(十二)数列、极限、数学归纳法2008.11.26
（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
||-=>= 1 ||11 n n q q q q q →∞ <=-?不存在 或. （2）1 101 10 0()lim ()()k k k k t t t n t t k k t a n a n a a k t b n b n b b k t ---→∞-?? 不存在 . （3）() 11 1lim 11n n a q a S q q →∞ -== --（S 无穷等比数列}{ 1 1n a q - (||1q <)的和）. 2. 函数的极限定理 0lim ()x x f x a →=?00 lim ()lim ()x x x x f x f x a -+→→==. 3.函数的夹逼性定理 如果函数f(x)，g(x)，h(x)在点x 0的附近满足： （1）()()()g x f x h x ≤≤; （2）0 lim (),lim ()x x x x g x a h x a →→==（常数）, 则0 lim ()x x f x a →=.本定理对于单侧极限和∞→x 的情况仍然成立. 4.几个常用极限 （1）1lim 0n n →∞ =，lim 0n n a →∞ =（||1a <）； （2）0 0lim x x x x →=，0 11lim x x x x →= . 5.两个重要的极限 （1）0 sin lim 1x x x →=； （2）1lim 1x x e x →∞? ?+= ?? ?(e=2.718281845…). 6.函数极限的四则运算法则 若0 lim ()x x f x a →=，0 lim ()x x g x b →=，则 (1)()()0 lim x x f x g x a b →±=±????； (2)()()0 lim x x f x g x a b →?=?????; (3)()() ()0 lim 0x x f x a b g x b →= ≠. 7.数列极限的四则运算法则 若lim ,lim n n n n a a b b →∞ →∞ ==，则 (1)()lim n n n a b a b →∞ ±=±； (2)()lim n n n a b a b →∞ ?=?； (3)()lim 0n n n a a b b b →∞ = ≠ (4)()lim lim lim n n n n n c a c a c a →∞ →∞ →∞ ?=?=?( c 是常数). 高考题回顾 一.数列的极限 1. 计算：1 12 32 3 lim -+∞ →+-n n n n n =_________。 2. (湖南卷）已知数列{log 2(a n －1)}（n ∈N *）为等差数列，且a 1＝3，a 2＝5，则 n n n a a a a a a -+ +-+ -+∞ →12 31 2l i m 111( )= A ．2 B ． 2 3 C ．1 D ．2 1 3. （山东）2 2 2 23lim __________(1) 2 n n n n C C n -→∞ +=+ 二.函数的极限 4. （江西卷1 1 (1)1lim 1,lim 1 (22) x x f x x x f x →→--==--若则 A ．－1 B ．1 C ．－ 2 1 D ． 2 1 5. (辽宁卷)极限)(lim 0 x f x x →存在是函数)(x f 在点0x x =处连续的 A ．充分而不必要的条件 B ．必要而不充分的条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要的条件 6. （全国卷Ⅲ）2 2 1 1 1 lim 32 43x x x x x →?? - = ?-+-+?? ( ) A 12 - B 12 C 16 - D 16 7. （湖北卷）若1)11( lim 2 1 =-- -→x b x a x ，则常数 b a ,的值为 A ．4,2=-=b a B ．4,2-==b a C ．4,2-=-=b a D ．4,2==b a 三、无穷递缩等比数列各项和： 8（04 年上海卷.4）设等比数列)(}{N n a n ∈的公比2 1- =q ，且 )(lim 12531-∞ →+???+++n n a a a a 3 8= ，则=1a . 9.（04年重庆卷.理15）如图P 1是一块半径为1的半圆形 纸板，在P 1的左下端剪去一个半径为12 的半圆后得到图形P 2，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个被剪掉半圆的半径）得圆形P 3、P 4、…..P n …,记纸板P n 的面积为n S ，则 lim ___n x S →∞ =. 六.课本中习题归纳 一 数学归纳法及其应用 1(1)135(21)n +++???+- = ; (2) 211222n -+++???+= ; (3)2222123n +++???+= ; (4)1427310(31)n n ?+?+?+???++= ; (5)3333123n +++???+= ; (6)2222135(21)n +++???+-= ; (7) 1111 13 35 57 (21)(21) n n + + +???+ ???-+= ; (8)123234345(1)(2)n n n ??+??+??+???+++= . 2下列说法不正确的是(n 为正整数) A,22n n x y -能被x y +整除. B,n n x y -能被x y -整除. C,3 5n n +能被6整除. D,3 3 3 (1)(2)n n n ++++不一定能被9整除. 3平面内有n (2n ≥)条直线,其中任何两条不平行,任何三条不过同一点,设交点的个数为 ()f n . (I)试求(2)f ,(3)f ,(4)f 的值;(II)猜测()f n 的值,并给予证明. 4平面内有n (2n ≥)个圆,其中每两个圆都相交两点,每三个圆都无公共点,设交点的个数为 ()f n . (I)试求(2)f ,(3)f ,(4)f 的值;(II)猜测()f n 的值,并给予证明. 二 极限及其运算 5(1)5lim (7)10 n n →∞ - = ;(2)1lim n n n →∞ += ;(3)2 (1)lim (1) n n n n →∞ -+= ; (4)1 lim ()2 x x + →∞ = ;(5)2 1 lim ()2 x x →= ;(6)2 2 1 1lim 21 x x x x →---= ; (7) 2 4lim ( )1 n n n n →∞ --+= ;(8)32lim 32 n n n n n →∞ +-= ;(9)1 lim x →= ; (10)lim )x x +→∞ -= ;(11)111lim [(1)(1)(1)]2 3 n n n →∞ - -???-= . 6设函数1(0)()0(0)1(0)x x f x x x x +>?? ==??- ,则0lim ()x f x +→= ; 0 lim ()x f x -→= ; 0lim ()x f x →= . 7已知0a >,则1lim 1n n a →∞ += ;lim 1n n n a a →∞ += . 8下列说法正确的是 A, 若()f x = ,则lim ()0x f x →∞ =; B 若()f x = 则1 lim ()0x f x →=; C 若2 2()2x x f x x +=+,则2lim ()2x f x →-=-;D, 若0) ()1(0) x f x x x ≥=+ 9下列函数在1x =处没有极限的是 A,3 2 ()1 x x f x x -= - B,3 ()21g x x =+ C,2(1)()0(1) x x h x x ≥?=? x x v x x x ->?=? -+ 10在求2 123lim n n n →∞ +++???+时,甲,乙两位同学得到如下两种不同的解法: (甲) 解:2123lim n n n →∞+++???+ (乙) 2 123lim n n n →∞ +++???+ =2 2 2 2 121lim ( )n n n n n n →∞ + + +???+ =2 1 (1) 2 lim n n n n →∞ + =0+0+0+???+0=0 =1lim 2n n n →∞+=1 2 我认为 的解法是错误的,错因是 . 11在半径为R 的圆内接正n 边形中,n r 是边心距,n p 是周长,n S 是面积(n=3,4,???). (I)试求n S 与n r ,n p 之间的关系;(II)求lim n n S →∞ . 12从B A C ∠的边上一点1B 作11B C AC ⊥于1C ,从1C 再作12C B AB ⊥于点2B ,从2B 再 作22B C AC ⊥于点2C ,这样无限进行下去???.已知11B C =5,12C B =4. (I)试求22B C 的长; (II)求1112lim ()n n n B C C B B C →∞ ++???+. 三 函数的连续性 13如图,在A,B,C,D 这四个图象所表示的函数中,在点x a =处没有定义但极限存在的是 ;在点x a =处有定义,有极限,但不连续的是 ;lim ()()x a f x f a →=的是 ;在点 x a =处没有极限的是 . 14要使函数2 6()3 x x f x x +-= +在点3x =-处连续,需添加的条件是 . 15设函数2sin (0)()1(01)(1)x a x f x x x b x +≤?? =+<≤??>? 在定义区间内连续,则a b += . 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 +?+++?++--1 10110=??? ? ? ????><=q p q p q p 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 = q a -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，对数代数，三角代数。 （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。 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。 【例题解析】 例1 完成下列各选择题 （1）“公差为0的等差数列是等比数列”；“公比为 2 1的等比数列一定是递减数列”；“a,b,c 三数成等比数列的充要条件是b 2 =ac ”；“a,b,c 三数成等差数列的充要条件是2b=a+c ”，以上四个命题中，正确的有（ ） A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 （2）命题1：若数列{a n }的前n 项和S n =a n +b(a ≠1)，则数列{a n }是等比数列； 命题2：若数列{a n }的前n 项和S n =an 2 +bn+c(a ≠0)，则数列{a n }是等差数列； 命题3：若数列{a n }的前n 项和S n =na －n ，则数列{a n }既是等差数列，又是等比数列；上述三个命题中，真命题有（ ） A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 （3）设{a n }是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是（ ） A.1 B.2 C.4 D.6 解析 （1）四个命题中只有最后一个是真命题。 命题1中未考虑各项都为0的等差数列不是等比数列； 命题2中可知a n+1=a n ×2 1，a n+1 2 1a n >a n ，即a n+1>a n ， 此时该数列为递增数列； 命题3中，若a=b=0，c ∈R ，此时有ac b =2 ，但数列a,b,c 不是等比数列，所以应是必要而不充分条件，若将条件改为b=ac ，则成为不必要也不充分条件。 （2）上述三个命题均涉及到S n 与a n 的关系，它们是a n =???--,11n n S S a 时当时 当21≥=n n 正确判断数列{a n }是等差数列或等比数列，都必须用上述关系式，尤其注意首项与其他 各项的关系。上述三个命题都不是真命题，选择A 。 由命题1得，a 1=a+b ，当n ≥2时，a n =S n －S n －1=(a －1)·a n －1。若{a n }是等比数列，则 1 2a a =a ， 即 b a a a +-)1(=a ，所以只有当b=－1且a ≠0时，此数列才是等比数列。 由命题2得，a 1=a+b+c ，当n ≥2时，a n =S n －S n －1=2na+b －a ，若{a n }是等差数列，则a 2 －a 1=2a ，即2a －c=2a ，所以只有当c=0时，数列{a n }才是等差数列。 由命题3得，a 1=a －1，当n ≥2时，a n =S n －S n －1=a －1，显然{a n }是一个常数列，即公差为0的等差数列，因此只有当a －1≠0；即a ≠1时数列{a n }才又是等比数列。 （3）方程法：设{a n }的首项为a 1，公差为d 。则???=++=+48)2)((123311 11d a d a a d a 解之得?? ?==22 1a d 或???=-=6 2 1a d 又∵{a n }是递增数列，∴d>0故a 1=2。 习惯上可设前三项分别为4－d,4,4+d 由4(4－d)(4+d)=48解得。 估值法：由2+4+6=12，48=2×4×6，{a n }为递增数列可知a 1=2。 例2在数列{a n }中,a 1=b(b ≠0)，前n 项和S n 构成公比为q 的等比数列。 （1）求证：数列{a n }不是等比数列； （2）设b n =a 1S 1+a 2S 2+…+a n S n ,|q|<1，求∞ →n lim b n 。 解 （1）证明：由已知S 1=a 1=b ∵{S n }成等比数列，且公比为q 。 ∴S n =bq n －1 ，∴S n －1=b ·q n －2 (n ≥2)。当n ≥2时，a n =S n －S n －1=bq n －1 －bq n －2 =b ·(q －1)·q n －2 故当q ≠1时， n n a a 1+= 2 )1()1()1(--?-??-n n q q b q q b =q ， 而 1 2a a = b q b ) 1(-?=q －1≠q ，∴{a n }不是等比数列。 当q=1，n ≥2时，a n =0，所以{a n }也不是等比数列。 综上所述，{a n }不是等比数列。 （2）∵|q|<1，由（1）知n ≥2，a 2,a 3,a 4，…，a n 构成公比为q 的等比数列，∴a 2S 2,a 3S 3,…,a n S n 是公比为q 2的等比数列。 ∴b n =b 2+a 2S 2·(1+q 2+q 4+…+q 2n －4) ∵S 2=bq,a 2=S 2－S 1=bq －b ∴a 2S 2=b 2q(q －1) ∴b n =b 2+b 2 q(q －1)·2 2211q q n --- ∵|q|<1 ∴∞ →n lim q 2n －2 =0 ∴∞ →n lim b n =b 2+b 2 q(q －1)· 2 11q -= q b +12 注 1+q 2+q 4+…+q 2n －4 的最后一项及这个式子的项数很容易求错，故解此类题时要细心 检验。数列的极限与数列前n 项和以及其他任何有限多个项无关，它取决于n →∞时，数列变化的趋势。 例3 已知数列{x n }的各项为不等于1的正数，其前n 项和为S n ，点P n 的坐标为（x n ,S n ），若所有这样的点P n (n=1,2，…)都在斜率为k 的同一直线(常数k ≠0,1)上。 （1）求证：数列{x n }是等比数列； （2）设y n =log n x (2a 2 －3a+1)满足 y s = 1 21+t ,y t = 1 21+s （s,t ∈N ，且s ≠t ） 共中a 为常数，且1 2 3,试判断，是否存在自然数M ，使当n>M 时，x n >1恒成立？ 若存在，求出相应的M ；若不存在，请说明理由。 证明 （1）∵点P n 、P n+1都在斜率为k 的直线上 ∴n n n n x x S S --++11=k ，即 n n n x x x -++11=k 故 (k －1)x n+1=kx n ∵k ≠0,x n+1≠1,x n ≠1 ∴n n x x 1+= 1 -k k =常数 ∴{x n }是公比为 1-k k 的等比数列。 （2）答案是肯定的，即存在自然数M ，使当n>M 时，x n >1恒成立。 事实上，由1 2 3，得0<2a 2－3a+1<1 ∵y n =log n x (2a 2－3a+1) ∴ n y 1= log )132(2+-a a x n 由（1）得{x n }是等比数列，设公比为q>0首项为x 1，则x n =x 1·q n －1(n ∈N) ∴ n y 1=(n －1) log )132(2+-a a q+log )132(2+-a a x 1 令d=log )132(2+-a a q ，故得{ n y 1}是以d 为公差的等差数列。 又∵s y 1=2t+1, t y 1=2s+1 ∴ s y 1－ t y 1=2(t －s) 即(s －1)d －(t －1)d=2(t －s) ∴d=－2 故 n y 1= s y 1+（n －s ）·(－2)=2（t+s ）－2n+1，（n ∈N ） 又∵x n =(2a 2 －3a+1) n y 1 （n ∈N ） ∴要使x n >1恒成立，即须n y 1<0 ∴2(t+s)－2n+1<0，∴n>(t+s)+ 2 1，当M=t+s,n>M 时，我们有 n y 1<0恒成立， ∴当n>M=（t+s ）时， x n =(2a 2－3a+1) n y 1 >1恒成立。（∵0<2a 2－3a+1<1） 注 （1）点（x n ,S n ）在一直线上是{x n }成等比数列的充要条件（其中公比q ≠1，斜率k ≠0，1）。 （2）如果数列{x n }各项是正数且成等比数列，则数列{log a x n }(a>0,a ≠1)成等差数列。 例4 在数列{a n }中a 1=1，当n ≥2时，a n ,S n ,S n －2 1成等比数列。 （1）求a 2,a 3,a 4并推出a n 的表达式； （2）用数学归纳法证明所得的结论； （3）求数列{a n }所有项的和。 解∵a n ,S n ,S n － 2 1成等比数列 ∴S n 2=a n ·(S n － 2 1)(n ≥2) (*) （1）把a 1=1,S 2=a 1+a 2=1+a 2代入（*）式得：a 2=－3 2 把a 1=1,a 2=－ 3 2,S 3= 3 1+a 3代入(*)得：a 3=－ 15 2。同理可得：a 4=－35 2 由此可以推出： a n =?? ???>---=)1()12)(32(2 )1(1n n n n （2）（i ）当n=1,2,3,4时，由（*）知猜想成立。 (ii)假设n=k(k ≥2) 时，a k =－ ) 12)(32(2 --k k 成立。 故S k 2=－ ) 12)(32(2 --k k ·(S k － 2 1) (2k －3)(2k －1)S k 2 +2S k －1=0 ∴S k = 1 21-k 或S k = 321--k （舍去） 由S k+12 =a k+1·(S k+1－ 2 1)得 (S k +a k+1)2 =a k+1·(a k+1+S k － 2 1) ? 2 ) 12(1-k +a k+12+ 1 221-+k a k =a k+12+ 1 21-+k a k － 2 1a k+1 ?a k+1= 〕 〕〔〔1)1(23)1(22 -+-+-k k 即n=k+1时，命题也成立。 由(i)(ii)可知，a n =?? ? ??≥---=)2()12)(32(2 )1(1n n n n 对一切n ∈N 成立。 （3）由（2）得数列前n 项的和S n =1 21-n 故所有项和S=∞ →n lim S n =0 注 （1）本题综合了数列、数学归纳法、数列极限等基础知识，所采用的方法是归纳、猜想、证明，是数列中最常见的题型，也是高考热点。 （2）对于{a n }的通项还可以这样来求： ∵S n 2=a n (S n － 2 1) ∴S n 2=(S n －S n －1)(S n － 2 1) ? n S 1－1 1-n S =2,故{n S 1}是以{ 1 1S }为首项，2 1为公差的等差数列 故 n S 1= 1 1S +2(n －1)=2n －1 S n =121 -n ,a n =?? ? ??≥---=)2()12)(32(2 )1(1n n n n 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5 设A n 为数列{a n }的前n 项的和，A n = 2 3(a n －1)，数列{b n }的通项公式为b n =4n+3。 （1）求数列{a n }的通项公式； （2）把数列{a n }与{b n }的公共项按从小到大先后顺序排成一个新的数列{d n }，证明数列{d n }的通项公式为d n =32n+1; （3）设数列{d n }的第n 项是数列{b n }中的第r 项，B r 为数列{b n }的前r 项的和，D n 为数列{d n }的前n 项和，T n =B r －D n ,求∞ →n lim 4 ) (n n a T 。 解（1）由A n = 2 3(a n －1)，可知A n+1= 2 3(a n+1－1) ∴A n+1－A n = 2 3(a n+1－a n )=a n +1，即 n n a a 1+=3 而a 1=A 1=2 3(a 1－1)，得a 1=3 所以数列{a n }是以3为首项，公比为3的等比数列，数列{a n }的通项公式为a n =3n 。 （2）∵32n+1=3·32n =3·(4－1)2n =3×（42n +C 12n ·42n －1(－1)+…+C 2n 2n －1·4·(－1)+(－1)2n ） =4m+3 ∴32n+1∈{b n } 而数32n =（4－1）2n =42n +C 2n 1·42n －1·（－1）+…+C 2n 2n －1·4·(－1)+(－1)2n =(4k+1) ∴n n b ?23 而数列{a n }={32n+1}∪{32n } ∴ d n =32n+1 (3)由3 2n+1=4·r+3，可知r= 4 3 3 1 2-+n ∵B r =2 ) 347(++r r =r(2r+5) = 4 3 3 1 2-+n · 2 7 3 1 2++n D n = 9 127-·(1－9n )= 8 27（9n －1） ∴T n =B r －D n = 8 21 3 49 1 21 2-?+++n n － 8 27（9n －1） = 8 9·34n － 8 15·32n + 4 3 又∵（a n ）4=34n ∴∞ →n lim 4 ) (n n a T = 8 9 例6 已知函数f(x)=x+22a x - (a>0) （1）求f(x)的反函数f －1 (x)及其定义域； （2）数列{a n }满足?? ?==-+) (31 11n n a f a a a 设b n = a a a a n n +- ，数列{ b n }的前n 项和为S n ，试比较S n 与 8 7的大小，并证明你的结论。 解 （1）给y －x=2 2a x -两边平方，整理得 x= y a y 22 2+ ∵y －x=y － y a y 22 2+= y a y 22 2- = y a y a y 2) )((-+≥0 ∴y ≥a 或－a ≤y<0 故f －1 (x)= x a x 22 2+，其定域为),[)0,[+∞-a a （2）∵a n+1=f －1 (a n )= n n a a a 22 2 + ∴b n+1= a a a a n n +-++11=…=（ a a a a n n +-）2= b n 2 又a 1=3a ，b 1= a a a a +-11= a a a a +-33= 2 1 ∴b n =(b n －1)2 =(b n －2)2 2 =(b n －3)3 2 =…=(b 1) 1 2 -n =( 2 1) 1 2 -n ∴S n =b 1+b 2+…+b n = 2 1+( 2 1)2 +( 2 1) 2 2 +[( 2 1) 3 2 +( 2 1) 4 2 +…+( 2 1) 1 2 -n ] 又∵2n －1=(1+1)n －1=1 121111----++++n n n n C C C 则当n ≥4时，2 1111 12 ---++>n n n C C =1+(n －1)+2) 2)(1(--n n >n+1 ∴( 2 1)1 2 -n <( 2 1)n+1 ∴S n =21+(21)2+(2 1)2 2+[(2 1)3 2+( 2 1)4 2+…+( 2 1)1 2 -n ] < 2 1+ 4 1+ 16 1+ [( 2 1)5 +( 2 1)6 +…+(2 1)n+1 ] =21+41+16 1+2 11] )21(1[)21(35- --n =21+41+161+161·[1－(21)n －3] <21+41+161+161=8 7 注 本题是一道数列与函数的综合题。首先应准确地求出f －1 (x)及其定义域。搞清定义 域是解题成功的一半。根据函数f(x)解析式的特点，也可以利用三角代换x=asec θ，θ∈ [0,2 π)∪[π，2 3π)，求函数f(x)的值域，即f －1 (x)的定义域。 例7 已知数列{a n }中，a 1=4，a n+1= 1 24+-n n a a ，是否存在这样的数列{b n }，b n = A a C Ba n n ++， 其中A 、B 、C 为实常数，使得{b n }是等比数列而不是等差数列？证明你的结论，并求{a n }的取值范围。 解 假设这样的{b n }存在，则应有 b n+1= A a C Ba n n ++++11= A a a C a B n n n n ++-++-? 1 2 412 4a =A A a A B C a A C B n n +-+ +-+ ++42 4244 b n = A a C Ba n n ++ 存在q ≠0,q ≠1,q 为常数，使b n+1=qb n ,对n ∈N 都成立，于是比较两边的分子和分母，有 ???? ?? ?? ?=+-=++=+-)3(42)2(44)1(42 Cq A B C Bq A C B A A A 由（1）可解得A=－1或－2，由（2）、（3）可解得B=－ C 或C=－2B 。 1°若?? ?-=-=C B A 1代入（2）知q=1（B 、 C 不能为0，否则b n =0，不合题意要求）舍去。 2°若?? ?-=-=B C A 21代入（2）得q= 3 2 3°当?? ?-=-=C B A 2时，q= 2 3 4°当?? ?-=-=B C A 22时，q=1（舍去） 故现只取A=－1，B=1，C=－2，q= 3 2（不必考虑2 3=q 时的情况，因为只证存在性）。 得b n =1 2--n n a a 所以满足题设条件的数列存在。 对于{a n }的取值范围，我们可以这样解. ∵a n+1－a n = 1 24+-n n a a －a n =－ 1 ) 1)(2(+--n n n a a a ,a 1=4>2，故a 2 如果能证明所有的a n 都大于2，便可用数学归纳法证明{a n }是单调递减的。事实上 ∵a n+1－2= 1 24+-n n a a －2= 1 )2(2+-n n a a 由上式，我们也可用数学归纳法由a 1>2，得a n >2，所以{a n }单调递减。且因为a n >2，所以 a n －2=2· 1 211+---n n a a < 32(a n －1－2) <(3 2)2 (a n －2－2)<…<(3 2)n －1 (a 1－2) ∴∞ →n lim a n =2，故a n ∈(2,4]。 注 存在性问题的解法常是假设存在经过推理、运算或是求出结论得出存在或是得出矛盾证明不存在。本题的{a n }的范围还可用前半部分的结论来求。解法如下： b 1= 1 211--a a = 32,故b n =( 3 2)n ∴ 1 2--n n a a =(3 2)n ∴a n = n ) 3 2 (11-+1 由此易得a n ∈(2,4]。 例8 （1）设数列{c n }，其中c n =2n +3n ，且数列{c n+1－pc n }为等比数列，求常数p 。（2）设数列{a n }、{b n }是公比不相等的两个等比数列，c n =a n +b n ，证明：{c n }不是等比数列。 证明 （1）∵{c n+1－pc n }是等比数列，故有 (c n+1－pc n )2 =(c n+2－pc n+1)·(c n －pc n －1) 将c n =2n +3n 代入上式，得： [2 n+1 +3 n+1 －p(2n +3n )]2=[2 n+2 +3 n+2 －p(2 n+1 +3 n+1 )]·[2n +3n －p(2 n －1 +3 n －1 )] 整理得： 6 1(2－p)(3－p)·2n ·3n =0 解之得：p=2或p=3。 （2）设{a n }，{b n }的公比分别为p,q,p ≠q,c n =a n +b n 。 为证{C n }不是等比数列，只要证明c 22≠c 1·c 3 事实上： c 22=(a 1p+b 1q)2=a 12p 2+b 12q 2+2a 1b 1pq c 1c 3=(a 1+b 1)(a 1p 2+b 1q 2 ) =a 12p 2++b 12q 2+a 1b 1(p 2+q 2) ∵p ≠q,∴p 2+q 2>2pq ，又a 1,b 1不为零，∴c 22 ≠c 1·c 3，故{c n }不是等比数列。 注 本题是2000年全国高考数学试题。其证法很多，建议读者从不同的角度审视此题。我们可以得出更一般的结论； 推论1：设数列{c n }，c n =a n +b n 且a ≠b ，则数列{c n+1－pc n }为等比数列的充要条件是p=a 或p=b 。 推论2：设{a n }、{b n }是两个等比数列，则数列{a n +b n }为等比数列的充要条件是，数列{a n }，{b n }的公比相等。 推论3：公比为a 、b 的等比数列{a n }，{b n }，且a ≠b ，s 、t 为不全为零的实数，c n =sa n +tb n 为等比数列的充要条件是st=0。 例9 数列{a n }中，a 1=8，a 4=2且满足a n+2=2a n+1－a n n ∈N （1）求数列{a n }的通项公式； （2）设S n =|a 1|+|a 2|+…+|a n |，求s n ; （3）设b n = ) 12(1n a n -( n ∈N),T n =b 1+b 2+…+b n ( n ∈N)，是否存在最大的整数m ，使得 对任意n ∈N,均有T n > 32 m 成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由。 解 （1）由a n+2=2a n+1－a n ? a n+2－a n+1=a n+1－a n ,可知{a n }成等差数列，d=1 414--a a =－2 －∴a n =10－2n （2）由a n =10－2n ≥0得n ≤5 ∴当n ≤5时，S n =－n 2 +9n 当n>5时，S n =n 2－9n+40 故S n =?????+-+-409922 n n n n 5 51>≤≤n n （n ∈N ） （3）b n = ) 12(1n a n - = ) 22(·1+n n = 2 1( n 1－ 1 1+n ) ∴T n = b 1+b 2+…+b n = 2 1[(1－2 1)+( 2 1－ 3 1)+…+( n 1－ 1 1+n )] = 12121) 1(2T T T n n n n n n >>>=-> +-- ∴要使T n > 32 m 总成立，需 32 m 4 1恒成立，即m<8，（m ∈Z ）。故适合条件的m 的最 大值为7。 例10 已知函数y=f(x)的图像是自原点出发的一条折线，当n ≤y ≤n+1(n=0,1,2,…)时，该图像是斜率为b n 的线段（其中正常数b ≠1），设数列{x n }由f(x n )=n(n=1,2,…)定义。 （1）求x 1,x 2和x n 的表达式； （2）求f(x)的表达式，并写出其定义域； （3）证明：y=f(x)的图像与y=x 的图像没有横坐标大于1的交点。 解 （1）依题意f(0)=0， f(x 1)=1，又当0≤y ≤1时，函数y=f(x)的图像是斜率 b 0=1的线段，故由 )0()(11--x f x f =1得x 1=1。 又由f(x 2)=2，当1≤y ≤2时，函数y=f(x)的图像是斜率为b 的线段，得 1 212) ()(x x x f x f --=b ， x 2=1+ b 1。 设x 0=0，由函数y=f(x)的图像中第n 段线段的斜率为b n －1,故得, 1 1) ()(----n n n n x x x f x f =b n －1 。 又f(x n )=n,f(x n －1)=n －1 ∴x n －x n －1=( b 1)n －1（n=1,2,…） 由此知数列{x n －x n －1}为等比数列，其首项为1，公比为b 1。 又因b ≠1，得： x n =(x n －x n －1)+(x n －1－x n －2)+…+(x 1－x 0) =1 ) 1(1 ---b b b n （2）当0≤y ≤1时，从（1）可知y=x ，即当0≤x ≤1时，f(x)=x 。当n ≤y ≤n+1时，即当x n ≤x ≤x n+1时，由（1）可知f(x)=n+b n (x －x n )(x n ≤x ≤x n+1,n=1,2,3,…)。 又由（1）得当b>1时，∞ →n lim x n = 1 -b b ；当0 综上所述：当b>1时，y=f(x)的定义域为[0,1 -b b );当0 ∞)。 （3）当b>1，1 -b b 时， 设x ∈(x n ,x n+1 ] （1, 1 -b b ）,n ∈N ，则 F(x)=f(x)－x=n+b n (x －x n )－x =(b n －1)x+n －b n x n ∵F(x)在(x n ,x n+1]上为增函数（∵01>-n b ）， ∴f(x)>x 恒成立?F(x n )>0 ?x n b 1+ 2 1b +…+ 1 1-n b <1+1+…+1=n ， ∴1 1 -b b 时恒有f(x)>x 成立。 当0 ] (1,+∞)(n ∈N)，则F(x)=f(x)－x=(b n －1)x+n －b n x n ∵F(x)在(x n ,x n+1]上是减函数（∵01<-n b ）， ∴f(x) ?x n >n 。 而x n =1+b 1+2 1b +…+ 1 1-n b >1+1+…+1=n 成立 ∴x>1时恒有f(x) 综上所述：y=f(x)的图像与y=x 的图像没有横坐标大于1的交点。 注 本题若按0 第一讲：函数与数列的极限的强化练习题答案 一、单项选择题 1．下面函数与y x =为同一函数的是（） 2 .A y= .B y= ln .x C y e =.ln x D y e = 解：ln ln x y e x e x === Q，且定义域 () , -∞+∞，∴选D 2．已知?是f的反函数，则() 2 f x的反函 数是（） () 1 . 2 A y x ? =() .2 B y x ? = () 1 .2 2 C y x ? =() .22 D y x ? = 解:令() 2, y f x =反解出x：() 1 , 2 x y =?互 换x，y位置得反函数() 1 2 y x =?，选A 3．设() f x在() , -∞+∞有定义，则下列函数 为奇函数的是（） ()() .A y f x f x =+- ()() .B y x f x f x =-- ?? ?? () 32 .C y x f x = ()() .D y f x f x =-? 解：() 32 y x f x = Q的定义域() , -∞+∞且 ()()()()() 3232 y x x f x x f x y x -=-=-=- ∴选C 4．下列函数在() , -∞+∞内无界的是（） 2 1 . 1 A y x = + .arctan B y x = .sin cos C y x x =+.sin D y x x = 解: 排除法：A 2 1 122 x x x x ≤= + 有界， B arctan 2 x π <有界， C sin cos x x +≤ 故选D 5．数列{}n x有界是lim n n x →∞ 存在的（） A 必要条件 B 充分条件 C 充分必要条件 D 无关条件 解：Q{}n x收敛时，数列n x有界（即 n x M ≤），反之不成立，（如() {}11n--有界， 但不收敛， 选A 6．当n→∞时，2 1 sin n 与 1 k n 为等价无穷小， 则k= （） A 1 2 B 1 C 2 D -2 解：Q 2 2 11 sin lim lim1 11 n n k k n n n n →∞→∞ ==，2 k=选C 二、填空题（每小题4分，共24分） 7．设() 1 1 f x x = + ，则() f f x ?? ??的定义域 为 §数学归纳法 1．数学归纳法的概念及基本步骤 数学归纳法是用来证明某些与正整数n有关的数学命题的一种方法．它的基本步骤是： (1)验证：n＝n0 时，命题成立； (2)在假设当n＝k(k≥n0)时命题成立的前提下，推出当n＝k＋1时，命题成立． 根据(1)(2)可以断定命题对一切正整数n都成立． 2．归纳推理与数学归纳法的关系 数学上，在归纳出结论后，还需给出严格证明．在学习和使用数学归纳法时， 需要特别注意： (1)用数学归纳法证明的对象是与正整数n有关的命题； (2)在用数学归纳法证明中，两个基本步骤缺一不可． 1．用数学归纳法证明命题的第一步时，是验证使命题成立的最小正整数n，注意n不一定是1. 2．当证明从k到k＋1时，所证明的式子不一定只增加一项；其次，在证明命题对n＝k＋1成立时，必须运用命题对n＝k成立的归纳假设．步骤二中，在 由k到k＋1的递推过程中，突出两个“凑”：一“凑”假设，二“凑”结论．关键是明确n＝k＋1时证明的目标，充分考虑由n＝k到n＝k＋1时命题 形式之间的区别与联系，若实在凑不出结论，特别是不等式的证明，还可以应用比较法、分析法、综合法、放缩法等来证明当n＝k＋1时命题也成立，这也是证题的常用方法． 3．用数学归纳法证命题的两个步骤相辅相成，缺一不可．尽管部分与正整数 有关的命题用其他方法也可以解决，但题目若要求用数学归纳法证明，则必须 依题目的要求严格按照数学归纳法的步骤进行，否则不正确． 4．要注意“观察——归纳——猜想——证明”的思维模式，和由特殊到一般的数学思想的应用，加强合情推理与演绎推理相结合的数学应用能力． 5．数学归纳法与归纳推理不同．(1)归纳推理是根据一类事物中部分事物具有某种属性，推断该类事物中每一个都有这种属性．结果不一定正确，需要进行严格的证明．(2)数学归纳法是一种证明数学命题的方法，结果一定正确． 6．在学习和使用数学归纳法时，需要特别注意： (1)用数学归纳法证明的对象是与正整数n 有关的命题，要求这个命题对所有的正整数n 都成立； (2)在用数学归纳法证明中，两个基本步骤缺一不可． 数学归纳法是推理逻辑，它的第一步称为奠基步骤，是论证的基础保证，即通过验证落实传递的起点，这个基础必须真实可靠；它的第二步称为递推步骤，是命题具有后继传递的保证，即只要命题对某个正整数成立，就能保证该命题对后继正整数都成立，两步合在一起为完全归纳步骤，称为数学归纳法，这两步各司其职，缺一不可．特别指出的是，第二步不是判断命题的真伪，而是证明命题是否具有传递性．如果没有第一步，而仅有第二步成立，命题也可能是假命题． 证明：12＋122＋123＋…＋12 n －1＋12n ＝1－1 2n (其中n ∈N ＋)． [证明] (1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝1 2，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1)时，等式成立，即 12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k ， 那么当n ＝k ＋1时， 左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋1 2k ＋1 ＝1－12k ＋12k ＋1＝1－2－12k ＋1＝1－1 2k ＋1＝右边． 这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立． 根据(1)和(2)，可知等式对任何n ∈N ＋都成立． 用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－ 1 2n 数列的极限、数学归纳法 一、知识要点 （一） 数列的极限 1.定义：对于无穷数列{a n }，若存在一个常数A ，无论预选指定多么小的正数ε，都能在数列中找到一项a N ，使得当n>N 时，|an-A|<ε恒成立，则称常数A 为数列{a n }的极限，记作 A a n n =∞ →lim . 2.运算法则：若lim n n a →∞ 、lim n n b →∞ 存在，则有 lim()lim lim n n n n n n n a b a b →∞ →∞ →∞ ±=±；lim()lim lim n n n n n n n a b a b →∞ →∞ →∞ ?=? )0lim (lim lim lim ≠=∞→∞ →∞→∞→n n n n n n n n n b b a b a 3.两种基本类型的极限：<1> S=?? ???-=>=<=∞ →)11() 1(1) 1(0lim a a a a a n n 或不存在 <2>设()f n 、()g n 分别是关于n 的一元多项式，次数分别是p 、q ，最高次项系数分别为p a 、 p b 且)(0)(N n n g ∈≠,则??? ????>=<=∞→)()() (0)()(lim q p q p b a q p n g n f q p n 不存在 4.无穷递缩等比数列的所有项和公式：1 1a S q = - （|q|<1） 无穷数列{a n }的所有项和：lim n n S S →∞ = （当lim n n S →∞ 存在时） （二）数学归纳法 数学归纳法是证明与自然数n 有关命题的一种常用方法，其证题步骤为： ①验证命题对于第一个自然数0n n = 成立。 ②假设命题对n=k(k ≥0n )时成立,证明n=k+1时命题也成立. 则由①②,对于一切n ≥ 0n 的自然数,命题都成立。 二、例题（数学的极限） 专题三 函数 不等式 数列 极限 数学归纳法 一能力培养 1,归纳猜想证明 2,转化能力 3,运算能力 4,反思能力 二问题探讨 1 冋题1数列｛ a n ｝满足3] , a i a 2 2 问题2已知定义在R 上的函数f(x)和数列｛ a n ｝满足下列条件： a 1 a , a . f (a n 1) (n =2,3,4, ),a 2 印， f (a n ) f (a n 1) = k(a n a n 1) (n =2,3,4,),其中 a 为常数,k 为非零常数 (I) 令b n a n 1 a n ( n N )，证明数列｛b n ｝是等比数列； (II) 求数列｛ a n ｝的通项公式；(III)当k 1时，求 lim a n . n umv uuuv uuuv uuuv uuuiv uuv 问题3已知两点M ( 1,0) ,N (1,0),且点P 使MP MN , PM PN , NM NP 成公差小 于零的等差数列? uuuv uuuv (I)点P 的轨迹是什么曲线？ (II)若点P 坐标为(X g , y 。),记 为PM 与PN 的夹角，求tan 2 a n n a n ,(n N ). (I)求｛a n ｝的通项公式 (II)求丄 100n 的最小值； a n (III)设函数 f(n)是— 100n 与n 的最大者，求 f (n)的最小值. 三习题探讨 选择题 2 1数列｛a n ｝的通项公式a n n kn ,若此数列满足a n a n ,(n N ),则k 的取值范围是 A, k 2 B, k 2 C,k 3 D, k 3 2等差数列｛ a n ｝,｛ b n ｝的前n 项和分别为S n ,T n ,若」 --- ，贝V —= T n 3n 1 b n 2 2n 1 2n 1 2n 1 A,— B,- C,- D,- 3 3n 1 3n 1 3n 4 3已知三角形的三边构成等比数列 ，它们的公比为q ,则q 的取值范围是 若AF , BF , CF 成等差数列，则有 1 6在 ABC 中,ta nA 是以4为第三项,4为第七项的等差数列的公差，ta nB 是以-为 3 第三项,9为第六项的等比数列的公比，则这个三角形是 A,钝角三角形 B,锐角三角形 C,等腰直角三角形 D,以上都不对 填空 2m 项之和S 2m ___________________________________ 11等差数列｛a n ｝中，S n 是它的前n 项和且S 6 S 7，S 7 S 8,则①此数列的公差 d 0, 1苗 A, (0, 丁) B,(1 5 1 、5 1 、、 5 c,[1, 丁) D,( 1_5) 2 4在等差数列｛a n ｝中,a 1 8 B ,75 1 ，第10项开始比1大，记 25 t 色 25 4 C , 75 [ im A (a n n n _3 50 S n ) t ,则t 的取值范围是 4 D ,75 t 5o 5 设 A (x i , y i ),B (X 2, y 2),C (X 3, y 3)是椭圆 2 y b 2 1(a 0)上三个点 ,F 为焦点， A, 2X 2 X ] x 3 B,2y 2 y 1 y 3 2 C,— X 2 2 D, X X 1 X 3 X 1 X 3 7等差数列｛a n ｝前n (n 6)项和& 324，且前6项和为36,后6项和为180，则n 22 32 23 33 62 63 {a n }中』m(a 1 a ? 10 一个数列{a n },当n 为奇数时，a . 9在等比数列 2n 3n 6n ,则 lim S n 1 a n ) ，则a 1的取值范围是 ________________ 15 n 5n 1 ；当n 为偶数时，a n 22 .则这个数列的前 温馨提示： 此题库为Word 版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观 看比例，点击右上角的关闭按钮可返回目录。 考点42 数列的极限、函数的极限与连续性 一、选择题 1、(2011·重庆高考理科·T3)已知x 2ax 1lim 2x 13x →∞-??+= ?-? ?,则=a ( ) (A) -6 (B) 2 (C) 3 (D)6 【思路点拨】对小括号内的表达式进行通分化简利用极限的相关性质求出a 的值. 【精讲精析】选D. x x 2x 16x (ax 1)(x 1)lim lim x 13x 3x(x 1)→∞→∞??-+--??+= ???--???? 22x ax (5a)x 1a lim 2,3x 3x 3→∞??+-+===??-?? 所以.6=a 2、（2011·四川高考理科·Ｔ11）已知定义在[0，+∞ )上的函数()f x 满足()f x =3(2)f x +，当[ 0,2)x ∈时，()f x =2 2x x -+，设()f x 在[22,2)n n -上的最大值为*([0,)n a n N ∈且{}n a 的前n 项和为S n ，则lim n n S →∞ =（ ）. （A ）3 （B ）52 (C) 2 （D ）32 【思路点拨】 首先需要确定数列{}n a .先由1n =求出1a ，当2n =时，由()3(2)f x f x =+可推得 1()(2)3 f x f x = -，先求出(2)f x -的最大值，在求()f x 的最大值，即求得2a ， 3,4,...n =依次求 解. 【精讲精析】选D ， [)[)[)22122,20,2,0,2()2(1)1n n n x f x x x x =-=∈=-+=--+时，时，， ()=(1)1f x f =最大值，1 1.a ∴= [)[)[)[)222,22,4,2,420,2n n n x x =-=∈-∈时，若，则， 2(2)22(2)f x x x -=--+-（） 高等数学求极限的常用 方法附例题和详解 HUA system office room 【HUA16H-TTMS2A-HUAS8Q8-HUAH1688】 高等数学求极限的14种方法 一、极限的定义 1.极限的保号性很重要：设 A x f x x =→)(lim 0 ， （i ）若A 0>，则有0>δ，使得当δ<-<||00x x 时，0)(>x f ； （ii ）若有,0>δ使得当δ<-<||00x x 时，0A ,0)(≥≥则x f 。 2.极限分为函数极限、数列极限，其中函数极限又分为∞→x 时函数的极限和0x x →的极限。要特别注意判定极限是否存在在： （i ）数列{}的充要条件收敛于a n x 是它的所有子数列均收敛于a 。常用的是其推论，即 “一个数列收敛于a 的充要条件是其奇子列和偶子列都收敛于a ” （ii ） A x x f x A x f x =+∞ →= -∞ →? =∞ →lim lim lim )()( (iii)A x x x x A x f x x =→=→? =→+ - lim lim lim 0 )( (iv)单调有界准则 （v ）两边夹挤准则（夹逼定理/夹逼原理） （vi ）柯西收敛准则（不需要掌握）。极限 )(lim 0 x f x x →存在的充分必要条件是： εδεδ<-∈>?>?|)()(|)(,0,021021x f x f x U x x o 时，恒有、使得当 二．解决极限的方法如下： 1.等价无穷小代换。只能在乘除．． 时候使用。例题略。 2.洛必达（L ’hospital ）法则（大题目有时候会有暗示要你使用这个方法） 它的使用有严格的使用前提。首先必须是X 趋近，而不是N 趋近，所以面对数列极限时候先要转化成求x 趋近情况下的极限，数列极限的n 当然是趋近于正无穷的，不可能是负无穷。其次,必须是函数的导数要存在，假如告诉f （x ）、g （x ）,没告诉是否可导，不可直接用洛必达法则。另外，必须是“0比0”或“无穷大比无穷大”,并且注意导数分母不能为0。洛必达法则分为3种情况： （i ）“ 00”“∞ ∞ ”时候直接用 (ii)“∞?0”“∞-∞”，应为无穷大和无穷小成倒数的关系，所以无穷大都写成了 无穷小的倒数形式了。通项之后，就能变成(i)中的形式了。即 )(1)()()()(1)()()(x f x g x g x f x g x f x g x f ==或；) ()(1 )(1 )(1 )()(x g x f x f x g x g x f -=- (iii)“00”“∞1”“0∞”对于幂指函数,方法主要是取指数还取对数的方法，即 e x f x g x g x f ) (ln )()()(=，这样就能把幂上的函数移下来了，变成“∞?0”型未定式。 3.泰勒公式(含有x e 的时候，含有正余弦的加减的时候） 12)! 1(!!21+++++++=n x n x x n e n x x x e θ ； cos=221242)! 22(cos )1()!2()1(!4!21+++-+-+-+-m m m m x m x m x x x θ 1 专题6.数列与数学归纳法 数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有.其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系，和其它知识综合考查的趋势明显，小题难度加大趋势明显；解答题的难度中等或稍难，随着文理同卷的实施，数列与不等式综合热门难题（压轴题），有所降温，难度趋减，将稳定在中等变难程度.往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合.在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要．关于数学归纳法的考查，主要与数列、不等式相结合. 预测2021年将保持稳定，主观题将与不等式、函数、数学归纳法等相结合 . 1．（2020·浙江省高考真题）已知等差数列{a n }的前n 项和S n ，公差d ≠0， 11a d ≤．记b 1=S 2，b n+1=S 2n+2–S 2n ，n *∈N ，下列等式不可能．．． 成立的是（ ） A ．2a 4=a 2+a 6 B ．2b 4=b 2+b 6 C ．2428a a a = D ．2428b b b = 2．（2020·浙江省高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1)2n n +??????就是二阶等差数列，数列(1)2n n +?????? (N )n *∈ 的前3项和是________． 3．（2020·浙江省高考真题）已知数列{a n }，{b n }，{c n }中，111112 1,,()n n n n n n n b a b c c a a c c n b +++====-= ?∈*N ． （Ⅰ）若数列{b n }为等比数列，且公比0q >，且1236b b b +=，求q 与{a n }的通项公式； （Ⅱ）若数列{b n }为等差数列，且公差0d >，证明：1211n c c c d +++<+．*()n N ∈ 4．（2020·天津高考真题）已知{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列， ()()115435431,5,4a b a a a b b b ===-=-． （Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式； （Ⅱ）记{}n a 的前n 项和为n S ，求证：()2*21n n n S S S n ++<∈N ； 1 mn 4(m n) mn 2(m n) 【综合能力训练】 一、选择题 1?数列｛a n ｝是等比数列，下列结论中正确的是（ ） A. a n ? a n+1 >0 B. a n ? a n+1 ? a n+2>0 C. a n ? a n+2 >0 D. a n ? a n+2 ? a n+4>0 2.在等比数列｛a n ｝中，a 1=sec 0 （ B 为锐角），且前n 项和S n 满足lim S n = ，那么B 的 n a 1 取值范围是（ ） A. （0, ） B. （0, ） C. （0, ） D. （0, 2 3 6 4 3.已知数列｛a n ｝中，a n =p^ （n € N ），则数列｛a n ｝的最大项是（ ） n 156 A.第12项 B.第13项 C.第 项或13 . D.不存在 4.三个数成等差数列，如果将最小数乘 2，最大数加上 7,所得三数之积为 1000,且成 等比数列，则原等差数列的公差一定是（ ) A.8 B.8 或—15 C. ± 8 D. ± 15 112 1 2 3 1 2 9 1 5.已知数列｛a n ｝： , + , + +-, + + …+ ” , ... 那么数列｛ 2 3 3 4 4 4 10 10 10 a n ?a n 1 的所有项的和为（ ) A.2 B.4 C.3 D.5 n 1 | n n 1 . n 6.已知a 、b € —?a -> lim n ，贝V a 的取值范围是（ ） n a n a A. a>1 B. — 1 g3.1030数列与函数的极限（1） 一、知识回顾 1、 数列极限定义 （1）定义：设{a n }是一个无穷数列，a 是一个常数，如果对于预先给定的任意小的正数ε，总存在正整数N ，使得只要正整数n>N ，就有|a n -a|<ε，那么就称数列{a n }以a 为极限，记作lim ∞→n a n =a 。 对前任何有限项情况无关。 *（2）几何解释：设ε>0，我们把区间(a-ε，a+ε)叫做数轴上点a 的ε邻域；极限定义中的不等式|a n -a|<ε也可以写成a-ε0，则特别地 01 lim =∞→n n ③设q ∈(-1，1)，则lim ∞ →n q n =0；;1lim ,1==∞ →n n q q ,1-=q 或n n q q ∞ →>lim ,1不存在。 若无穷等比数列1,,,,11<-q aq aq a n 叫无穷递缩等比数列，其所有项的和（各项的和）为：q a s s n n -= =∞ →1lim 1 3、数列极限的运算法则 如果lim ∞→n a n =A ，lim ∞→n b n =B ，那么(1)lim ∞→n (a n ±b n )=A ±B (2)lim ∞→n (a n ·b n )=A ·B (3)lim ∞ →n n n b a =B A (B ≠0) 极限不存在的情况是1、±∞=∞ →n n a lim ；2、极限值不唯一，跳跃，如1，-1，1，-1…. 注意：数列极限运算法则运用的前提: (1)参与运算的各个数列均有极限; (2)运用法则,只适用于有限个数列参与运算,当无限个数列参与运算时不能首先套用. 二.基本训练 1、n n n n 2312lim 22++∞→= ；22322 lim n n n n n →∞+++= 2、135(21) lim 2462n n n →∞+++???+-+++???+=_________________ 3．已知a 、b 、c 是实常数，且a cn c an b cn c bn c bn c an n n n ++=--=-+∞→∞→∞→2222lim ,3lim ,2lim 则的值是……… （ ） A . 121 B .61 C .2 3 D .6 求数列极限的方法总结 万学教育 海文考研 教学与研究中心 贺财宝 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. 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. 与极限计算相关知识点包括：1、连续、间断点以及间断点的分类：判断间断点类型的基础是求函数在间断点处的左右极限；2、可导和可微，分段函数在分段点处的导数或可导性，一律通过导数定义直接计算或检验0()f x '存在的定义是极限000(+)-()lim x f x x f x x ???→ 存在；3、渐近线，(垂直、水平或斜渐近线)；4、多元函数积分学，二重极限的讨论计算难度较大，常考查证明极限不存在. 下面我们重点讲一下数列极限的典型方法. 重要题型及点拨 1.求数列极限 求数列极限可以归纳为以下三种形式. ★抽象数列求极限 这类题一般以选择题的形式出现, 因此可以通过举反例来排除. 此外,也可以按照定义、基本性质及运算法则直接验证. ★求具体数列的极限,可以参考以下几种方法： a.利用单调有界必收敛准则求数列极限. 43 / 1843 / 18 第三章 数列及数学归纳法 知识结构 高考能力要求 1、理解数列的概念，了解数列通项公式的意义．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及前n 项和的公式，并能解决简单的实际问题． 3、理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式及前n 项和公式，并能解决简单的实际问题． 4、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． 高考热点分析 纵观近几年高考试题，对数列的考查已从最低谷走出，估计以后几年对数列的考查的比重仍不会减小，等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n 项和公式的应用是必考内容，数列及函数、三角、解析几何、组合数的综合应用问题是命题热点． 从解题思想方法的规律着眼，主要有：① 方程思想的应用，利用公式列方程(组)，例如等差、等比数列中的 “知三求二”问题；② 函数思想方法的应用、图像、单调性、最值等问题；③ 待定系数法、分类讨论等方法的应用． 高考复习建议 数列部分的复习分三个方面：① 重视函数及数列的联系，重视方程思想在数列中的应用．② 掌握等差数列、等比数列的基础知识以及可化为等差、等比数列的简单问题，同时要重视等差、等比数列性质的灵活运用．③ 要设计一些新颖题目，尤其是通过探索性题目，挖掘学生的潜能，培养学生的创新意识和创新精神，数列综合能力题涉及的问题背景新颖，解法灵活，解这类题时，要引导学生科学合理地思维，全面灵活地运用数学思想方法． 数列部分重点是等差、等比数列，而二者在内容上是完全平行的，因此，复习时应将它们对比起来复习；由于数列方面的题目的解法的灵活性和多样性，建议在复习这部分内容时，要启发学生从多角度思考问题，提倡一题多解，培养学生思维的广阔性，养成良好的思维品质． 3．1 数列的概念 知识要点 1．数列的概念 数列是按一定的顺序排列的一列数，在函数意义下，数列是定义域为正整数N *或其子集{1，2，3，……n }的函数f (n )．数列的一般形式为a 1，a 2，…，a n …，简记为{a n }，其中a n 是数列{a n }的第 项． 2．数列的通项公式 一个数列{a n }的 及 之间的函数关系，如果可用一个公式a n ＝f (n )来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式． 3．在数列{a n }中，前n 项和S n 及通项a n 的关系为： = n a ?? ? ??≥==21n n a n 4．求数列的通项公式的其它方法 ⑴ 公式法：等差数列及等比数列采用首项及公差(公比)确定的方法． ⑵ 观察归纳法：先观察哪些因素随项数n 的变化而变化，哪些因素不变；初步归纳出公式，再取n 的特珠值进行检验，最后用数学归纳法对归纳出的结果加以证明． ⑶ 递推关系法：先观察数列相邻项间的递推关系，将它们一般化，得到的数列普遍的递推关系，再通过代数方法由递推关系求出通项公式． 新人教高考数学总复习专题训练数列极限和数学归 纳法 Last revision date: 13 December 2020. 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) 1232 k 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 ????=++ ② ①×②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 k k k k k k ?++-+= -+= 得.11tan tan )1tan(tan )1tan(--+=?+k k k k 所以∑∑+==?+==2 3 1tan )1tan(n k n k k n k k b S 23 tan(1)tan tan(3)tan 3( 1)tan1tan1 n k k k n n +=+-+-=-=-∑ 安徽文（7）若数列}{n a 的通项公式是()()n a n =-13-2,则a a a 1210++= （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=15.故选A. 数列的极限函数的极限与洛必达法则的练习题及解析 一、单项选择题（每小题4分，共24分） 3． 若()0lim x x f x →=∞，()0 lim x x g x →=∞，则下列正确的是 （ ） A ． ()()0lim x x f x g x →+=∞??? ? B ． ()()0lim x x f x g x →-=∞??? ? C ． ()() 01lim 0x x f x g x →=+ D ． ()()0 lim 0x x kf x k →=∞≠ 解：()()000lim lim x x x x k kf x k f x k →→≠==?∞∞ ∴选D 6．当n →∞时， 1k n 与1k n 为等价无穷小，则k=（ ） A ．12 B ．1 C ．2 D ．-2 解：2 211sin lim lim 1,21 1n n k k n n k n n →∞→∞=== 选C 二 、填空题（每小题4分，共24分） 8．2112lim 11x x x →??-= ?--? ? 解：原式()()() 112lim 11x x x x →∞-∞+--+ 10 ．n = 解：原式n ≡有理化 11．1201arcsin lim sin x x x e x x -→??+= ??? 解：11220011sin 1,lim 0lim sin 0x x x x e e x x -→→≤=∴=又00arcsin lim lim 1x x x x x x →→== 故 原式=1 12．若()220ln 1lim 0sin n x x x x →+= 且0sin lim 01cos n x x x →=-,则正整数n = 解：()222200ln 1lim lim sin n n x x x x x x x x →→+?= 20420,lim 02 n x n x n x →<>2,4,n n ∴>< 故3n = 三、计算题（每小题8分，共64分） 14．求0x → 解：原式有理化 16．求0ln cos 2lim ln cos3x x x → 解：原式[][]0ln 1cos 21lim ln 1cos31x x x →--+-变形 注:原式02sin 2cos3lim cos 23sin 3x x x x x →∞?? ?∞??-?- 17．求02lim sin x x x e e x x x -→--- 解： 原式0020lim 1cos x x x e e x -→+-- 19．求lim 111lim 11n n n n n e e n →∞--+→∞??-== ?+?? 解： (1) 拆项，111...1223(1) n n +++??+ 1111111...122311n n n ??????=-+-+-=- ? ? ???++????(2) 原式=lim 111lim 11n n n n n e e n →∞--+→∞??-== ?+?? 数 列 极 限 的 求 法 及 其 应 用 2012年 9 月 28 日 容提要 数列极限可用N ε-语言和A N -语言进行准确定义，本文主要讲述数列极限的不同求法，例如：极限定义求法、极限运算法则法、夹逼准则求法、单调有界定理求法、函数极限法、定积分定义法、Stoltz 公式法、几何算术平均收敛公式法、级数法、收缩法等等.我们还会发现同一数列极限可用不同方法来求. 最后我们还简要介绍了数列极限在现实生活中的应用，如几何中推算圆面积，求方程的数值解，研究市场经营的稳定性及购房按揭贷款分期偿还问题.通过这些应用使我们对数列极限有一个更系统立体的了解. 关键词 ε-定义；夹逼准则；Stoltz公式；函数极限 N On the Solutions and the Applications as to the Sequence Limit Name: Yang NO. 07 The guidance of teachers: Dong Titles: Lecturer Abstract The limit of a sequence can be accurately defined by N ε-language and A N - language. This paper mainly describes different solutions to finding sequence limit, for example, definition of sequence limit method, fundamental operations of sequence limit method, squeezing law method, the monotone convergence theorem method, function limits method, definite integrals definition method, Stoltz formula method, geomeric and arithmetic convergence formula method, series method, contraction method, etc. We'll also find that different methods can be used to solve the same limit. Finally, we also briefly introduce the applications of sequence limit in real life, such as, infering the area of a circle in geometry, finding the numerial solution of equations, studying the stability of the market operation and the amortization problems of purchase mortgage loans. 数列、极限、数学归纳法·归纳、猜想、证明·教案 张毅 教学目标 1．对数学归纳法的认识不断深化． 2．帮助学生掌握用不完全归纳法发现规律，再用数学归纳法证明规律的科学思维方法． 3．培养学生在观察的基础上进行归纳猜想和发现的能力，进而引导学生去探求事物的内在的本质的联系．教学重点和难点 用不完全归纳法猜想出问题的结论，并用数学归纳法加以证明． 教学过程设计 （一）复习引入 师：我们已学习了数学归纳法，知道它是一种证明方法．请问：它适用于哪些问题的证明？ 生：与连续自然数n有关的命题． 师：用数学归纳法证明的一般步骤是什么？ 生：共有两个步骤： （1）证明当n取第一个值n0时结论正确； （2）假设当n=k（k∈N，且k≥n0）时结论正确，证明当n=k+1时，结论也正确． 师：这两个步骤的作用是什么？ 生：第（1）步是一次验证，第（2）步是用一次逻辑推理代替了无数次验证过程． 师：这实质上是在说明这个证明具有递推性．第（1）步是递推的始点；第（2）步是递推的依据．递推是数学归纳法的核心．用数学归纳法证题时应注意什么？ 生：两个步骤缺一不可．证第（2）步时，必须用归纳假设．即在n=k成立的前提下推出n=k+1成立．师：只有这样，才能保证递推关系的存在，才真正是用数学归纳法证题． 今天，我们一起继续研究解决一些与连续自然数有关的命题．请看例1． （二）归纳、猜想、证明 1．问题的提出 a3，a4，由此推测计算an的公式，然后用数学归纳法证明这个公式． 师：这个题目看起来庞大，其实它包括了计算、推测、证明三部分，我们可以先一部分、一部分地处理．（学生很快活跃起来，计算工作迅速完成，请一位同学口述他的计算过程，教师板演到黑板上） 师：正确．怎么推测an的计算公式呢？可以相互讨论一下． 高等数学求极限的14种方法 一、极限的定义 1.极限的保号性很重要：设 A x f x x =→)(lim 0 ， （1）若A 0>，则有0>δ，使得当δ<-<||00x x 时，0)(>x f ； （2）若有,0>δ使得当δ<-<||00x x 时，0A ,0)(≥≥则x f 。 2. 极限分为函数极限、数列极限，其中函数极限又分为∞→x 时函数的极限和0x x →的极限。 要特别注意判定极限是否存在在： （1）数列{} 的充要条件收敛于a n x 是它的所有子数列均收敛于a 。常用的是其推论，即“一个数列收敛于a 的充要条件是其奇子列和偶子列都收敛于a ” （2）A x x f x A x f x =+∞ →= -∞ →? =∞ →lim lim lim )()( (3) A x x x x A x f x x =→=→?=→+ - lim lim lim 0 )( (4) 单调有界准则 （5）两边夹挤准 （夹逼定理/夹逼原理） (6) 柯西收敛准则（不需要掌握）。极限 )(lim 0 x f x x →存在的充分必要条件。是： ε δεδ<-∈>?>?|)()(|)(,0,021021x f x f x U x x o 时，恒有、使得当 二．解决极限的方法如下： 1.等价无穷小代换。只能在乘除．． 时候使用。例题略。 2.洛必达（L ’hospital ）法则（大题目有时候会有暗示要你使用这个方法） 它的使用有严格的使用前提。首先必须是X 趋近，而不是N 趋近，所以面对数列极限时候先要转化成求x 趋近情况下的极限，数列极限的n 当然是趋近于正无穷的，不可能是负无穷。其次,必须是函数的导数要存在，假如告诉f （x ）、g （x ）,没告诉是否可导，不可直接用洛必达法则。另外，必须是“0比0”或“无穷大比无穷大”,并且注意导数分母不能为0。洛必达法则分为3种情况： （1）“ 00”“∞ ∞ ”时候直接用 (2)“∞?0”“∞-∞”，应为无穷大和无穷小成倒数的关系，所以无穷大都写成了无穷小的倒数形式了。通 项之后，就能变成(i)中的形式了。即)(1)()()()(1)()()(x f x g x g x f x g x f x g x f ==或；) ()(1 )(1 )(1 )()(x g x f x f x g x g x f -=- (3)“00”“∞1”“0 ∞”对于幂指函数,方法主要是取指数还取对数的方法，即 e x f x g x g x f ) (ln )()()(=， 这样就能把幂上的函数移下来了，变成“∞?0”型未定式。函数与数列的极限的强化练习题答案(含详细分析)
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