数列的极限、数学归纳法
考研：求数列极限的十五种解法
求数列极限的十五种方法1.定义法；-N 定义：设｛a .｝为数列，a 为定数，若对任给的正数；，总存在正数 N ，使得当n . N 时,有a . -a | .；：「，则称数列｛a .｝收敛于a ；记作：l im a^a ，否则称｛a .｝为发散数列.例1 •求证： 1nim：a —1，其中a 0.证：当a =1时，结论显然成立.III当 a >1 时，记 a =a n_1，则 a >0 ,由 a =n+a $ K 1 +n a =1 + n(c^ _1)，得_1 兰王，v‘ n彳 1 1 1任给E >0，则当n >口 =N 时，就有—1 ，即a 下一1 c 呂，即lim=1 .1综上， lim a n =1，其中 a >0 .例2 .求： 7nlim—.M^n!解： 变式： 7n_7 77 7 77 7 .7 7 771 .. n7--0 7丄丄n! 1 27 8 9 n —1 n 7! n 6! nn! 6! n2•利用柯西收敛准则由柯西收敛准则，数列 ｛x,｝收敛.1丄当—时，令b 蔦，则b 1，由上易知：”呻1lim a nn丄-11 —1lim b 下n ::0，N 丄6!则当n . N 时, •••lim 7=0.f n!柯西收敛准则：数列｛a n ｝收敛的充要条件是: 一；・0 , T 正整数N ，使得当n 、m • N 时，总有：|a n -a m I ■:"'成立.例3 •证明：数列x n 八§n当（n 才，2, 3,）为收敛数列. k 2±2证：X n -X m =sin(m 勺)-2m +当n • m • N 时，有有二丄「；6! n例4 .（有界变差数列收敛定理 ）若数列｛x ｝满足条件:（n =1, 2,），则称｛人｝为有界变差数列，试证：有界变差数列一定收敛.=0, y n 二 X n —X nJ —%1—X n 』"| X ? - X ’那么｛y n ｝单调递增，由已知可知： ｛y n ｝有界，故｛%｝收敛, 从而0， -I 正整数N ，使得当n .m . N 时，有y n -y m ：：：；; 此即X n -X m _X n -X n 』"|X n 丄^/"| X m 1 - X m |八；由柯西收敛准则，数列｛ X,｝收敛.注：柯西收敛准则把 ；—N 定义中的a n 与a 的关系换成了 a n 与a m 的关系，其优点在于无需借用数列以外的数a ，只需根据数列本身的特征就可鉴别其敛散性.3 •运用单调有界定理单调有界定理：在实数系中，有界的单调数列必有极限.例5 •证明：数列 x n = J a +J a +''描 （n 个根式，a >0，n =1, 2, 11|）极限存在，并求l i ^X n • 证：由假设知X n = a • X n1 ；①用数学归纳法可证： X n 1 X, , ^ N :② 此即证｛X,｝是单调递增的.事实上，0 ：：： Xn 1 • ..=a • Xn •；： J a • a • 1 ：：：、'（ ：a • 1）2二 a 1 ；由①②可知： ｛X n ｝单调递增有上界，从而 lim X^ =1存在，对①式两边取极限得：1二JFR ，解得： 1」1如和|/-1 4a(舍负)；.・.limX 」1如.22F 24.利用迫敛性准则（即两边夹法）迫敛性：设数列｛a n ｝、｛b n ｝都以a 为极限，数列｛C n ｝满足：存在正数 N ，当n • N 时，有:1*2 n "郭 n 2 +n 勺 n 2+2n 2+n +n)卫j <X ^n (n 1)；从而lim 単』亠m 吵"2(n ②) 2(n 5 1) "一斗2 (n 2n) 2 r ：2( n n 1)•••由迫敛性，得：朝人+冷…冷弓.注：迫敛性在求数列极限中应用广泛，常与其他各种方法综合使用，起着基础性的作用.证：令力 a^lC n 乞b ，则数列｛C n ｝收敛，且l nim Cn =a .例6 .求:解：记：X n备？■生，则:....1 2 小“丘 n ； 21 n 2n 1亠 ％ - x ,| M5•利用定积分的定义计算极限黎曼积分定义：设为f(x)定义在［a, b ］上的一个函数，J 为一个确定的数，若对任给的正数g >0 ,总存在某一正数 5，使得对［a, b ］的任意分割T ，在其上任意选取的点集 {©}，1X 」,x ］，n只要—就有送f(©)织—J £ ■则称函数f(x)在［a, b ］上(黎曼)可积，数J 为f(x)在［a, b ］i J_.兀 .2兀 sin — sin —— lim------ + ---- - +"f 1n 1< 22n2n2n .sin — sinsin sin — sinsin si n — sin sin-n nn ____ n . ___ 亠 亠 n ... n nnnn注：数列极限为“有无穷多项无穷小的和的数列极限，且每项的形式很规范”这一类型问题时， 可以考虑能否将极限看作是一个特殊的函数定积分的定义；部分相关的数列极限直接利用积 分定义可能比较困难，这上的定积分，记作 bJ f (x)dx •=exp "li 琴瓦 ^In(1 +丄)卜exp(』ln(1 +x)dx )=exp(2ln2 —1例8.求: 解：因为:又:.兀亠• 2兀亠亠.n 兀sin — sin sin -n n nn +1 n 1 =lim — ■- y ：n 1 二二 二 2 二 n 二 -—(sin — sin — ■ ■■-sin —) •兀丄• 2兀丄亠• nn sin sin sin 一 •- lim n nJnY ：n -1■nsin同理:sin — si n — s in 」由迫敛性，得:例7.求:1112 n n+評+廿1+討2兀时需要综合运用迫敛性准则等方法进行讨论.6•利用（海涅）归结原则求数列极限（x ）=A=对任何人必（n 宀），有 ”叮（Xn ）=A •2=[im(1 •啤)]im(1 ^^1)^ ^lim(1 n^)^^lim(1 」)x =e ； lim(1 -1 -4)n=e • i ： n n注：数列是一种特殊的函数，而函数又具有连续、可导、可微、可积等优良性质，有时我们可以借助函数的这些优良性质将数列极限转化为函数极限，从而使问题得到简化和解决. 7•利用施托尔茨（Stolz ）定理求数列极限stolz 定理1: （__）型：若｛y n ｝是严格递增的正无穷大数列，它与数列 ｛X n ｝一起满足:□0"m ：x 二辭1，则有卩叹辭1，其中l为有限数，或；，或一stolz 定理2： （0）型：若｛yn ｝是严格递减的趋向于零的数列， n —「:：时，Xn —；0且lim X 1 Xn=］，则有lim Xn=l ，其中I 为有限数，或•：：，或-. n「y n1. -y n7%例11 .求：乍 2P 加:小n p愠 np+ (P^N) •解：令X n =1p ，2p 爲…圧-P , y n =n p1, n • N ，则由定理1,得:lim 1P 2P1 nP Rim (n P11)P P1，lim心 「 rn p1"：( n1)p_ n p n]p1) n p_(P ⑴卩P 1注：本题亦可由 方法五（即定积分定义）求得，也较为简便，此处略.例9•求：lim n-<-.: 1e n-1 1 解：lim■n-s ： 1-1 1例10 •计算: 解：一方面, 另一方面, 1= lim 学n T_on( lim 1 n 扛 (1 - n由归结原则: 1、n “ 1、n 2）：：：（1 ） > n(nr ')；1 1(1 ——1)n （取 X n=(1 2丄_2_ 丁 )心丄—(1—)5-; nn2n n—1 ,n = 2, 3,…)， 归结原则：lim f X十2n2由迫敛性，得:n'TnC ：S n，求：Hm S n •n8.利用级数求和求数列极限由于数列与级数在形式上的统一性，有时数列极限的计算可以转化为级数求和，从而通过级 数求和的知识使问题得到解决.1 2n例13 .求：lim( 21) ， (a >1). n： - a aa n1od解：令x =—，则|x | .；：1，考虑级数：V nx nan 1x而S(x)二x f (x)2;因此，原式(1—X)9.利用级数收敛性判断极限存在由于级数与数列在形式上可以相互转化，使得级数与数列的性质有了内在的密切联系，因此 数列极限的存在性及极限值问题，可转化为研究级数收敛性问题.例14.设焉0，X ：^^ ^(n r O, 1, 2,)，证明：数列｛X ：｝收敛，并求极限2 +X ：证：由x 0・0 ,可得： x：0(：巾 1 2, )，令 f(x ^22 x C),(x 0)，例12 •设 解：令y =n 2，则｛y n ｝单调递增数列，于是由定理2得:nE ln C ；lim S n = lim k~ 2—— j nY ：2n 1n7 ln C n k1 -7 ln C ：= lim - n二 k 纟 k 土 2 2" (n 1) —nn” ln^^ k_on —k +1=lim n：■： 2n -1n +(n - 1)ln(n y ln kk -1=lim — n二2n 1(n 七)ln( n +1) — n In n -ln(n +1) = lim n:2n 1 .z n 1 nln( ) 1= lim :-n注：Stolz 定理是一种简便的求极限方法，特别对分子、分母为求和型，利用Stolz 定理有很大的优越性，它可以说是求数列极限的洛必达(L'Hospita )法则.lim an = lim =1，•••此级数是收敛的.令Q QS(x) nx n士二八'nx n1，再令n —f (x) =7 nx n」，x:: x::o f(t)dt ■ 0nt n1dt ■ x nn ±n 1f (x)二(产)二1 -x1 (1 -==S(a 」)=a(1-a 于2(1 亠x )=x ：1，x ： 0, (n =0,1,2,)，oo考虑级数：.J |X ： 1 -人； n 倉则 0 . f '(x)2(2 x)2由于X n 牛一X f (X n ) f (X nJf '(©(X n -X n£1X n —人iXn—人 1人一X n 1J?2所以, 级数"_人收敛，从而n£Q0壬(X n 牛-X n )收敛.n_0_令Sn=E (x kk_0_%牛一X k ） = X n 牛一人，叮臂^存在，二 n ^X n 丰 M^+U^S nJ (存在)；对式子：X 」= 2（1+X），两边同时取极限：| =2（1知）,2 *2 +I\ =^J 2或 I =―J2 （舍负）；二 lim 人=J2 .n与、 1 1 i例15 .证明：lim （1In n ）存在.（此极限值称为 Euler 常数）ii i i证：设 a n =i +— +—…+— —In n ，贝U a * —a*丄=—［in n —ln （n —i ）］；2 3 n n对函数y =1 n n 在［n -i, n ］上应用拉格朗日中值定理，可得：Inn —ln(n —1) - (0：：：小1)，10 •利用幕级数求极限例 16•设 sin x =sinx, sin x 二sin(sin n ±x) (n =2, 3, ■■- )，若 sinx 0 ,求:— i解：对于固定的x ，当n —•:时，单调趋于无穷，由stolz 公式，有:sin n x2nn ，1-1 lim nsin n x =lim lim — n 二 nn ：”： 1n 1 [2 2 2sin n x sin n 1 x sin n x所以 a n —a “ 丄=一1 .n(n -1+0) In -1)2 'OC A因为J 收敛，由比较判别法知: n三（n -1）2心a n -a ni 也收敛,n士1 1所以l j m® 存在，即lim^Vi*1iln n)存在. n利用基本初等函数的麦克劳林展开式, 常常易求岀一些特殊形式的数列极限... 1= lim ——y ： 1 ___ 1 sin 2(sin x) s in 2sin . x .2 2丄1 t sin t= lim lim 2 2 lim -“士一* t0 t -int(0 t^(t2-1t4 o(t4))sin t t 3t 4 -- t 6 o （t 6） 1 -- t 2 o （t 2） = lim 3 lim 33 .3t o （t ）3 o （i ）ii •利用微分中值定理求极限拉格朗日中值定理是微分学重要的基本定理，它利用函数的局部性质来研究函数的整体性质,其应用十分广泛•下面我们来看一下拉格朗日中值定理在求数列极限中的应用. 、 a a 例仃•求：limn 2(arctan arctan ) , (a =0).n二 n n 1解：设f （x ） =arctanx ，在［—a, a］上应用拉格朗日中值定理, n +1 n得：吩…（洽）="吟话），启，故当2知，J 。
数列、极限、数学归纳法 教案示例
数列、极限、数学归纳法 教案示例目标：引导同学对所做旧题进行回顾反思，使对本章知识点、方法系统及易错点有一个更清晰的线索，框架，培养学生面对陌生情景的问题时，能从运用知识点，方法体系的角度去思考分析问题的解题策略。
难点：策略意识的归纳提取及运用 范例：例1．(1)在等差数列{a n }中，若a 10=0,则有等式a 1+a 2+……+a n =a 1+a 2+……+a 19-n (n<19, n ∈N) 成立，类比上述性质，相应地：在等比数列{b n }中，若b 9=1,则有等式________成立。
(2)公差不为0的等差数列中，若第k,n,p 项成等比数列，则其公比为（ ）。
A 、p n n k --B 、k n n p --C 、p k n k --D 、np kp --(3)等差数列{a n },{b n }的前n 项和分别为S n 和T n , 若132+=n n T S n n ，则nn n b a lim ∞→等于（ ）。
A 、1 B 、36C 、32D 、94解析：以上三题都考查有关等差、等比数列概念，此处知识要点是定义、公式的理解运用。
问题主要是“知三求二”类的方程计算，方法有①“基本量法”（即把问题化归到a 1,d 或q 上去，简单可行，但通常较为麻烦）；②“表示技巧法”（在等差、等比数列中任两项都可互相表示；中项；若有k,l,m,n ∈N 且k+l=m+n...{a n }为AP 则a k +a l =a m +a n , {a n }为GP ，则a k ·a l =a m ·a n ）；③还有少数问题可联系函数去解决。
(1)a 1+a 2+……+a n =a 1+a 2+……+a 19-n ,{a n }等差,a 10=0, 此处用了：2a 10=a 9+a 11=a 8+a 12=……=a n +a 20-n . 而a 20-n 的前一项为a 19-n ，故上式成立，若{b n }等比数列，b 9=1,对于n<17, 则有：11811710829=====-n n b b b b b b b ，b 1,b 2,b 3……,b n 中，b 18-n 的前一项为b 17-n ,b 1·b 2·b 3……b n =b 1·b 2·b 3……b 17-n (n<17, n ∈N). (2)若a k , a n , a p 成等比，设公比为q ，则p k n a a a ⋅=2, 由{a n }等差，设公差为d(d ≠0) 则 a k =a n +(k-n)d, a p =a n +(p-n)d, nnp a d n p a a q )(1-+==, ∴ 222))((])()[(d n p n k a d n p d n k a a n n n --+-+-+=∴))((2n p n k pk n a d n ----=, ∴ nk pn n k p k n q --=---+=21, 选B 。
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11讲 数列的极限与数学归纳法 教案
第十一讲 数列的极限与数学归纳法 教案【考点简介】1．数列极限与数学归纳法在自主招生中的考点主要有：数列极限的各种求解方法；无穷等比数列各项和；数列的应用题；常用级数；数学归纳法证明等式与不等式。
【知识拓展】1．特殊数列的极限（1）1lim 0(0,a n a a n→∞=>是常数） （2） lim 0(0)!n n a a n →∞=>（3）lim 0k n n n a →∞=（1a ＞，k 为常数） （4） 111lim 1,lim 1nnn n e n n e →∞→∞⎛⎫⎛⎫+=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭公式（4）证明：令11nM n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，取自然对数得到1ln ln 1M n n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，令1x n =，得ln(1)ln x M x+=， 由洛比达法则得00ln(1)1lim lim()11x x x x x→→+==+，即0limln 1x M →=，所以，limln 1n M →∞=，则lim n M e →∞=，即1lim 1nn e n →∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭。
另外，数列11nn ⎧⎫⎪⎪⎛⎫+⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭是单调递增的，理由如下：由11n n G A ++≤（1n +个正实数的几何平均数≤它们的算术平均数）有11111111111n n n n n n n ⎛⎫++ ⎪++⎝⎭=+⋅<==+⎪⎪+++⎭⎝⎭， 所以111111n n n n +⎛⎫⎛⎫+<+ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭。
2．洛比达法则 若lim ()0x f x →∞=（或∞），lim ()0x g x →∞=（或∞），则()'()limlim ()'()x x f x f x g x g x →∞→∞=。
3．夹逼定理如果数列{}n x 、{}n y 以及{}n z 满足下列条件：（1）从某项起，即当0n n ＞（其中0n N ∈），有n n n x y z ≤≤（123n =，，）； （2）lim n n x a →∞=且lim n n z a →∞=；那么数列{}n y 的极限也存在，且lim n n y a →∞=。
数列与数列的极限与等比数列的求和问题解答的证明
数列与数列的极限与等比数列的求和问题解答的证明数学中，数列是由一串有限或无限的数按照一定顺序排列而成的。
数列的极限是指当数列中的数值无限逼近某个固定值时，该固定值即为数列的极限。
而等比数列是指数列中的每一项与其前一项之比都相等的数列。
在本文中，我们将详细探讨数列与数列的极限以及等比数列的求和问题，并给出相关问题的证明。
一、数列的极限1. 有界数列的极限对于一个有界数列，它的上界与下界各有一个固定值。
假设数列的上界为M，下界为m。
当数列中的每一项都无限逼近M或m时，该数列的极限即为M或m。
证明过程如下：- 首先，根据上界与下界的定义，数列中的所有项必定小于等于M 且大于等于m。
- 其次，由于数列是按照一定顺序排列的，可以推断出随着数列中项的增加，每一项都会无限逼近M或m。
- 最后，可以根据数列定义及数学归纳法证明，当数列中的每一项都无限逼近M或m时，该数列的极限即为M或m。
2. 无穷大数列的极限无穷大数列是指当数列中的每一项都趋向于正无穷或负无穷时。
证明过程如下：- 首先，根据数列的定义，无穷大数列中的每一项都无限逼近正无穷或负无穷。
- 其次，可以利用数学归纳法证明，当数列中的每一项都趋向于正无穷或负无穷时，该数列的极限即为正无穷或负无穷。
二、等比数列的求和问题等比数列的求和问题是指对于一个等比数列，求其前n项的和。
设等比数列的首项为a，公比为r，前n项的和为Sn。
根据等比数列的性质，可得到以下公式：1. 当r=1时，等比数列退化为等差数列，其前n项和的计算公式为Sn = na。
2. 当r≠1时，等比数列的前n项和的计算公式为Sn = a * (1 - r^n) / (1 - r)。
以上公式可以通过数学归纳法证明，具体证明过程略。
三、综合例题考虑一个等差数列的极限与等比数列的求和问题的综合例题：已知数列{an}的通项公式为an = 2^n + 3^n，求该数列的前n项和Sn。
首先，我们可以观察到该数列是由两个不同的幂函数相加而成的。
求数列极限的十五种解法
1
；
0
0 n1
n1
1 x
1 x (1 x)2
而 S(x) x f (x) x ；因此，原式= S(a1) a1 ．
(1 x)2
(1 a1 )2
9．利用级数收敛性判断极限存在 由于级数与数列在形式上可以相互转化，使得级数与数列的性质有了内在的密切联系，因此
数列极限的存在性及极限值问题，可转化为研究级数收敛性问题．
求数列极限的十五种方法
求数列极限的十五种方法
1．定义法
N 定义：设{an} 为数列， a 为定数，若对任给的正数 ，总存在正数 N ，使得当 n N 时，
有
an
a
，则称数列
{an
பைடு நூலகம்
}
收敛于
a
；记作：
lim
n
an
a
，否则称{an} 为发散数列．
1
例 1．求证： lim an 1，其中 a 0 ． n
列以外的数 a ，只需根据数列本身的特征就可鉴别其敛散性．
3．运用单调有界定理
单调有界定理：在实数系中，有界的单调数列必有极限．
例 5．证明：数列 xn a a a （ n 个根式， a 0 ， n 1, 2,
证：由假设知 xn a xn1 ；① 用数学归纳法可证： xn1 xn , k N ；② 此即证 {xn} 是单调递增的．
n0
n0
n
令 Sn
xk1 xk
xn1
x0
，∵
lim
n
Sn
存在，∴
lim
n
xn1
x0
lim
n
Sn
l
（存在）；
k 0
对式子：
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。
数列、极限、数学归纳法(下)
【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21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 ×21，a n+1<a n 未必成立，当首项a 1<0时，a n <0，则21a 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 nS 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。
数列、极限、数学归纳法 求数列的极限 教案
数列、极限、数学归纳法·求数列的极限·教案教学目标1．熟练运用极限的四则运算法则，求数列的极限．2．理解和掌握三个常用极限及其使用条件．培养学生运用化归转化和分类讨论的思想解决数列极限问题的能力．3．正确认识极限思想和方法是从有限中认识无限，从近似中认识精确，从量变中认识质变的一种辩证唯物主义的思想．教学重点与难点使用极限四则运算法则及3个常用极限时的条件．教学过程设计（一）运用极限的四则运算法则求数列的极限师：高中数学中的求极限问题，主要是通过极限的四则运算法则，把所求极限转化成三个常用极限：例1 求下列极限：师：（1）中的式子如何转化才能求出极限．生：可以分子、分母同除以n3，就能够求出极限．师：（2）中含有幂型数，应该怎样转化？师：分子、分母同时除以3n-1结果如何？生：结果应该一样．师：分子、分母同时除以2n或2n-1，能否求出极限？（二）先求和再求极限例2 求下列极限：由学生自己先做，教师巡视．判断正误．生：因为极限的四则运算法则只适用于有限个数列加、减、乘、除的情况．此题当n→∞，和式成了无限项的和，不能使用运算法则，所以解法1是错的．师：解法2先用等差数列的求和公式，求出分子的和，满足了极限四则运算法则的条件，从而求出了极限．第（2）题应该怎样做？生：用等比数列的求和公式先求出分母的和．=12．师：例2告诉我们不能把处理有限项和问题的思路及方法随意地搬到无限项和的问题中去，要特别注意极限四则运算法则的适用条件．例3求下列极限：师：本例也应该先求出数列的解析式，然后再求极限，请同学观察所给数列的特点，想出对策．生：（1）题是连乘积的形式，可以进行约分变形．生：（2）题是分数和的形式，可以用“裂项法”变形．例4设首项为1，公比为q（q＞0）的等比数列的前n项和为Sn，师：等比数列的前n项和Sn怎样表示？师：看来此题要分情况讨论了．师：综合两位同学的讨论结果，解法如下：师：本例重点体现了分类讨论思想的运用能够使复杂问题条理化．同（三）公比绝对值小于1的无穷等比数列前n项和的极限师：利用无穷等比数列所有各项和的概念以及求极限的知识，我们已经得到了公比的绝对值小于1的无穷等比数列各项和的公式：例5计算：题目不难，可由学生自己做．师：（1）中的数列有什么特点？师：（2）中求所有奇数项的和实质是求什么？（1）所给数列是等比数列；（2）公比的绝对值小于1；（四）利用极限的概念求数的取值范围师：（1）中a在一个等式中，如何求出它的值．生：只要得到一个含有a的方程就可以求出来了．师：同学能够想到用方程的思想解决问题非常好，怎样得到这个方程？生：先求极限．师：（2）中要求m的取值范围，如何利用所给的等式？|q|＜1，正好能得到一个含有m的不等式，解不等式就能求出m的范围．解得0＜m＜4．师：请同学归纳一下本课中求极限有哪些类型？生：主要有三种类型：（1）利用极限运算法则和三个常用极限，求数列的极限；（2）先求数列的前n项和，再求数列的极限；（3）求公比绝对值小于1的无穷等比数列的极限．师：求数列极限应注意的问题是什么？生甲：要注意公式使用的条件．生乙：要注意有限项和与无限项和的区别与联系．上述问答，教师应根据学生回答的情况，及时进行引导和必要的补充．（五）布置作业1．填空题：2．选择题：则x的取值范围是[ ]．的值是[ ]．A．2 B．-2 C．1 D．-1作业答案或提示（7）a．2．选择题：（2）由于所给两个极限存在，所以an与bn的极限必存在，得方程以上习题教师可以根据学生的状况，酌情选用．课堂教学设计说明1．掌握常用方法，深化学生思维．数学中对解题的要求，首先是学生能够按部就班地进行逻辑推理，寻找最常见的解题思路，当问题解决以后，教师要引导学生立即反思，为什么要这么做？对常用方法只停留在会用是不够的，应该对常用方法所体现的思维方式进行深入探讨，内化为自身的认知结构，然后把这种思维方式加以运用．例1的设计就是以此为目的的．2．展示典型错误，培养严谨思维．求数列极限的基本方法，学生并不难掌握，因此，例2采取让学生自己做的方式，有针对性地展示出此类题目在解题中容易出现的典型错误，让学生从正确与谬误的对比中，辨明是非、正误，强化求极限时应注意的条件，培养思维的严谨性．这种做法，会给学生留下难忘的印象，收到较好的教学效果．3．贯穿数学思想，提高解题能力．本课从始至终贯穿着转化的思想．而例4中的分类讨论思想，例6中的方程思想的应用，都对问题的解决，起到了决定性的作用，使复杂问题条理化，隐藏的问题明朗化．因此，只有培养学生良好的思维品质，在教学过程中不断渗透和深化数学思想方法，才能达到系统概括知识内容，沟通各类知识的纵横联系，提高解题能力的要求．。
数列、极限、数学归纳法(上)
【考点梳理】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。
2.等比数列及其通项公式，等比数列前n项和公式。
3.数列的极限及其四则运算。
4.数学归纳法及其应用。
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.作用地位（1）数列是函数概念的继续和延伸，是定义在自然集或它的子集{1,2,…,n}上的函数。
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”。
因此，学过数列后，一方面对函数概念加深了了解，拓宽了学生的知识范围；另一方面也为今后学习高等数学中的有关级数的知识和解决现实生活中的一些实际问题打下了基础。
（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。
另一方面，从数学方法来看，它是一种与以前学习的数学方法有所不同的全新方法，它有着现代数学思想，它把辩证唯物主义的思想引进了数学领域，因而，学习这部分知识不仅能接受一种新的数学思想方法，同时对培养学生唯物主义的世界观也起了一定的作用。
（3）数学归纳法是一种数学论证方法，学生学习了这部分知识后，又掌握了一种新的数学论证方法，开拓了知识领域，学会了新的技能；同时通过这部分知识的学习又学到一种数学思想。
学好这部分知识，对培养学生逻辑思维的能力，计算能力，熟悉归纳、演绎的论证方法，提高分析、综合、抽象、概括等思维能力，都有很好的效果。
高一数学上册知识点归纳
高一数学上册知识点归纳一、函数与方程1. 函数的概念- 定义- 函数的表示方法- 函数的图像2. 函数的性质- 单调性- 奇偶性- 周期性3. 特殊函数- 一次函数- 二次函数- 幂函数- 指数函数- 对数函数- 三角函数4. 函数的应用- 实际问题建模- 函数的最值问题5. 方程与不等式- 一元一次方程- 一元二次方程- 不等式及其解集 - 系统方程的解法二、数列与数学归纳法1. 数列的概念- 数列的定义- 常见的数列类型2. 等差数列与等比数列 - 定义与性质- 通项公式- 求和公式3. 数列的极限- 极限的概念- 极限的性质4. 数学归纳法- 原理- 证明方法三、三角函数1. 三角函数的基础- 角度与弧度- 三角函数的定义 - 三角函数的图像2. 三角函数的性质- 单调性- 奇偶性- 周期性3. 三角恒等变换- 基本恒等式- 恒等变换的应用4. 解三角形- 正弦定理- 余弦定理四、平面向量1. 向量的基本概念- 向量的定义- 向量的加法与数乘2. 向量的几何运算- 向量的减法与数量积- 向量的投影3. 向量的应用- 平面向量的坐标表示- 向量在几何问题中的应用五、立体几何1. 空间几何体- 多面体- 旋转体2. 空间直线与平面- 直线与平面的位置关系- 直线与平面的方程3. 空间向量- 空间向量的基本概念- 空间向量的基本运算4. 立体几何的应用- 体积与表面积的计算- 立体图形的构造请将以上内容复制到Word文档中，并根据实际需要进行格式设置和内容补充。
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07[1]. 数列、极限、数学归纳法
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第二章 数列、极限、数学归纳法等差数列【例题精选】：例1 已知有穷数列：3，5，7，9，11，…，27m m N +∈()其中每一项都比它后一项小2 （1）写出这个数列的通项公式； （2）指出49m m N +∈()是否这个数列中的一项，并说明理由。
分析：题目一写出来，有的同学就认为题目错了，他们认为2721m m ++应写成才符合给出数列的变化规律，还有的同学就把 a n n N n =+∈27()作为所求的通项公式，这都是不对的。
这两种错误的一个共同点都在于没有区分有穷数列的通项和末项，数列的通项公式是其第n 项与项数n 之间的函数关系式： a f n n =()，而有穷数列的项数未必恰好是n 项，因此它的末项未必正好是该数列的第n 项。
还要注意对有穷数列通项公式中n 范围的标注不能仅是n N ∈. 解：（1）设已知有穷数列的第n 项为a a n n n ，则=+21. 且由，故21273n m n m +=+=+ ∴=+=+这个有穷数列的通项公式是…a n n m n 211233(,,,,) （2） 由得214924n m n m +=+=+ 又24313m m m m m N +=+++>+∈()()()∴+∈49m m N ()不是这个有穷数列中的一项 小结：数列的通项公式具有双重身份，它既是数列的第n 项，又是该数列中所有各项的一般表示，后者又蕴含着a n 与n 的函数关系。
这是认识数列问题与函数问题联系的依据。
但是应该注意，正如任何一个函数未必能用解析法表示一样，不是所有的数列都有通项公式，而且即使一个数列有通项公式，通项公式也未必唯一。
例如数列1，－1，1，－1，…的通项公式可以是 a n N n n =-∈+()(),11也可以是a n n N n =-∈cos()()1π还可以表示为 a n n n =-⎧⎨⎩11为正奇数为正偶数。
例2 求数列 123334545756⨯-⨯⨯-⨯，…,,的通项公式。
高考数学数列极限知识点汇总
高考数学数列极限知识点汇总在高考数学中，数列极限是一个重要的知识点，也是许多同学感到头疼的部分。
为了帮助大家更好地掌握这一知识点，下面就为大家详细汇总一下数列极限的相关内容。
一、数列极限的定义如果当项数n 无限增大时，数列的通项an 无限接近于某个常数A，那么就称 A 是数列{an}的极限，记作lim(n→∞） an ＝ A 。
这里要注意“无限接近”的含义，并不是说数列的项最终等于这个常数，而是它们之间的距离可以任意小。
二、数列极限的性质1、唯一性：如果数列{an}有极限，那么这个极限是唯一的。
2、有界性：如果数列{an}有极限，那么数列{an}一定是有界的。
3、保号性：如果lim(n→∞） an ＝ A，且 A ＞ 0（或 A ＜ 0），那么存在正整数 N，当 n ＞ N 时，an ＞ 0（或 an ＜ 0）。
三、常见数列的极限1、常数列：若{an}为常数列，即 an ＝ C（C 为常数），则lim(n→∞） an ＝ C 。
2、等差数列：若{an}为等差数列，首项为 a1，公差为 d 。
当 d ＝0 时，lim(n→∞） an ＝ a1 ；当d ≠ 0 时，数列{an}没有极限。
3、等比数列：若{an}为等比数列，首项为 a1，公比为 q 。
当｜q| ＜ 1 时，lim(n→∞） an ＝ 0 ；当 q ＝ 1 时，lim(n→∞） an ＝ a1 ；当｜q| ＞ 1 时，数列{an}没有极限。
四、数列极限的运算1、四则运算：如果lim(n→∞） an ＝ A，lim(n→∞） bn ＝ B ，那么（1）lim(n→∞）（an ± bn) ＝ A ± B ；（2）lim(n→∞）（an · bn) ＝ A · B ；（3）当B ≠ 0 时，lim(n→∞）（an ／ bn) ＝ A ／ B 。
2、指数运算：若lim(n→∞） an ＝ A ，则lim(n→∞） an^k ＝ A^k （k 为正整数）。
数列、极限、数学归纳法等差、等比数列综合问题教案
数列、极限、数学归纳法——等差、等比数列综合问题教案教学目标：1. 理解等差数列和等比数列的定义及其性质。
2. 掌握数列的极限概念，并能应用于等差、等比数列。
3. 学会使用数学归纳法解决数列相关问题。
4. 能够综合运用等差、等比数列的知识解决实际问题。
教学内容：第一章：数列概念与等差数列1.1 数列的定义与表示方法1.2 等差数列的定义与性质1.3 等差数列的通项公式1.4 等差数列的前n项和公式第二章：等差数列的极限2.1 极限概念引入2.2 等差数列极限的定义2.3 等差数列极限的性质2.4 等差数列极限的应用第三章：等比数列的概念与性质3.1 等比数列的定义3.2 等比数列的性质3.3 等比数列的通项公式3.4 等比数列的前n项和公式第四章：等比数列的极限4.1 等比数列极限的定义4.2 等比数列极限的性质4.3 等比数列极限的应用4.4 无穷等比数列的极限第五章：数学归纳法与数列5.1 数学归纳法的基本概念5.2 数学归纳法证明等差数列性质5.3 数学归纳法证明等比数列性质5.4 数学归纳法解决数列综合问题教学方法：1. 采用讲授法讲解数列、极限、数学归纳法的基本概念和理论。
2. 利用案例分析法分析等差、等比数列的实际应用问题。
3. 组织小组讨论法，让学生探讨数列问题的解题策略。
4. 运用练习法巩固所学知识，提高解题能力。
教学评估：1. 课堂问答：检查学生对数列、极限、数学归纳法的基本概念理解程度。
2. 课后作业：布置相关练习题，检验学生掌握知识点的情况。
3. 小组讨论报告：评估学生在探讨数列问题时的分析能力和团队协作能力。
4. 期末考试：全面测试学生对本门课程知识的掌握程度。
教学资源：1. 教材：《高等数学》、《数学分析》等。
2. 课件：制作数列、极限、数学归纳法等相关课件。
3. 练习题库：搜集各种数列、极限、数学归纳法的练习题。
4. 案例素材：搜集等差、等比数列在实际应用中的案例。
教学进度安排：1. 第一章：2课时2. 第二章：3课时3. 第三章：2课时4. 第四章：3课时5. 第五章：4课时数列、极限、数学归纳法——等差、等比数列综合问题教案（续）第六章：等差、等比数列的图像与性质6.1 等差数列的图像特点6.2 等比数列的图像特点6.3 等差、等比数列的性质对比6.4 等差、等比数列的特殊情况分析第七章：数列的极限与无穷数列7.1 无穷数列的概念7.2 无穷数列的极限概念7.3 无穷等差数列与无穷等比数列的极限7.4 无穷数列极限的应用第八章：数学归纳法解决数列问题实例8.1 数学归纳法证明等差数列的性质8.2 数学归纳法证明等比数列的性质8.3 数学归纳法解决数列问题实例分析8.4 数学归纳法在数列研究中的应用第九章：等差、等比数列的实际应用9.1 等差数列在经济学中的应用9.2 等比数列在金融学中的应用9.3 等差、等比数列在其他领域的应用9.4 实际应用案例分析第十章：数列、极限、数学归纳法的综合练习10.1 等差、等比数列的综合练习题10.2 极限概念的综合练习题10.3 数学归纳法的综合练习题10.4 综合练习题解答与分析教学方法：1. 采用讲授法讲解等差、等比数列的图像与性质。
数列、极限与数学归纳法(2003年以前)
数列、极限与数学归纳法考试内容：数列。
等差数列及其通项公式、前n 项和的公式。
等比数列及其通项公式、前n 项和的公式。
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)掌握等差数列与等比数列的概念、通项公式、前n 项和的公式，并能够运用这些知识解决一些问题。
(3)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。
(4)了解数学归纳法的原理，并能用数学归纳法证明一些简单问题。
一、选择题1. 给出20个数:87，91，94，88，93，91，89，87，92，86，90，92，88，90，91，86，89，92，95，88.它们的和是( )(86年(5)3分) (A)1789 (B)1799 (C)1879 (D)18992. 设命题甲:△ABC 的一个内角为60o ，命题乙:△ABC 的三个内角的度数成等差数列.那么( )(88年(11)3分)(A)甲是乙的充分不必要条件 (B)甲是乙的必要不充分条件 (C)甲是乙的充要条件 (D)甲不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 3. 已知{a n }是等比数列,如果a 1＋a 2＋a 3＝18,a 2＋a 3＋a 4＝－9,S n ＝a 1＋a 2＋……＋a n ,那么n n S ∞→lim 的值等于( )(89年(5)3分)(A)8 (B)16 (C)32 (D)484. 已知{a n }是等比数列,且a n ＞0,a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25,那么a 3＋a 5＝( )(91年(7)3分)(A)5 (B)10 (C)15 (D)205. )]211()511)(411)(311([lim +----∞→n n n 的值等于( )(91年(12)3分) (A)0 (B)1 (C)2 (D)36. 在各项均为正数的等比数列{a n }中,若a 5a 6＝9,则log 3a 1＋log 3a 2＋……＋log 3a 10＝( )(93年(7)3分) (A)12 (B)10 (C)8 (D)2＋log 357. 某种细菌在培养过程中,每20分钟分裂一次(一个分裂为两个),经过3个小时,这种细菌由一个可繁殖成( )(94年(5)4分) (A)511个 (B)512个 (C)1023个 (D)1024个8. 等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ,T n ,若nn n n n b a lim 则,13n 2n T S ∞→+=＝( )(95年(12)5分) (A)1(B)36 (C)32 (D)94 9. 等比数列a n 的首项a 1＝－1，前n 项和为S n ，已知n n 510S lim 则,3331S S ∞→=等于( )(96年(10)4分)(A)32 (B)－32 (C)2 (D)－210. 等差数列{a n }的前m 项和是30，前2m 项和是100，则它的前3m 项和是( )(96年(12)5分) (A)130 (B)170 (C)210 (D)260 11. 在等比数列{a n }中,a 1＞1,且前n 项和S n 满足nn n a 1S lim =∞→,那么a 1的取值范围是( )(98年(15)5分) (A)(1,＋∞)(B)(1,4)(C)(1,2)(D)(1,2)二、填空题1. 11)2(3)2(3lim+-∞→-+-+n nn n n ＝____________.(86年(14)4分)2. )1n 2n1n 31n 21n 1(lim 2222n ++++++++∞→ ＝____________.(87年(12)4分)3. 已知等比数列{a n }的公比q ＞1，a 1＝b(b ≠0)，则n876n321n a a a a a a a a lim ++++++++∞→ ＝_______.(88年(24)4分)4. 已知{a n }是公差不为0的等差数列，如果S n 是{a n }的前n 项和，那么nnn S na lim ∞→等于_______.(90年(18)3分)5. 已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 9成等比数列，则1042931a a a a a a ++++的值是_________.(92年(23)3分)6. 已知等差数列{a n }的公差d ＞0，首项a 1＞0，S n n n1i 1i i n S lim 则,a a 1∞→=+∑=＝______.(93年(24)3分) 三、解答题1. 设a 1)n(n 3221n +++⋅+⋅= (n ＝1,2,3……),Ⅰ.证明不等式21)(n ＜＜a 21)n(n 2n ++对所有的正整数n 都成立; Ⅱ.设b 1)n(n a n n += (n ＝1,2,3……),用极限定义证明21lim =∞→n n b .(85年(16)10分)2. 已知x 1＞0,x 1≠1,且x 1)(3x 3)(x x 2n2n n 1n ++=+ (n ＝1,2,3……).试证:数列{x n }或者对任意的自然数n都满足x n ＜x n ＋1,或者对任意的自然数n 都满足x n ＋1＜x n .(86年(22)12分) 3. 设数列a 1,a 2,……a n ,……的前项和S n 与a n 的关系是S n ＝－ba n ＋1－nb)(11+,其中b 是与n无关的常数,且b ≠－1, Ⅰ.求a n 和a n ＋1的关系式;Ⅱ.写出用n 和b 表示a n 的表达式;Ⅲ.当0＜b ＜1时,求极限lim n →∞S n .(87年(20)12分)4. 是否存在常数a,b,c,使得等式1·22＋2·32＋……＋n(n ＋1)2＝12)1(+n n (an 2＋bn ＋c)对一切自然数n 成立？并证明你的结论.(89年(23)10分)5. 有四个数,其中前三个数成等差数列,后三个数成等比数列,并且第一个数与第四个数的和是16,第二个数与第三个数的和是12,求这四个数.(90年(21)10分) 6. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 3＝12,S 12＞0,S 13＜0,Ⅰ.求公差d 的取值范围;Ⅱ.指出S 1,S 2,……S 12中哪一个值最大,并说明理由.(92年(27)10分)7. 设{a n }是正数组成的数列,其前n 项的和为S n ,并且对所有的自然数n,a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项,Ⅰ.写出数列{a n }的前3项;Ⅱ.求数列{a n }的通项公式(写出推导过程);Ⅲ.令b )a a a a (21n1n 1n nn +++=,(n ∈N),求lim n →∞(b 1＋b 2＋……＋b n －n).(94年(25)14分)8. 设{a n }是由正数组成的等比数列,S n 是其前n 项和,Ⅰ.证明:21(lgS n ＋lgS n ＋2)＜lgS n ＋1;Ⅱ.是否存在常数c ＞0,使得21[lg(S n －c)＋lg(S n ＋2－c)]＜lg(S n ＋1－c)成立?并证明你的结论.(95年(25)12分)9. 已知数列{a n },{b n }都是由正数组成的等比数列,公比分别为p,q,其中p ＞q,且p ≠1,q ≠1.设c n ＝a n ＋b n ,S n 为数列{c n }的前项和,求1n nn S S lim-∞→.(97年(21)11分)10. 已知数列{b n }是等差数列,b 1＝1,b 1＋b 2＋……＋b 10＝145.①求数列{b n }的通项b n ;②设数列{a n }的通项a n ＝log a (1＋nb 1)(其中a>0且a ≠1),记S n 是数列{a n }的前n 项和.试比较S n 与3b log 1n a +的大小,并证明你的结论.(98年(25)12分) 11. 右图为一台冷轧机的示意图,冷轧机由若干对轧辊组成,带钢从一段输入,经过各队轧辊逐步减薄后输出(1)输入带钢的厚度为α,输出带钢的厚度为β,若每对轧辊的减薄率不超过r 0,问冷轧机至少需要安装多少对轧辊?(一对轧辊减薄率＝输入该对的带钢的厚度从该对输出的带钢厚度输入该对的带钢的厚度-)(2)已知一台冷轧机共有4对减薄率为20%的轧辊,所有轧辊周长均为1600mm,若第k 对轧辊有缺陷,每滚动一周在带钢上压出一个疵点,在冷轧机输出的带钢上,疵点的间距为L k ,为了便于检修,请计算L',L2,L3并填入下表(轧钢过程中,带钢宽度不变,且不考虑损耗)(99年是斜率为bn 的线段(其中正常数b≠1),设数列{xn}有f(xn)＝n(n＝1,2,…)定义(1)求x1,x2和xn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)的图象与y＝x的图象没有横坐标大于1的交点(99年(23)14分)。
数列的极限数学归纳法
数列的极限、数学归纳法、知识要点 (一) 数列的极限列中找到一项 aN,使得当n>N 时，|an-A|< 恒成立，则称常数 A 为数列｛a n ｝的极限，记作lim a n A .n2.运算法则：若lim a n 、lim b n 存在，则有lim(a n b n )lim a n lim ；lim( a n b n ) lim a n lim b nnnnnn na lim a nlim —— , (lim b n 0)nb n lim b n nn(a1)3.两种基本类型的极限<1> S= lima nn1(a 1)不存在(a诚a<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 a p 、0 (p q)b p 且 g( n) 0(n N),则 limng(n )(二)数学归纳法①验证命题对于第一个自然数 n n 0成立。
②假设命题对 n=k(k > n o )时成立，证明n=k+1时命题也成立 则由①②，对于一切n > n o的自然数，命题都成立。
、例题(数学的极限)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 ，都能在数 4.无穷递缩等比数列的所有项和公式：S「q E )无穷数列｛a n ｝的所有项和: a p- (p q) b q 不存在 (p q)S lim S n (当 lim S n 存在时)nn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:(4) lim( J-3Lnn 1 n 1(5) lim G. n 2 2n n)=;n例2 •将无限循环小数 0.12 ； 1.32 12 化为分数.『1例3•已知lim(an b) 1,求实数a, b 的值;nn 1例 4•数列{a n },{b n }满足 lim (2a n +b n )=1,lim (a n — 2tn)=1，试判断数列{a n },{b n }的极限是否nn存在，说明理由并求lim (a n b n )的值.n例5.设首项为a ，公差为d 的等差数列前-项的和为A,又首项为a,公比为r 的等比数列S例6.设首项为1,公比为q(q>0)的等比数列的前 -项之和为S n ,又设T n =— (n 1,2,L ),S- 1求 lim T n .n21 例7. ｛a n ｝的相邻两项a n ,a n+1是方程x —c -X +(—)n =0的两根，又a 1=2,求无穷等比C 1 ,c 2, (3)C n ,…的各项和.例8在半径为R 的圆内作内接正方形， 在这个正方形内作内切圆， 又在圆内作内接正方形,如此无限次地作下去，试分别求所有圆的面积总和与所有正方形的面积总和。
北大附中高考数学专题复习数列、极限、数学归纳法(上)
学科：数学教学内容：数列、极限、数学归纳法(上)【考点梳理】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。
2.等比数列及其通项公式，等比数列前n项和公式。
3.数列的极限及其四则运算。
4.数学归纳法及其应用。
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.作用地位（1）数列是函数概念的继续和延伸，是定义在自然集或它的子集{1,2,…,n}上的函数。
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”。
因此，学过数列后，一方面对函数概念加深了了解，拓宽了学生的知识范围；另一方面也为今后学习高等数学中的有关级数的知识和解决现实生活中的一些实际问题打下了基础。
（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。
另一方面，从数学方法来看，它是一种与以前学习的数学方法有所不同的全新方法，它有着现代数学思想，它把辩证唯物主义的思想引进了数学领域，因而，学习这部分知识不仅能接受一种新的数学思想方法，同时对培养学生唯物主义的世界观也起了一定的作用。
（3）数学归纳法是一种数学论证方法，学生学习了这部分知识后，又掌握了一种新的数学论证方法，开拓了知识领域，学会了新的技能；同时通过这部分知识的学习又学到一种数学思想。
学好这部分知识，对培养学生逻辑思维的能力，计算能力，熟悉归纳、演绎的论证方法，提高分析、综合、抽象、概括等思维能力，都有很好的效果。
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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 nn nn 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 nn 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 qpn 不存在4.无穷递缩等比数列的所有项和公式：11a 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）例1.（1）∞→n lim 112322+++n n n = ;（2）数列{a n }和{b n }都是公差不为0的等差数列，且n n n b a ∞→lim=3,则122lim nn na a a nb →∞+++=（3）∞→n lim nn a a +-+211(a>1)= ;（4）2221321lim()111n n n n n →∞-++++++= ;（5）)2(lim 2n n n n -+∞→= ;（6）等比数列{a n }的公比为q =─1/3,则nnn a a a a a a 24221lim++++++∞→ = ;例2．将无限循环小数∙∙21.0；1.32∙∙21化为分数.例3．已知1)11(lim 2=--++∞→b an n n n ,求实数a,b 的值; 例4．数列{a n },{b n }满足∞→n lim (2a n +b n )=1, ∞→n lim (a n ─2b n )=1,试判断数列{a n },{b n }的极限是否存在，说明理由并求∞→n lim (a n b n )的值.例5．设首项为a ，公差为d 的等差数列前n 项的和为A n ,又首项为a,公比为r 的等比数列前n 项和为G n ,其中a ≠0,|r|<1.令S n =G 1+G 2+…+G n ,若有lim()n n n A S n→∞-=a,求r 的值.例6．设首项为1，公比为q(q>0)的等比数列的前n 项之和为S n ,又设T n =1(1,2,)n n S n S +=,求n n T ∞→lim .例7．{a n }的相邻两项a n ,a n+1是方程x 2─c n x+n )31(=0的两根，又a 1=2,求无穷等比c 1,c 2,…c n , …的各项和.例8．在半径为R 的圆内作内接正方形，在这个正方形内作内切圆，又在圆内作内接正方形，如此无限次地作下去，试分别求所有圆的面积总和与所有正方形的面积总和。
例9．如图，B 1，B 2，…，B n ,…顺次为曲线y=1/x(x>0)上的点，A 1，A 2，…，A n …顺次为ox 轴上的点，且三角形OB 1A 1，三角形A 1B 2A 2，三角形A n─1B n A n 为等腰三角形（其中∠ B n 为直角),如果A n 的坐标为(x n ,0). (1)求出A n 的横坐标的表达式; (2)求||||lim 11n n n n n A A A A -+∞→.二．例题（数学归纳法）例1．用数学归纳法证明2n>n 2(n ∈N,n ≥5),则第一步应验证n= ; 例2．用数学归纳法证明)1,(,12131211>∈<-++++n N n n n ,第一步验证不等式 成立；例3.是否存在常数a,b,c,使得等式1·22＋2·32＋……＋n(n ＋1)2＝12)1(+n n (an 2＋bn ＋c)对一切自然数n 成立？并证明你的结论.(89年) 例 4.已知数列{a n }=n131211++++ ,记S n =a 1+a 2+a 3+…+a n ,用数学归纳法证明S n =(n+1)a n -n. 例5．证明：n 2131211++++>22+n (n ∈N,n ≥2) 例6．证明：x n─na n─1x+(n─1)a n 能被(x─a)2整除(a ≠0).例7.在1与2之间插入n 个正数n a a a a ,,,,321 ，使这2+n 个数成等比数列；又在1与2之间插入n 个正数n b b b b ,,,,321 使这2+n 个数成等差数列．记n n n n b b b b B a a a a A ++++== 321321,．（Ⅰ）求数列{}n A 和{}n B 的通项；（Ⅱ）当7≥n 时，比较n A 与n B 的大小，并证明你的结论．例8．若数列{a n }满足对任意的n 有：S n =2)(1n a a n +,试问该数列是怎样的数列？并证明你的结论.例9．已知数列{}b n 是等差数列，b b b b 112101145=+++=，…。
（Ⅰ）求数列{}b n 的通项b n ；（Ⅱ）设数列{}n a 的通项a b n a n =+⎛⎝⎫⎭⎪log 11（其中a >0，且a ≠1），记S n 是数列{}a n 的前n 项和。
试比较S n 与131log a n b +的大小，并证明你的结论。
练习（数列的极限）1. 已知{a n }是等比数列,如果a 1＋a 2＋a 3＝18,a 2＋a 3＋a 4＝－9,S n ＝a 1＋a 2＋……＋a n ,那么n n S ∞→lim 的值等于( )(89年)(A)8(B)16(C)32(D)482. )]211()511)(411)(311([lim +----∞→n n n 的值等于( )(91年) (A)0(B)1(C)2(D)33.在等比数列{a n }中,a 1＞1,且前n 项和S n 满足nn n a 1S lim =∞→,那么a 1的取值范围是( )(98年) (A)(1,＋∞)(B)(1,4)(C)(1,2) (D)(1,2)7.lim(n n nn →∞++++++236236236222 )等于 ( ) (A)0 (B) ∞ (C)32(D)5 8．122321222)2221(lim -∞→+++++++n nn n n n C C C 等于：（A ）16 （B ）8 （C ）4（D ）29． 已知各项均为正数的等比数列{a n }的首项a 1=1,公比为q ,前n 项和为S n ,nn n S S 1lim +∞→=1,则公比q 的取值范围是：（A ）.q ≥1 （B ）.0<q ≤1 （C ）.0<q <1 （D ）.q >110.⎪⎪⎭⎫⎝⎛++⋯++++∞→32323221lim n n n n n n n n 的值为 ( ) (A)0 (B)1 (C)2 (D)不存在 11.已知{a n }是公差不为0的等差数列，S n 是{a n }的前n 项和，那么nnn S na lim ∞→等于___.12.已知等差数列{a n }的公差d ＞0，首项a 1＞0，S n n n1i 1i i n S lim 则,a a 1∞→=+∑=＝______.(93年) 13.如果n n a ∞→lim 存在，且9423lim=+-∞→nn n a a ，则n n a ∞→lim ＝________14.11)2(3)2(3lim+-∞→-+-+n n n n n ＝____________.(86年)15.)1n 2n1n 31n 21n 1(lim 2222n ++++++++∞→ ＝____________.(87年) 16.已知等比数列{an}的公比q ＞1，a 1＝b(b ≠0)，则n876n321n a a a a a a a a lim ++++++++∞→ ＝___.17．求nn nn n a a a a --∞→+-lim = （a >0);18．数列∙∙81.0,∙∙8100.0,∙∙810000.0,…的前n 项和及各项和S= .19.∞→n lim nn n 21)1(21211212121122⋅-+-+-++++.= .20.已知数列a 1,a 2,……a n ,……的前项和S n 与a n 的关系是S n ＝－ba n ＋1－nb)(11+,其中b 是与n 无关的常数,且b ≠－1； Ⅰ.求a n 和a n ＋1的关系式; Ⅱ.写出用n 和b 表示a n 的表达式; Ⅲ.当0＜b ＜1时,求极限lim n →∞S n .(87年)21．在边长为a 的正方形ABCD 中内依次作内接正方形A i B i C i D i (i=1,2,3,…),使内接 正方形与相邻前一个正方形的一边夹角为α,求所有正方形的面积之和.22．已知直线L ：x─ny=0(n∈N),圆M ：(x+1)2+(y+1)2=1,抛物线φ:y=(x─1)2,又L 与M交于点A 、B ，L 与φ交于点C 、D ，求22||||lim CD AB n ∞→.23.设a 1)n(n 3221n +++⋅+⋅= (n ＝1,2,3……),b 1)n(n a nn += (n ＝1,2,3……),用极限定义证明21lim =∞→n n b .(85年)练习（数学归纳法） 1．由归纳原理分别探求：(1)凸n 边形的内角和f(n)= ; (2)凸n 边形的对角线条数f(n)= ;(3)平面内n 个圆，其中每两个圆都相交于两点，且任意三个圆不相交于同一点，则该n 个圆分平面区域数f(n)= .2．平面上有n 条直线，且任何两条不平行，任何三条不过同一点，该n 条直线把平面分成f(n) 个区域，则f(n+1)=f(n)+ .3．当n 为正奇数时，求证x n +y n被x+y 整除，当第二步假设n=2k─1时命题为真，进而需验证n= ，命题为真。