan．证明：数列bn是等差数列；（Ⅱ）求数列an的前n项和Sn． 2n

1（全国数学Ⅱ文科18）等差数列an中，求数列an前20项的和S20． a410且a3，a6，a10成等比数列，类型二：考查递推数列的通项公式问题

对于由递推式所确定的数列的通项公式问题，通常可对递推式进行变形，从而转化为等差、等比数列问题来解决．这类问题一直是高考久考不衰的题型，尤其以2007年高考试题最为明显。

全国卷近三年理科所考查六个解答题中有四道（2006年全国Ⅰ理科第22题、2007年全国Ⅰ理科第22题、2007年全国Ⅱ理科第21题、2008年全国Ⅱ理科第20题）(占了三分之二)都是形如：an1cand(c0,c1,d0)或者ancan1dbn(c0,c1,d0,bc)的递推数列求其通项公式的问题．

2．（全国数学Ⅰ理科22）设函数f(x)xxlnx．数列an满足0a11，an1f(an)．（Ⅰ）证明：函数f(x)在区间(0，（Ⅱ）证明：anan11； 1)是增函数；

（Ⅲ）设b(a1，1)，整数k≥a1b．证明：ak1b． a1lnb

*3．（全国数学Ⅱ理科20）设数列an的前n项和为Sn．已知a1a，an1Sn3n，nN．

（Ⅰ）设bnSn3n，求数列bn的通项公式；（Ⅱ）若an1≥an，nN，求a的取值范围． *

类型三：考查数列与不等式的综合问题

数列与不等式都是高中数学重要内容，一些常见的解题技巧和思想方法在数列与不等式的综合问题中都得到了比较充分的体现．以两者的交汇处为主干，构筑成知识网络型代数推理题，在高考中出现的频率相当高，占据着令人瞩目的地位．

4．（陕西卷理科数学22）已知数列{an}的首项a133an，2，．，an1，n152an

1（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）证明：对任意的x0，an≥1122，； x，n1，2n1x(1x)3

（Ⅲ）证明：a1a2n

2an． n1

类型四：考查考察存在性和探索性问题

课程改革突出强调培养学生的探究、发现和创造能力，2008年江苏卷对此考查全面且达到了一定的深度，特别是第19题数列题使这样的考查达到了相当的水平，体现了研究性学习思想．

5．（08江苏卷19）（Ⅰ）设a1,a2,，且公差d0，若将此,an是各项均不为零的等差数列（n4）数列删去某一项得到的数列（按原来的顺序）是等比数列：

①当n =4时，求a1的数值；②求n的所有可能值；d

（Ⅱ）求证：对于一个给定的正整数n(n≥4)，存在一个各项及公差都不为零的等差数列b1,b2,中任意三项（按原来顺序）都不能组成等比数列． ,bn，其

6．（2007年江苏卷）已知 {an}是等差数列，{bn}是公比为q的等比数列，a1b1,a2b2a1，记Sn为数列{bn}的前n项和．（1）若bkam(m,k是大于2的正整数)，求证：Sk1(m1)a1；

（2）若b3ai(i是某一正整数)，求证：q是整数，且数列{bn}中每一项都是数列{an}中的项；

（3）是否存在这样的正数q，使等比数列{bn}中有三项成等差数列？若存在，写出一个q的值，并加以说明；若不存在，请说明理由．

五、二轮复习建议：

1、填充题力争确保

（1）填充题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和等内容，对基本的计算技能要求不是很高，建议要强化方程思想在解题中的作用（基本量），知道前n项和与通项的关系，对中等及偏下的学生不必介绍过多解题技巧，对基础较好的学生，可适当介绍．

（2）填充题有可能出现与归纳推理有关的问题，此类题的难度不大，但对阅读问题及思路要求很高，情境也可能相对比较新颖．

2、解答题要有所为有所不为

（1）从江苏近几年的试题来看，数列题在最后两题中出现的可能性较大．

（2）对试卷中放在最后的压轴数列题，重点应放在前二问，基础较好的应冲刺最后一问，要加强1~2问的训练，不能刻意求全，能做到分步得分就好．同时不能放弃数列常规题的复习教学，这仍是一个重点，这是一项“根深叶茂”的基础工程，至关重要．

3、数列是考查学生自主探索、自主发现、数学试验、归纳猜想等直觉思维的良好载体，复习中建议多让学生猜猜、算算、证证，反朴归真，回归数学的本源．

4、对于递推数列问题，生源好的学校可以适当加强，生源一般的学校无须舍本求末得不偿失．

5、培养学生主动学习数学的习惯

让学生想一想做一做尝试尝试，不要题目一出来就分析，那是教师在分析，学生很难分析起来．不要用教师过早的“引导”限制、代替学生的思维，一旦学生养成了等待的习惯，学生离开了你该这么办，可以师生共做．要让学生首先熟悉题意，重视思维过程的指导，暴露如何想？怎么做？谈来龙去脉，重视通性通法的运用．

题目一出来，学生就立即做立即画，这是主动学习表现；若学生抬着头等你讲，那是思维懒惰的表现．多让学生感到自然，与你共鸣．少让学生感到突然，强加给学生．努力使学生觉得，你老师想到的，我也差不多能够想到．少让学生感到，只有你老师自己能够想到，我怎么想也想不到．学生总觉得“老师你真聪明”不是一件好事．

6、评讲试卷建议

（1）教师自己亲自做一遍，与学生交流思维过程；

（2）请学生讲．不是简单的说答案，讲怎么想的，这不论对学生本人还是其他人都有教育意义．还可以讲“一题多解”，表扬一些学生的独特解法；

（3）不必面面俱到．分类归纳，集中讲评．抓住主要的、带有普遍的问题；

（4）抓大放小，居高临下；

数列极限解法探讨篇7

1. 用泰勒公式或麦克劳林公式求数列极限

在计算数列极限时, 用归结原则把数列的极限转化为函数的极限再利用泰勒公式或麦克劳林展开式代替某些函数, 可以在求极限以前化简表达式, 从而给极限的计算带来便利. 需要强调的是, 展开式的项数的确定要考虑到分子与分母的无穷小的阶数, 化简表达式时要注意无穷小的计算.

2. 利用柯西收敛准则求数列极限

柯西收敛准则是判别数列收敛的一个重要条件, 当递推数列的单调性不易判断或者无法确定时, 可以考虑使用柯西收敛准则. 柯西收敛准则的好处在于不必依赖于极限定义中的那个极限值, 只要根据数列本身的特征就可以鉴别其 ( 收) 敛 ( 发) 散性.

由柯西收敛准则知数列 { an} 收敛. 令对两边取极限得, 由于xn≥1, 故. 即求得

3. 利用级数法求数列极限

对于一个给定的数列{ xn} , 由于, 故总能构造出一个以xn为部分和的级数故数列{ xn} 与级数有相同的敛散性. 因此我们可以将数列极限存在性问题化为相应级数的收敛性问题来处理.

例3设ε∈ ( 0, 1) , x0= a, xn +1= a + εsinxn ( n = 0, 1, 2, …) . 证明存在, 且ξ为方程x - εsinx = a的唯一根. ( 2010年第二届全国大学生数学竞赛 ( 数学类) 预赛试题的第一大题) .

唯一性. 设η也是x - εsinx = a的根, 则ξ - η =εsinξ - sinη≤εξ - η , 所以由ε∈ ( 0, 1) , 可得ξ = η, 即ξ为方程x - εsinx = a的唯一根.

归纳小结: 对于文章中这道竞赛试题而言还有一个问题需要注意: 那就是题目条件所给的ε, 这里的ε是一个介于0, 1之间的一个常数, 很多同学却把它误认为是数列极限“ε - N”语言中的那个任意小的正数“ε”, 犯了形而上学的错误, 从而掉进出题者设下的陷阱里.

4. 利用压缩映像原理 ( 不动点原理) 求数列极限

可见, 一般地, 求递推数列的极限, 通常是用单调有界定理来解决. 但很多递推数列有界但并不是单调的, 因此在这种情况之下可考虑用不动点原理、压缩数列来解决递推数列的极限问题.

5. 利用矩阵求解一类数列的极限

有多种方法可求由常系数线性递推公式所确定的数列的极限, 矩阵解法即是其一. 下面结合具体实例展示这种解法. 若递推公式分别形如:

对于 ( 2) , 若x0已知, 我们有两种办法处理:

整理得yn= ( a + d) yn -1+ ( bc - ad) yn -2, 再由 ( 1) 可以求解.

方法2. 设与关系式对应的矩阵为) 由关系式逐次递推, 有, 其对应的矩阵为) , 利用数学归纳法易证得B = An, 通过计算An可求出xn的表达式, 并进一步求出

例5令α为 (0, 1) 内一个数. 证明: 满足递推公式xn +1= αxn+ (1 - α) xn -1的任何实数序列{ xn} 有一个极限, 并求出以α, x0及x1表示的极限.

矩阵A的特征值λ1= 1, λ2= α - 1, 对应的特征向量分别为ξ1= (1, 1) T, ξ2= (α - 1, 1) T.

参考文献

[1]顾庆荷.证明数列极限存在的六种方法[J].邢台师范高专学报, 1998 (2) :73-75.

[2]郑允利.求数列极限的方法探讨[J].高等函授学报 (自然科学版) , 2010 (6) :68-69.

[3]P.德苏泽, J.席尔瓦著.包雪松, 林应举译.伯克利数学问题集[M].北京:科学出版社, 2003.

数列有扩充极限难度低篇8

浙江省数学特级教师，嘉兴市数学会副会长.

推荐名言

音乐能激发或抚慰情怀，绘画使人赏心悦目，诗歌能动人心弦，哲学使人获得智慧，科学可改善物质生活，但数学能给予以上的一切．

——菲利克斯·克莱因 (德国数学家，发现了“克莱因四元群”和“克莱因瓶”)

数列问题是历年自主招生考试重点考查的内容.它包含着丰富的数学思想和数学方法，形式多变，有一定的难度.在考查数列内容时，一方面会以等差、等比数列为载体考查基础知识，另一方面会以递推数列、数列极限的形式，结合函数、方程、不等式、三角函数、解析几何、立体几何等知识考查同学们的归纳猜想能力、论证能力以及综合分析能力.在解决数列问题时，除了要熟练掌握相关的概念公式，还要善于观察题设特征，联想有关的数学知识和方法，迅速确定解题方向.在论证问题时，还有可能用到数学归纳法.

一、等差数列与等比数列问题

例1 （2009年北京大学自主招生考试第2题）已知由整数组成的无穷等差数列中依次有三项：13，25，41．求证：2009为其中一项．

解析：设等差数列｛an｝中依次有三项am=13，an=25，ak=41，公差为d（d≠0）. 要证明2009是｛an｝中的一项，就要证明存在正整数p使ap=2009．由等差数列的通项公式可得25-13=12=（n-m）d，41-25=16=（k-n）d. 若ap＝2009，则ap＝2009=13+（p-m）d，即1996=（p-m）d．又1996=16+12×165，将（p-m）d＝1996，（n-m）d=12，（k-n）d=16代入，可得（p-m）d＝（k-n）d+165（n-m）d，整理得p=k+164n-164m． ∵ n>m，由m，n，k都是正整数可知p也是正整数，∴ 2009为｛an｝中的一项．

例2 （2011年复旦大学自主招生考试试题）设含有4个数的数列各项为a1，a2，a3，a4.前3个数构成一个等比数列，其和为k；后3个数构成一个等差数列，其和为9，且公差不为0．对于任意固定的k，若满足条件的数列的个数大于1，则k应满足

A． 12k>27B． 12k<27C． 12k=27D．其他条件

解析：我们可以先根据“后3个数构成一个等差数列，其和为9”设出后3个数，再由“前3个数构成一个等比数列”推出第1个数，最后根据“前3个数之和为k”建立等量关系．

设后3个数为a2=3-d，a3=3,a4=3+d. 由前3个数构成一个等比数列可得a1=. 由题意可得+3-d+3=k，整理得d2-9d+27-3k=0． ∵ 满足条件的数列的个数大于1， ∴ Δ＞0，解得12k>27．选A．

点评：例2的突破口在于如何设这4个数，难点在于如何将这4个数转化为关于d的二次方程，从而由 Δ＞0求出k的取值范围．

例3 （2009年中国科技大学自主招生考试第14题）已知A=｛xx=n！+n，n∈N*｝，B是A在N*上的补集．（1）求证：无法从B中取出无限个数组成等差数列；（2）能否从B中取出无限个数组成等比数列？试说明理由．

解析：（1）用反证法证明．设能够从B中取出无限个数组成公差为d的等差数列｛am｝，则am=a1+（m-1）d．当n>d时， ∵ n!+n=n•［（n-1）！+1］， ∴ ［n！+n］，［（n+1）！+（n+1）］，［（n+2）!+（n+2）］，…除以d所得的余数分别与n，n+1，n+2，…除以d所得的余数相同，且这些余数是逐一递增的，当余数取到d-1后，又周期性重复出现． ∴ 存在n0，使得n0！+n0被d除与am被d除的余数相同，这就说明n0！+n0是等差数列｛am｝中的项. 而n0！+n0∈A说明n0！+n0?埸B，∴ 假设不成立，即无法从B中取出无限个数组成等差数列．

（2）能从B中取出无限个数组成等比数列．例如取bm=5m （m∈N*），∵ n!+n=n［（n-1）！+1］，当n>5时［（n-1）！+1］不能被5整除，∴ 5m?埸A，∴ 5m∈B，数列｛bm｝是B中取出无限个数组成的等比数列．

点评：解决问题（1）的关键，是理解如果某个数是等差数列｛am｝中的一项，那么这个数被d除所得的余数与数列中任意一项am被d除所得的余数相同. 解决问题（2）则要靠构造法找出不属于集合A但属于集合B的等比数列．

二、递推数列问题

递推数列问题主要考查三种递推数列：线性递推数列、分式型递推数列、混合型递推数列．解决递推数列问题时，如果能求出通项，一般要先求出通项；如果无法求出通项，则要研究递推数列所满足的性质．

例4（2010年“华约”自主招生考试第15题）函数f（x）=，设x1=3，xn+1=f（xn），ｎ∈N*. 证明： xn-2≤．

补充知识：方程f（x）=x的根叫做函数f（x）的不动点，利用不动点可求出数列的通项公式. 对于an+1=形式的递推数列｛an｝，不动点为方程=x的解. 当方程=x有两个不同的解α，β时，将α，β分别代入an+1=，由＝整理可得＝k•的形式，令bn=，原问题就转化为等比数列问题. 当方程=x只有一个不动点α时，对an+1=两边同时减去α再取倒数，得=，该式可转化为=k+的形式，令bn=，原问题就转化为等差数列问题．

解析：由题意得xn+1=，设不动点为λ，则λ＝，解得λ＝±2．由xn+1-λ=-λ可得 xn+1+2=（①），xn+1-2=（②），①式除以②式可得＝-3•. ∵ x1=3， ∴ 数列是首项为5、公比为-3的等比数列， ∴ =5×（-3）n-1，整理可得xn-2=．

要证xn-2≤，只需证明4×3n-1≤5×（-3）n-1-1．至此，需讨论n的奇偶性．若n=2k（k∈N*），则5×（-3）n-1-1=5×32k-1+1≥4×32k-1；若n=2k-1（k∈N*），则只需证明4×32k-2≤5×32k-2-1，即32k-2≥1，该式显然成立． xn-2≤得证．

例5 （2009年中国科技大学自主招生考试第11题）正数数列｛xn｝，｛yn｝满足：xn+2=2xn+1+xn，yn+2=yn+1+2yn （ｎ∈N*）．证明：存在正整数n0，对任意n>n0，xn>yn恒成立．

补充知识：我们把二次方程x2=c1x+c2称为数列递推式an=c1an-1+c2an-2 （n≥3，ｎ∈N*）的特征方程．设x1，x2是此特征方程的两根（即特征根），则当x1≠x2时，an=α1+α2；当x1=x2时，an=（β1+β2n）．其中待定常数α1，α2，β1，β2均由初始值a1，a2确定．

解析：例5中的两个递推数列都是线性递推数列，可以用特征根法求出通项公式，再根据数列的特点比较xn和yn的大小．

xn+2=2xn+1+xn对应的特征方程为x2-2x-1=0，其特征根为1-，1+. yn+2=yn+1+2yn对应的特征方程为y2-y-2=0，其特征根为-1，2．设xn=λ1（1-）n+λ2（1+）n，yn=u1•（-1）n+u2•2n，则有xn-yn=［λ1（1-）n-u1（-1）n］+［λ2（1+）n-u2•2n］． ∵x1=λ1（1-）+λ2（1+），x2=λ1（3-2）+λ2（3+2），｛xn｝，为正数数列，可得λ2＝•x1+x2＞0.同理，u2=（y1+y2）>0． ∵ 1+＞2＞1，λ2＞0，u2>0， ∴ 当n充分大时，λ2（1+）n-u2•2n也充分大.又 λ1（1-）n-u1（-1）n∈（-λ1-u1，λ1+u1），∴存在正整数n0满足xn-yn＝［λ1（1-）n-u1（-1）n］+［λ2（1+）n-u2•2n］＞0，对任意n>n0，xn>yn恒成立．

三、数列极限问题

作为高等数学的基础，数列极限问题在自主招生考试中出现的频率比较高，但难度一般都不大．求解数列极限问题一般需掌握三个最基本的极限：（1） C=C（即常数列的极限是其本身）；（2）＝0 （k为常数）；（3）当q＜1时，qn=0．

例６（2005年复旦大学自主招生考试第5题）（-）= ．

解析：-）＝==1．

点评：求数列极限的基本思路是“先变形，再根据极限的运算法则求解”．先把问题转化成为“”或者“”的类型，再借助三个基本的极限求出极限．例6通过分子有理化，把“∞-∞”类型的极限题转化成了“”的类型．

例７（2007年清华大学自主招生考试第2题）设正三角形的边长为a，Tn+1 是Tn的中点三角形，An为Tn减去Tn+1后剩下的三个三角形的内切圆的面积之和，求Ak．

数列、极限、数学归纳法专题篇9

第一讲等差、等比数列的计算与证明

一、选择题

1．(2010·全国Ⅱ)如果等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋„＋a7＝()A．14B．21C．28D．3

5解析：由等差数列性质得a3＋a4＋a5＝3a4，7a1＋a7由3a4＝12，得a4＝4，所以a1＋a2＋„＋a7＝7a4＝28.2答案：C

2．(2010·福建)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最

小值时，n等于()

A．6B．7C．8D．9

解析：∵{an}是等差数列，∴a4＋a6＝2a5＝－6，a5－a1－3＋11则a5＝－3，d＝2，得{an}是首项为负数的递增数列，所有的非正 45－

1项之和最小．∵a6＝－1，a7＝1，∴当n ＝6时，Sn取最小．故选A.答案：A

3．等比数列{an}前n项的积为Tn，若a3a6a18是一个确定的常数，那么数列T10，T13，T17，T25中也是常数的项是

A．T10B．T13C．T17D．T25

解析：a3a6a18＝a1 3q2＋5＋17＝(a1q8)3＝a9 3，即a9为定值，所以与a1下标和为18的项积为定值，可知T17为定值．

答案：C

4．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于()

A．80B．26C．30D．16

3nS141－q解析： Sn21－q∴qn＝2.1－q4n

∴S4n＝Sn30.故选C.1－q答案：C

5．(2010·辽宁)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝()-1-

15313317B.C.2442

24解析：an>0，a2a4＝a1q＝1①

S3＝a1＋a1q＋a1q2＝7②

11解得a1＝4，q＝或－舍去)，2

3114×3231a11－qS5＝＝，故选B.141－q125

答案：B

二、填空题

6．(2010·福建)在等比数列{an}中，若公比q＝4，且前3项之和等于21，则该数列的通

项公式an＝________.a11－q3－解析：∵{an}是等比数列，q＝4，S3＝21，∴a1＝1，∴an＝4n1 1－q

答案：4n1 －

7．(2009·辽宁理)等差数列{an}的前n项和为Sn，且6S5－5S3＝5，则a4＝________.5×43×2解析：由题意知65a1＋d－53a1＋＝15a1＋45d＝15(a1＋3d)＝15a4＝5，22

1故a4＝.313

8．数列{an}满足：an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足：bn＝anan＋1，则数列{bn}的前10项和S10＝________.111解析：由题可知an＋1＝an(1－an＋1)，整理可得1，则1＋(n－1)＝n，所 anan＋1an

1111110以an＝，bn＝anan＋1＝＝－，故S10＝b1＋b2＋„＋b10＝1－.n1111nn＋1nn＋

110答案：11

9．已知数列{an}(n∈N*)满足：an＝nn＝1，2，3，4，5，6

－an－6n≥7，且n∈N* 则a2 007＝________.解析：由an＝－an－6(n≥7，且n∈N*)知an＋12＝－an＋6＝an

从而知当n≥7时有an＋12＝an

于是a2 007＝a167×12＋3＝a3＝3.答案：3

三、解答题

10．如图给出了一个“等差数阵”：

其中每行、每列都是等差数列，aij表示位于第i行第j列的数．

(1)写出a45的值；

(2)写出aij的计算公式．

解：(1)该等差数阵的第1列是首项为4，公差为3的等差数列，a41＝4＋3×(4－1)＝13，第2列是首项为7，公差为5的等差数列，a42＝7＋5×(4－1)＝22.∵a41＝13，a42＝22，∴第4行是首项为13，公差为9的等差数列．

∴a45＝13＋9×(5－1)＝49.(2)∵a1j＝4＋3(j－1)，a2j＝7＋5(j－1)，∴第j列是首项为4＋3(j－1)，公差为2j＋1的等差数列． ∴aij＝4＋3(j－1)＋(2j＋1)·(i－1)＝i(2j＋1)＋j.11．等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；

S(2)设bn＝n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列． n

a1＝2＋1，(1)解：由已知得∴d＝2，3a1＋3d＝9＋2，故an＝2n－1＋2，Sn＝n(n＋2)．

S(2)证明：由(1)得bn＝＝n＋2.n

2假设数列{bn}中存在三项bp、bq、br(p、q、r互不相等)成等比数列，则bq＝bpbr，即(q＋2)2＝(p＋2)(r＋2)，∴(q2－pr)＋(2q－p－r)2＝0.∵p，q，r∈N*，2q－pr＝0，∴ 2q－p－r＝0，

∴p＋r2＝pr，(p－r)2＝0，2

∴p＝r.这与p≠r相矛盾

所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．

a＋1212．已知数列{an}的各项均为正数，前n项的和Sn＝，4

(1)求{an}的通项公式；

(2)设等比数列{bn}的首项为b，公比为2，前n项的和为Tn.若对任意n∈N*，Sn≤Tn 均成立，求实数b的取值范围．

a1＋12解：(1)由a1＝a1＝1.4

an＋12－an－1＋12当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1，4

得(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0.又因为an>0，所以an－an－1＝2.因此{an}是首项为1，公差为2的等差数列，即an＝2n－1(n∈N*)．

(2)因为Sn＝n2，Tn＝b(2n－1)，所以Sn≤Tn对任意n∈N*恒成立，n12－1当且仅当≤对任意n∈N*均成立． bn2n－12n1－12n－1n2－2n－1·2n＋2n＋1令Cn＝Cn＋1－Cn＝＝，nnn＋1n·n＋1＋所以C1>C2，且当n≥2时，Cn

数列极限教案篇10

授课人：###

一、教材分析

极限思想是高等数学的重要思想。极限概念是从初等数学向高等数学过渡所必须牢固掌握的内容。

二、教学重点和难点

教学重点：数列极限概念的理解及数列极限N语言的刻画。

教学难点：数列极限概念的理解及数列极限N语言的刻画，简单数列的极限进行证明。

三、教学目标

1、通过学习数列以及数列极限的概念，明白极限的思想。

2、通过学习概念，发现不同学科知识的融会贯通，从哲学的量变到质变的思想的角度来看待数列极限概念。

四、授课过程

1、概念引入

例子一：(割圆术)刘徽的割圆术来计算圆的面积。

.........内接正六边形的面积为A1，内接正十二边形的面积为A2......内接正62n1形的面积为An.A1,A2,A3......An......圆的面积S.用圆的内接正六n边形来趋近，随着n的不断增加，内接正六n边形的面积不断

1接近圆的面积。

例子二：庄子曰“一尺之锤，日取其半，万世不竭”。

第一天的长度1第二天的剩余长度第二天的剩余长度

第四天的剩余长度 8

.....第n天的剩余长度n1.......2

随着天数的增加，木杆剩余的长度越来越短，越来越接近0。

这里蕴含的就是极限的概念。

总结：极限是变量变化趋势结果的预测。例一中，内接正六n边形的边数不断增加，多边形的面积无限接近圆面积；例二中，随着天数的不断增加，木杆的剩余长度无限接近0.在介绍概念之前看几个具体的数列：

1111（1）: 1，,......； 23nn

1n1111:1，，,......；（2）n2345

（3）n2:1,4,9,16,......；

（4）1:1,1,1,1,......,1,......； nn

我们接下来讨论一种数列xn，在它的变化过程中，当n趋近于时，xn不断接近于某一个常数a。如随着n的增大，（1），（2）中的数列越来越接近0；（3）

（4）中的数列却没有这样的特征。

此处“n趋近于时”，“xn无限接近于数a”主要强调的是“一个过程”和一种“接近”程度。

可是只凭定性的描述和观察很难做到准确无误，所以需要精确的，定量的数学语言来刻画数列的概念。本节课的重点就是将数列的这样一个特征用数学语言刻画出来，并引入数列极限的概念。

2、内容讲授

（定义板书）设xn是一个数列，a是实数。如果对于任意给定的数0，总存在一个正整数N，当nN时，都有xna，我们称a是数列x

n的极限，或者说数列xn收敛且收敛于数a。

写作：limxna或xnan。

n

如果数列没有极限，就说数列是发散的。

注意：（1）理解定义中的“任意给定”：是代表某一个正数，但是这个数在选取时是任意的，选定以后就是固定的。不等式xna是表示xn与a的接近程度，所以可以任意的小。

（2）N的选取是与任意给定的有关的。11以数列为例，欲若取，则存在N100，当nNxna； 100n

若取1，则存在N1000，当nN时，xna。1000

数列极限的N语言：

limx

nna0,N,nNxna.数列极限的几何解释：

3、例题讲解

n211。例题1用数列极限的定义证明limnnn

n21证明：设xn，因为 nn

n21212xn1nnnnn

0，欲使xn，只要22即n，n

2我们取N1，当nN时，

n2122.nnNn

n21所以lim1.nnn

2注：N的取法不是唯一的，在此题中，也可取N10等。

例题2 设xnC（C为常数），证明limxnC。n

证明：任给的0，对于一切正整数n，xnCCC0，所以limxnC。n

数列极限中“n!”的处理方法篇11

一、采用定积分的定义求极限

高等数学中的很多概念都是通过极限定义的, 定积分便是其中之一, 所以考虑将极限问题转化为定积分求解[1].

二、采用数列极限的定义求解

2.证明

证明:由于, 故对坌ε≥0, 取, 则当n>N时, 有

三、采用夹逼准则求极限[2]

证明:

因此有, 而, 由夹逼准则得

四、根据已知结论求极限

以上结论读者可自行证明, 此处不再赘述.

证明:设, 则由结论 (2) 得

解:令, 则.由结论 (3) 得

解:令an=n (n=1, 2, …) , 则an≥0且.由结论 (4) 得

本文列举了四类含有n!的极限问题, 实际解题中还可以根据题目类型采用泰勒公式、单调有界定理、无穷级数收敛的必要条件等方法来处理, 归纳起来, 解题的中心思想是先着眼于n!的处理然后再去求极限[3].

摘要：本文针对常见的几种含有n!的数列极限问题给出了相应的解题思路及方法.

关键词：数列极限,定积分定义,夹逼准则

参考文献

[1]华东师范大学数学系.数学分析 (第三版) [M].北京:高等教育出版社, 2001.

[2]赵树?.微积分 (第三版) [M].北京:中国人民大学出版社, 2015.

数列、极限、数学归纳法专题篇12

递推数列的题型多样，求递推数列的通项公式的方法也非常灵活，往往可以通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决，亦可采用不完全归纳法的方法，由特殊情形推导出一般情形，进而用数学归纳法加以证明，因而求递推数列的通项公式问题成为了高考命题中颇受青睐的考查内容。笔者试给出求递推数列通项公式的十种方法策略，它们是：公式法、累加法、累乘法、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法、不动点法、特征根的方法。仔细辨析递推关系式的特征，准确选择恰当的方法，是迅速求出通项公式的关键。

一、利用公式法求通项公式

例1 已知数列{an}满足an12an32n，a12，求数列{an}的通项公式。解：an12an32n两边除以2n1，得故数列{an2nan12n1an2n32，则

an12n1an2n32，an2n}是以32a121221为首，以

32为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得

3212)2。

an12n11(n1)，所以数列{an}的通项公式为an(nn评注：本题解题的关键是把递推关系式an12an32n转化为列{an2nan2n32，说明数}是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出

an2n1(n1)32，进而求出数列{an}的通项公式。

二、利用累加法求通项公式

例2 已知数列{an}满足an1an2n1，a11，求数列{an}的通项公式。解：由an1an2n1 得an1an2n1

则an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1

[2(n1)1][2(n2)1](221)(211)12[(n1)(n2)21](n1)12(n1)n2(n1)1

所以数列{an}的通项公式为ann2

评注：本题解题的关键是把递推关系式an1an2n1转化为an1an2n1，进而求出(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1，即得数列{an}的通项公式。

例3 已知数列{an}满足an1an23n1，a13，求数列{an}的通项公式。

资料由大小学习网收集

资料由大小学习网收集解：由an1an23n1 得an1an23n1

则an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1

(232(3n11)(23n2n221)(231)(231)3121n1

333)(n1)3n所以an23313n23nn1

评注：本题解题的关键是把递推关系式an1an23n1转化为an1an23n1，进而求出(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1，即得数列{an}的通项公式。

例4 已知数列{an}满足an13an23n1，a13，求数列{an}的通项公式。解：an13an23n1两边除以3n1，得

an13n1an3nan3n232313n1，an1an123则故an13n113n1an3n(13an3nan1an1231)(1an23n2)(an23n223an33n3)(33a232a131)a13

(23n)(3)(n111313n2)(13132)

2(n1)3(3n3nn113n22)1

1因此an3n232(n1)3n3n123n(1313n1)12n312123n，则an3n12

评注：本题解题的关键是把递推关系式an13an23n1转化为an13n1an3a131n23a1313n1，进而求出(an3nan3nan13n1)(an13n1an23n2)(an23n2an33n3)+…+(a232)，即得数列{}的通项公式，最后再求数列{an}的通项公式。

三、利用累乘法求通项公式

例5 已知数列{an}满足an12(n1)5nan，a13，求数列{an}的通项公式。

资料由大小学习网收集

资料由大小学习网收集解：因为an12(n1)5nan，a13，所以an0，则则ananan1an1an2n1an1ann2(n1)5，a3a2a2a1a1

][2(21)5][2(11)5]3

3

21[2(n11)52n1][2(n21)5n2[n(n1)32]5(n1)(n2)21所以数列{an}的通项公式为

n(n1)an32n152n!

an1ann2(n1)5，进而评注：本题解题的关键是把递推关系an12(n1)5nan转化为求出 anan1an1an2a3a2a2a1a1，即得数列{an}的通项公式。

例6（2004年全国15题）已知数列{an}满足a11，ana12a23a3(n1)

(n1)an1(n2)，则{an}的通项an1，n1n!，n22解：因为ana12a23a3(n1)an1(n2)所以an1a12a23a3(n1)an1nan 所以②式－①式得an1annan 则an1(n1)an(n2)则an1ann1(n2)anan1an1an2a3a2n!2 ②

①

所以ana2

[n(n1)43]a2a2

③

由ana12a23a3(n1)an1(n2)，取n=2得a2a12a2，则a2a1，又知a11，则a21，代入③得

an1345nn!2。

an1an评注：本题解题的关键是把递推关系式an1(n1)an(n2)转化为进而求出anan1an1an2a3a2（n≥2），n1从而可得当n≥2时an的表达式，最后再求出数列{an}的a2，资料由大小学习网收集

资料由大小学习网收集通项公式。

四、利用待定系数法求通项公式

例7

已知数列{an}满足an12an35n，a16，求数列{an}的通项公式。解：设an1x5n12(anx5n)

④

将an12an35n代入④式，得2an35nx5n12an2x5n，等式两边消去nn1nn2x5，两边除以5，得3x52x，则x=－1，代入④式，2an，得35x5得an15n12(an5n)

1n ⑤

an15an5n1n由a15651≠0及⑤式，得an50，则2，则数列{an5n}是以a1511为首项，以2为公比的等比数列，则an5n12n1，故an2n15n。评注：本题解题的关键是把递推关系式an12an35n转化为an15n12(an5)，从而可知数列{an5}是等比数列，进而求出数列{an5}的nnn通项公式，最后再求出数列{an}的通项公式。

例8 已知数列{an}满足an13an52n4，a11，求数列{an}的通项公式。解：设an1x2n1y3(anx2ny)

⑥ 将an13an52n4代入⑥式，得

3an52n4x2n1y3(anx2ny)

整理得(52x)2n4y3x2n3y。令52x3x4y3yn1，则x5y2，代入⑥式，得

nan15223(an522)

⑦

由a15212112130及⑦式，得an5220，则nan152an52n1n223，故数列{an52n2}是以a1521211213为首项，以3为公比的等比数列，因此an52n2133n1，则an133n152n2。

评注：本题解题的关键是把递推关系式an13an52n4转化为an152n123(an52n2)，从而可知数列{an52n2}是等比数列，进而求出数列{an52n2}的通项公式，最后再求数列{an}的通项公式。

资料由大小学习网收集

资料由大小学习网收集例9 已知数列{an}满足an12an3n24n5，a11，求数列{an}的通项公式。解：设an1x(n1)2y(n1)z

2(anxn2ynz)

⑧

将an12an3n24n5代入⑧式，得

2an3n224n5x(n1)y(n1)z 22(anxnynz)，则

22an(3x)n2an2xn2(2xy4)n(xyz5)

22yn2z2yn2z，等式两边消去2an，得(3x)n2(2xy4)n(xyz5)2xn3x2xx3则得方程组2xy42y，则y10，代入⑧式，得

z18xyz52zan13(n1)10(n1)182(an3n2210n18)

⑨

由a131210118131320及⑨式，得

an3n210n180

2则an13(n1)10(n1)18an3n2210n182，故数列{an3n210n18}为以a1311011813132为首项，以an3n22为公比的等比数列，因此10n18322n1，则an2n43n210n18。

评注：本题解题的关键是把递推关系式an12an3n24n5转化为an13(n1)10(n1)182(an3n{an3n22210n18)2，从而可知数列10n18}是等比数列，进而求出数列{an3n10n18}的通项公式，最后再求出数列{an}的通项公式。

五、利用对数变换法求通项公式

例10 已知数列{an}满足an123na5n，a17，求数列{an}的通项公式。

解：因为an123na5所以an0，an10。在an123na5n，a17，n式两边取常用对数得lgan15lgannlg3lg

2⑩ 设lgan1x(n1)y5(lganxny)○11式，得5lganlg3lg2x(n1)y5(lgax将⑩式代入○ny)，两边消去nn5lgan并整理，得(lg3x)nxylg25xn5y，则

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lg3xlg3x5x4，故 lg3lg2xylg25yy16411式，得lga代入○n1lg34(n1)lg316lg24 ○5(lganlg34nlg316lg24)

lg34由lga1得lganlg34lg341lg316lg316lg24lg24lg3lg71lg316lg2412式，0及○n0，lg25，lgan1lg3则lgan4lg3164lg3lg2n4164(n1)所以数列{lganlg34nlg316lg24n1}是以lg7lg3164lg24lg36n15n1lg34lg3等比数列，则lganlgan(lg7n1lg34n1(lg7lg24n16lg34lg24lg316为首项，以5为公比的lg241)5n1，因此

1n1lg34lg3161lg24)5lg31n1(lg7lg34lg36lg24)5111111lg34lg316lg24[lg(73431624)]5n115n115n1lg34(31624)1lg(73431624)55n1n1n5n115n4n11lg34(31624)lg7(5n4n15n13431624)lg7(5n131624)，则an75n131624。

评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式an123na5n转化为lgan1{lganlg34lg34(n1)nlg316lg316lg24lg245(lganlg34nlg316lg24)，从而可知数列

lg34nlg316lg24}的通项

}是等比数列，进而求出数列{lgan公式，最后再求出数列{an}的通项公式。

六、利用迭代法求通项公式

(n1)2，a15，求数列{an}的通项公式。例11 已知数列{an}满足an1a3n(n1)2解：因为an1a3，所以 nnnanan13n2n1[an23(n1)2n2]3n2n1

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资料由大小学习网收集 an23(n1)n23(n2)232(n2)(n1)[an3an3a13n1n3]3(n1)n22(n2)(n1)3(n2)(n1)n2(n3)(n2)(n1)

23(n2)(n1)n2n(n1)12(n3)(n2)(n1)3a1n1n!22n(n1)又a15，所以数列{an}的通项公式为an53n1n!22。

lgan1lgan评注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式，即先将等式an1an3(n1)2n两边取常用对数得lgan13(n1)2nlgan，即

lganlgan1lgan1lgan2lga3lga2lga2lga1n3(n1)2，再由

n(n1)累乘法可推知lganan53n1lga1lg53n1n!22，从而n!2n(n1)2

七、利用数学归纳法求通项公式例12 已知数列{an}满足an1an式。

解：由an1ana2a1898(n1)(2n1)(2n3)22，a189，求数列{an}的通项公

8(n1)(2n1)(2n3)22及a189，得

8(11)(211)(213)242522

82925

8(21)a3a22425(221)(223)48498(31)(231)(233)8081(2n1)1(2n1)2222832549

a4a3484922844981

由此可猜测an，往下用数学归纳法证明这个结论。

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资料由大小学习网收集（1）当n=1时，a1(211)1(211)2289，所以等式成立。

(2k1)1(2k1)22（2）假设当n=k时等式成立，即akak1ak2，则当nk1时，8(k1)(2k1)(2k3)22

(2k1)1(2k1)228(k1)(2k1)(2k3)222222[(2k1)1](2k3)228(k1)(2k1)(2k3)2

8(k1)(2k1)(2k3)(2k3)(2k1)(2k3)22222(2k1)(2k3)(2k1)(2k1)(2k3)(2k3)1(2k3)222[2(k1)1]1[2(k1)1]22

由此可知，当n=k+1时等式也成立。根据（1）（2）可知，等式对任何nN*

评注：本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n项，进而猜出数列的通项公式，最后再用数学归纳法加以证明。

八、利用换元法求通项公式例13 已知数列{an}满足an1式。

解：令bn124an，则an故an11242116(14an124an)，a11，求数列{an}的通项公

124(bn1)116(14an124an)得

2124(bn11)，代入an111612422(bn11)[14(bn1)bn]

2即4b2n1(bn3)

因为bn124an0，故bn1124an10 则2bn1bn3，即bn112bn32，资料由大小学习网收集

资料由大小学习网收集可化为bn1312(bn3)，12所以{bn3}是以b13124a13124132为首项，以111222为公比的等比数

1列，因此bn32()n1()n2，则bn()n2+3，即124an()n23，得

2an21n1n1()()。3423评注：本题解题的关键是通过将124an的换元为bn，使得所给递推关系式转化bn112bn32形式，从而可知数列{bn3}为等比数列，进而求出数列{bn3}的通项公式，最后再求出数列{an}的通项公式。

九、利用不动点法求通项公式例1

4已知数列{an}满足an1解：令x21x244x121an244an1，a14，求数列{an}的通项公式。

21x244x1139，得4x220x240，则x12，x23是函数f(x)21an2423的两个不动点。因为an12an134an121an244an121an242(4an1)21an243(4an1)13an269an27。an2an3an2an3，所以数列{2(139)n1an2an3}是以

a12a1342432为首项，以

139为公比的等比数列，故，则an2(1139)n13。121x2421x24评注：本题解题的关键是先求出函数f(x)两个根x12，x23，进而可推出列，再求出数列{

例15 已知数列{an}满足an1解：令x7x22x3an1an14x14x1213an2a2，从而可知数列{n}为等比数

39an3an3的不动点，即方程x的an2an3}的通项公式，最后求出数列{an}的通项公式。

7an22an3，a12，求数列{an}的通项公式。

3x14x7，得2x24x20，则x=1是函数f(x)15an52an3的不动点。

因为an117an22an3，所以

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资料由大小学习网收集 1an111a1112an35an525anan35121222，所以数列{(1)}是以

15an1an15an11an11(n1)2521以1为首项，25为公差的等差数列，则，故an2n82n3。

评注：本题解题的关键是先求出函数f(x)x1，进而可推出

3x14x7的不动点，即方程x1an17x22x3的根1an111an125，从而可知数列{}为等差数列，再求出数列{1an1}的通项公式，最后求出数列{an}的通项公式。