数列极限数学归纳法步骤(高中数学数列的极限)

数列、极限、数学归纳法

考试内容

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．

数列的极限及其四则运算．

数学归纳法及其应用．

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几项．

（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，并能够运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）了解数列极限的意义．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．

复习建议

本讲内容包括数列、极限与数学归纳法三个部分

1．数列的知识要点：

（1）理解数列的定义、表示法、数列的分类．理解数列是特殊的函数，数列是定义在自然数集n（或它的有限子集｛1，2，3，…，n，…｝）上的函数f（n），当自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值：f（1），f（2），f（3），…，f（n），…．数列的图象是由一群孤立的点构成的．

（2）对于数列的通项公式要掌握：①已知数列的通项公式，就可以求出数列的各项；②根据数列的前几项，写出数列的一个通项公式，这是一个难点，在学习中要注意观察数列中各项与其序号的变化情况，分解所给数列的前几项，看看这几项的分解中．哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序号的联系，从而归纳出构成数列的规律，写出通项公式；③一个数列还可以用递推公式来表示；④在数列｛an｝中，前n 项和sn 与通项公式an 的关系，是本章内容一个重点，要认真掌握之．即an＝ ．特别要注意的是，若a1 适合由an＝sn－sn－1（n≥2）可得到的表达式，则an 不必表达成分段形式，可化统一为一个式子．

2．等差数列的知识要点：

（1）掌握等差数列定义an＋1－an＝d（常数）（n n），这是证明一个数列是等差数列的依据，要防止仅由前若干项，如a3－a2＝a2－a1＝d（常数）就说｛an｝是等差数列这样的错误，判断一个数列是否是等差数列．还可由an＋an＋2＝2 an＋1 即an＋2－an＋1＝an＋1－an 来判断．

（2）等差数列的通项为an＝a1＋（n－1）d．可整理成an＝an＋（a1－d），当d≠0时，an 是关于n 的一次式，它的图象是一条直线上，那么n 为自然数的点的集合．

（3）对于a 是a、b 的等差中项，可以表示成2 a＝a＋b．

（4）等差数列的前n 项和公式sn＝ ·n－na1＋ d，可以整理成

sn＝ n2＋ ．当d≠0时是n 的一个常数项为0的二次式．

3．等比数列的知识要点：（可类比等差数列学习）

（1）掌握等比数列定义 ＝q（常数）（n n），同样是证明一个数列是等比数列的依据．也可由an·an＋2＝ 来判断．

（2）等比数列的通项公式为an＝a1·qn－1．

（3）对于g 是a、b 的等差中项，则g2＝ab，g＝± ．

（4）特别要注意等比数列前n 项和公式应分为q＝1与q≠1两类．

当q＝1时，sn＝na1．

当q≠1时，sn＝ ，sn＝ ．

（5）对于数列求和．主要掌握以下几种方法：

① 直接运用公式求和法；

② 折项分组求和法；

③ 倒序相加求和法；

④ 错项相减求和法；

⑤ 折项相消求和法．

4．数列极限知识要点：

（1）应掌握数列极限的定义：对于数列｛an｝，如果存在一个常数a，无论预先指定多么小的正数e，都能在数列找到一项an，使得n＞n时，|an－a|＜e 恒成立，则 an＝a，会用此定义证明简单数列的极限．

（2）应掌握极限的运算法则．如果 an＝a， bn＝b，那么

(an±bn)＝a±b；

(anbn)＝a·b；

＝ （b≠0）．

（3）当|q|＜1时，无穷等比数列多项和s＝ sn＝ ．

5．数学归纳法知识要点：

应理解数学归纳法是一种递推方法，它称两个步骤进行．第一步是递推的基础，第二步是递推的根据．二步缺一不可．关键是第二步推证必须合理使用归纳假设．

应重点掌握猜证法，猜想是用不完全归纳法得出结论，再用数学归纳法给予证明，形成一个完整的创造过程．

数列极限数学归纳法综合练习题

一、选择题

（1）设2a＝3，2b＝6，2c＝12，则数列a，b，c（ ）

a．是等差数列而非等比数列b．是等比数列而非等差数列

c．既是等差数列又等比数列d．既不是等差数列也不是等比数列

（2）等比数列{an}，首项a1＝1，公比q≠1．若其中a1，a2，a3依次是某等差数列的第1，2，5项，则它的公比q＝（ ）

a．2 b．3 c．－3 d．－2

（3）{an}是等差数列，则下列关系式中正确的是（ ）

a．a3·a6≥a4·a5b．a3·a6＞a4·a5c．a3·a6≤a4·a5d．a3·a6＜a4·a5

（4）一个等比数列共有3n项，公比q≠1，它的前n项的和记为s，第二个n项的和记为p，第三个n项的和记为q，则s，p，q间的关系是（ ）

a．p＝sq b．2p＝s＋q c．p2＝sq d．p＝s＋q

（5）在3和9之间插入两个数a，b，使前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，则|a＋b|的最小值是（ ）

a． b．6 c．2 d．0

（6） ，当a＞1时，m的值是p，当0＜a＜1时，m的值为q，则p＋q的值是（ ）

a．1＋ b．1－ c．1＋a d．1－a

（7） 的值是（ ）

a．0 b．1 c．－1d．不存在

（8）若f (n)＝1＋ ＋ ＋ ＋…＋ (n∈n)，则代数式f (2n＋1)－f (2n)（在不合并的情况下）共有

a．1项 b．n项 c．2n项 d．2n－1项

（9） （1－ ）（1－ ）（1－ ）…（1－ ）的值是（ ）

a．0b． c．1 d．非以上答案

（10）等比数列{an}，an＞0，若a3·a9＝2，则a1·a2·a3·…·a11的值是（ ）

a．32 b．32 c．64 d．非以上答案

（11）若数列{an}满足，a1＝5，an＋1＝ （n∈n），则其前10项的和s10的值是（ ）

a．50 b．100 c．150 d．120

（12）极限 的值是（ ）

a．－6b．6c．3d．－3

二、填空题

（13）等比数列{an}，公比q＞1，a1＝b(b≠0)，则 ＝____________．

（14）等差数列{an}，公差d＞0，首项a1＞0，若s＝ ，则 s＝____________．

（15）平面内有n（n∈n）条直线，它们两两相交但无三条直线交于一点，若其中k条（1≤k＜n）直线将平面分为f(k)个区域，则f(k＋1)－f(k)＝__________________．

（16）若f(n)＝1＋2＋3＋…＋n（n∈n），则 ＝__________________．

三、解答题

（17）一个等差数列和一个等比数列，它们第一项之和等于－3，第三项之和等于1，第5项之和等于5，求等差数列的公差和等比数列的公比．

（18）数列{an}的前n项和sn＝a·2n＋b(n∈n)，其中a、b是常数且a≠0.

（ⅰ）若{an}是等比数列，求a、b应满足的条件；

（ⅱ）当{an}是等比数列时，求 的值．

（19）数列{an}的前n项的和记为an，数列{bn}是首项b1＝9，公差d＝－2的等差数列，其前n项的和记为bn，且有bn＝ .

（ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（ⅱ）比较an与bn的大小并说明理由．

（20）等比数列{an}，an＞0（n∈n），它的前n项的和sn＝80，a1，a2…，an中，最大的一项是54，且前2n项的和s2n＝6 560，

（ⅰ）求数列的通项an＝f (n)；

（ⅱ）求 ．

（21）{an}是等差数列且它的公差d≠0，sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，

（ⅰ）求证点列：p1（1，s1），p2（2， ），p3（3， ）…，pn(n， )都在直线l1上；

（ⅱ）过点q1（1，a1），q2 (2，a2)作直线l2，l2与l1的夹角为θ，求证tanθ≤ .

（22）已知f (n)＝1＋ ＋ ＋…＋ ，

（ⅰ）若n，m∈n且n＞m，求证f (n)－f (m)≥ ;

（ⅱ）用数学归纳法证明，当n∈n时，f (2n)＞ ．

数列极限数学归纳法综合练习题答案

一、（1）a （2）b （3）c （4）c （5）d （6）b （7）c （8）c

（9）b （10）a （11）a （12）d

二、（13）1 （14）（15）k＋1 （16）2

三、（17）设等差数列的首项为a，公差为d；等比数列的首项为b1，公比为q

∴

∵

∴ ①＋③－2×②得

b1(q4－2q2＋1)=0，即b1(q2－1)2=0

∵ b1≠0，则q2=1

∴ q±1

将q=±1代入方程②得a1＋2d＋b1=1④

④－①得2d=4，则d=2

（18）（ⅰ）a1=s1=2a＋b

∵ sn=a ·2n＋b

sn－1=a · 2n－1＋b(n≥2)

an=sn－sn－1=a·2n－1

∵ {an}是等比数列，首项为a，公比为2

∴ a1=a21－1=2a＋b

即 a＋b=0 b=－a≠0

（ⅱ）∵ sn=a · 2n－a，sn＋1=a · 2n＋1－a

∴

（19）（ⅰ）bn=b1＋(n－1)d=9＋(n－1)(－2)

∴ bn=－2n＋11

∵ ，则an=(n＋4)bn

∴ an=(n＋4)(－2n＋11)=－2n2＋3n＋44.

∵ a1=a1=－2×1＋3×1＋44=45

当n≥2时，an=an－an－1

=(－2n2＋3n＋44)－[－2(n－1)2＋3(n－1)＋44]

=－4n＋5

∴

（ⅱ）b1=b1=9，a1=45，a1＞b1

bn=b1＋b2＋…＋bn

=

an=a1＋a2＋a3＋…＋an

=45＋(－4)×2＋5＋(－4)×3＋5＋…＋(－4)n＋5

=45＋(－4)(2＋3＋4＋…＋n)＋5(n－1)

=－2n2＋3n＋44

an－bn=－2n2＋3n＋44－(－n2＋10n)

=－n2－7n＋44

=－(n－4)(n＋11)

∵ n n，n+11＞0

∴ n＜4时，an－bn＞0，an＞bn

n=4时，an－bn=0，an=bn

n＞4时，an－bn＜0，an＜bn

（20）（ⅰ）∵ an＞0，∴ a1＞0且q＞0，当0＜q＜1时，数列是递减数列，a1，a2，a3，…，an中，a1=54最大.

∵ s2n=a1＋a2＋…＋an＋an+1＋an+2＋…＋a2n

=sn＋qnsn=80(1＋qn)=6560

∴ 1＋qn=82，qn=81

∴ q＞1与0＜q＜1矛盾

∴ q≥1

当q=1时，na1=82，2na1=160≠6560

∴ q≠1

∴ q＞1，a1，a2，…，an中最大项an

∴ an=a1qn－1=54.

∵

②÷①得，1＋qn=82，qn=81

∴ a1qn=81a1 54q=81a1③

∴④

③与④联立解得：q=3，a1=2

∴ an=2 · 3n－1

（ⅱ）sn=a1＋a2＋a3＋…＋an

=

∴

（21）（ⅰ）s1=a1，s2=a1＋a2=2a1＋d

∴ p1(1，a1)，p2

则l1的方程为y－a1=

任取3≤k≤n，则

∴ ，则

代入l1的方程，左

右 左

∴ 点 （3≤k≤n）在直线l1上.

∴ 点列p1，p2，…，pn都在直线l1上.

（ⅱ）设

∵ l1与l2的夹角是q

∴

∵ （等号在 时成立）

∴

（22）（ⅰ）f (n)－f (m)

（共n－m项）

≥

（等号在n=m＋1时成立）

（ⅱ）证明：①n=1时，f (21)=1＋ ＞

∴ n=1时，f (21) ＞ 不等式成立.

②设n=k时不等式成立，即f (2k) ＞

∵ ，比f (2k) 多2k项

∴ 上述不等式两边加上

∴

∴ ＞

即 ＞

∴ n=k＋1时不等式也成立.

由①②可知对任何自然数n，f (2n )＞

说明：这个命题说明，数列 的极限是0，但其前n项的和sn=1+ 都没有极限，因为n→∞时， →∞， ≥ →∞

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