数列的极限与数学归纳法

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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。

极限、数学归纳法课件课件

[例 3] 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知对任意的 n∈N*，点 (n，Sn)均在函数 y＝bx＋r(b＞0 且 b≠1，b，r 均为常数)的图象上． (1)求 r 的值； (2)当 b＝2 时，记 bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)．证明：对任意的 n∈N*，不等式b1b＋1 1·b2b＋2 1·…·bnb＋n 1＞ n＋1成立．
＝an2＋bn，n∈N*，其中
a，b
为常数，则
lim
n
an－bn an＋bn
的值为________．
(2)已知
a，b∈R，|a|＞|b|，又
lim
n
an＋1＋bn an
＞
lim
n
an－a1＋n bn，则 a 的取值范围是(
)
A．a＞1
B．－1＜a＜1
C．a＜－1 或 a＞1
D．－1＜a＜0 或 a＞1
x1
f(x)＝f(1)，所以
x2＋ax－3
必含有因式(x－1)，
即 x＝1 必为方程 x2＋ax－3＝0 的根，所以 a＝2，则可得
b＝3，所以
lim
x
3bbxx－＋aaxx＝
lim
x
33x＋x－1＋22x x＝
lim
x
31＋－2323xx＝3.
[答案]
2 (1)3
(2)D
(2)中条件变为
要证当n＝k＋1时结论成立，
只需证22kk＋＋31≥ k＋2，
即证2k＋ 2 3≥ k＋1k＋2，
由均值不等式
2k＋3 2
＝
k＋1＋k＋2 2
≥
k＋1k＋2 成立，故
22kk＋＋31≥ k＋2成立，
所以，当n＝k＋1时，结论成立．

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．。

数学归纳法及极限

龙文教育学科导学案教师: 学生: 年级: 日期: 星期: 时段:学情分析数学归纳法是中学数学证明的一种重要方法，在高考中也经常出现，极限也是重点内容，但是多以填空题形式出现课题数学归纳法数列极限学习目标与考点分析学习目标：1 数学归纳法，等比数列极限学习重点用数学归纳法证明一些题目，会利用等比数列求极限，以及极限的运算法则学习方法讲练说相结合学习内容与过程一、数学归纳法（一）知识概述数学归纳法是证明与正整数n有关的命题的一种方法，应用广泛，且常与不完全归纳法相结合，进行“观察——归纳——猜想——证明”．其广泛性表现在：与正整数n有关的命题可出现在代数、三角或几何中，有等式、不等式或整除问题，也有交点个数，平面、空间分割问题．（二)重难点知识归纳1、数学归纳法如果我们设想：先证明当n取第一个值n0（例如n0=1）时，命题成立，然后假设当n=k(k∈N*，k≥n0)时命题成立，并证明当n=k＋1时命题也成立，那么就证明了这个命题的成立．因为证明了这一点，就可以断定这个命题对于n 取第一个值后面的所有正整数也都成立．这种证明方法叫作数学归纳法．2、数学归纳法的证题步骤数学归纳法是一种用递归方法来证明与正整数有关的命题的重要方法．利用数学归纳法论证问题分为两步：（1）证明当n 取第一个值n 0时命题成立；（2）假设n=k(k ∈N *，k≥n 0)时命题成立，证明当n=k ＋1时命题也成立．注意： 1数学归纳法的第一步是验证命题递推的基础，第二步是论证命题递推的依据，两个步骤密切相关，缺一不可．步骤（1）是要选取命题中最小的正整数n 0作为起始值进行验证．步骤（2）在推证当n=k ＋1时命题成立的过程中，必须要用到当n=k 时命题成立这个归纳假设，否则推理无效．2在运用数学归纳法证明命题时，对第二步n ＝k ＋1时结论的正确性的证明是整个证明过程中的重难点．我们除了注意利用归纳假设外，还要注意对照结论充分利用其它数学证明方法，如：分析法、综合法、比较法、反证法、数形结合、分类讨论等．也就是说，当我们利用归纳假设后仍不能直接变形推出结论时，可采用上述方法进行证明，以达到目的．二、极限（一）常用数列的极限：（1）当1<q 时，0lim =∞→n n q ；（2）01lim =∞→nn （3）C C n =∞→lim ，（C 为常数）（二）四则运算法则：如果B b A a n n n n ==∞→∞→lim ,lim ，那么（1）B A b a b a n n n n n n n ±=±=±∞→∞→∞→lim lim )(lim （2）B A b a b a n n n n n n n ⋅=⋅=⋅∞→∞→∞→lim lim )(lim （3）)0(,lim lim lim ≠==∞→∞→∞→B B A b a b a n n n n n n n （三）无穷等比数列的各项的和：把1<q 的无穷等比数列的前n 项和n S 当∞→n 时的极限叫做无穷等比数列的各项的和，并用符号S 表示，即)01(,11)1(lim lim 11≠<-=--==∞→∞→q q qa q q a S S n n n n 且三、典型例题剖析例1、利用数学归纳法证明：(3n ＋1)·7n －1(n ∈N *)能被9整除．例2、求证：，(n≥2，n ∈N *)．3计箅: 1132lim 32n n n n n ++→∞-+4求极限： ),(,lim 11+++∞→∈++R b a ba b a n n nn n5将循环小数0.41∙∙化为分数。

数列、极限、数学归纳法·用数学归纳法证明不等式8页word文档

数列、极限、数学归纳法·用数学归纳法证明不等式教学目标1．牢固掌握数学归纳法的证明步骤，熟练表达数学归纳法证明的过程．2．通过事例，学生掌握运用数学归纳法证明不等式的思想方法．3．培养学生的逻辑思维能力，运算能力，和分析问题、解决问题的能力．教学重点与难点重点：巩固对数学归纳法意义和有效性的理解，并能正确表达解题过程，以及掌握利用数学归纳法证明不等式的基本思路．难点：应用数学归纳法证明的不同方法的选择及解题技巧．教学过程设计（一）复习回顾师：上次课我们已经学习了数学归纳法以及运用数学归纳法解题的步骤，请同学们联想“多米诺骨牌”游戏，说出数学归纳法的步骤？生：数学归纳法是用于证明某些与自然数有关的命题的一种方法．设要证命题为P（n）．（1）证明当n取第一个值n0时，结论正确，即验证P（n0）正确；（2）假设n=k（k∈N且k≥n0）时结论正确，证明当n=k+1时，结论也正确，即由P（k）正确推出P（k+1）正确，根据（1），（2），就可以判定命题P（n）对于从n0开始的所有自然数n都正确．师：演示小黑板或运用投影仪讲评作业．（讲评作业的目的是从错误中进一步强调恰当地运用归纳假设是数学归纳法的关键）作业中用数学归纳法证明：2+4+6+8+…+2n=n（n+1）．如采用下面的证法，对吗？证明：（1）当n=1时，左=2，右=2，则等式成立．（2）假设n=k时（k∈N，k≥1），等式成立，即2+4+6+…+2k=k（k+1）．当n=k+1时，2+4+6+…+2k+（k+1）所以n=k+1时，等式也成立．根据（1）（2）可知，对于任意自然数n，原等式都能成立．生甲：证明过程正确．生乙：证明方法不是数学归纳法，因为第二步证明时，没有应用归纳假设．师：从形式上看此种证明方法是数学归纳法，但实质在要证明n=k+1正确时，未用到归纳假设，直接采用等差数列求和公式，违背了数学归纳法的本质特点递推性，所以不能称之为数学归纳法．因此告诫我们在运用数学归纳法证明时，不能机械套用两个步骤，在证明n=k+1命题成立时，一定要利用归纳假设．（课堂上讲评作业，指出学生作业中不妥之处，有利于巩固旧知识，为新知识的学习扫清障碍，使学生引以为戒，所谓温故而知新）（二）讲授新课师：在明确数学归纳法本质的基础上，我们来共同研究它在不等式证明中的应用．（板书）例1已知x＞-1，且x≠0，n∈N，n≥2．求证：（1+x）n＞1+nx．师：首先验证n=2时的情况．（板书）证：（1）当n=2时，左边=（1+x）2=1+2x+x2，右边=1+2x，因x2＞0，则原不等式成立．（在这里，一定要强调之所以左边＞右边，关键在于x2＞0是由已知条件x ≠0获得，为下面证明做铺垫）（2）假设n=k时（k≥2），不等式成立，即（1+x）k＞1+kx．师：现在要证的目标是（1+x）k+1＞1+（k+1）x，请同学考虑．生：因为应用数学归纳法，在证明n=k+1命题成立时，一定要运用归纳假设，所以当n=k+1时．应构造出归纳假设适应的条件．所以有：（1+x）k+1=（1+x）k （1+x），因为x＞-1（已知），所以1+x＞0于是（1+x）k（1+x）＞（1+kx）（1+x）．师：现将命题转化成如何证明不等式（1+kx）（1+x）≥1+（k+1）x．显然，上式中“=”不成立．故只需证：（1+kx）（1+x）＞1+（k+1）x．提问：证明不等式的基本方法有哪些？生甲：证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法．（提问的目的是使学生明确在第二步证明中，合理运用归纳假设的同时，其本质是不等式证明，因此证明不等式的所有方法、技巧手段都适用）生乙：证明不等式（1+kx）（1+x）＞1+（k+1）x，可采用作差比较法．（1+kx）（1+x）-[1+（k+1）x]=1+x+kx+kx2-1-kx-x=kx2＞0（因x≠0，则x2＞0）．所以，（1+kx）（1+x）＞1+（k+1）x．生丙：也可采用综合法的放缩技巧．（1+kx）（1+x）=1+kx+x+lx2=1+（k+1）x+kx2．因为kx2＞0，所以1+（k+1）x+kx2＞1+（k+1）x，即（1+kx）（1+x）＞1+（1+k）x成立．生丁：……（学生可能还有其他多种证明方法，这样培养了学生思维品质的广阔性，教师应及时引导总结）师：这些方法，哪种更简便，更适合数学归纳法的书写格式？学生丙用放缩技巧证明显然更简便，利于书写．（板书）将例1的格式完整规范．当n=k+1时，因为x＞-1，所以1+x＞0，于是左边=（1+x）k+1=（1+x）k（1+x）＞（1+x）（1+lx）=1+（k+1）x+kx2；右边=1+（k+1）x．因为kx2＞0，所以左边＞右边，即（1+x）k+1＞1+（k+1）x．这就是说，原不等式当n=k+1时也成立．根据（1）和（2），原不等式对任何不小于2的自然数n都成立．（通过例1的讲解，明确在第二步证明过程中，虽然可以采取证明不等式的有关方法，但为了书写更流畅，逻辑更严谨，通常经归纳假设后，要进行合理放缩，以达到转化的目的）师：下面再举例子，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，左边=21+2=4；右边=1，左边＞右边．所以原不等式成立．（2）假设n=k时（k≥1且k∈N）时，不等式成立，即2k+2＞k2．现在，请同学们考虑n=k+1时，如何论证2k+1+2＞（k+1）2成立．生：利用归纳假设2k+1+2=2．2k+2=2（2k+2）-2＞2·k2-2．师：将不等式2k2-2＞（k+1）2，右边展开后得：k2+2k+1，由于转化目的十分明确，所以只需将不等式的左边向k2+2k+1方向进行转化，即：2k2-2=k2+2k+1+k2-2k-3．由此不难看出，只需证明k2-2k-3≥0，不等式2k2-2＞k2+2k+1即成立．生：因为k2-2k-3=（k-3）（k+1），而k∈N，故k+1＞0，但k-3≥0成立的条件是k≥3，所以当k∈N时，k-3≥0未必成立．师：不成立的条件是什么？生：当k=1，2时，不等式k-3≥0不成立．师：由于使不等式不成立的k值是有限的，只需利用归纳法，将其逐一验证原命题成立，因此在证明第一步中，应补充验证n=2时原命题成立，那么，n=3时是否也需要论证？生：n=3需要验证，这是因为数学归纳法中的第一步验证是第二步归纳假设的基础，而第二步中对于k是大于或等于3才成立，故在验证时，应验证n=3时，命题成立．师：（补充板书）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．因此当n=1，2，3时，不等式成立．（以下请学生板书）（2）假设当n=k（k≥3且k∈N）时，不等式成立．即2k+2＞k2．因为2k+1+2=2·2k+2=2（2k+2）-2＞2k2-2=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，原不等式也成立．根据（1）和（2），原不等式对于任何n∈N都成立．师：通过例2可知，在证明n=k+1时命题成立过程中，针对目标k2+2k+1，采用缩小的手段，但是由于k的取值范围（k≥1）太大，不便于缩小，因此，用增加奠基步骤（把验证n=1．扩大到验证n=1，2，3）的方法，使假设中k的取值范围适当缩小到k≥3，促使放缩成功，达到目标．（板书）例3求证：当n≥2时，（由学生自行完成第一步的验证；第二步中的假设，教师应重点讲解n=k到n=k+1命题的转化过程）师：当n=k+1时，不等式的左边表达式是怎样的？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，最后一项是以3k在3k后面还有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，错误的思维定势认为从n=k到n=k+1时，只增加一项，求和式中最后一项即为第几项的通项，教师在这里要着重分析，化解难点．）运算，应针对问题的特点，巧妙合理地利用“放缩技巧”，使问题获得简捷的证明：（板书略）师：设S（n）表示原式左边，f（n）表示原式右边，则由上面的证法可知，从n=k到n=k+1命题的转化途径是：要注意：这里 S′（k）不一定是一项，应根据题目情况确定．（三）课堂小结1．用数学归纳法证明，要完成两个步骤，这两个步骤是缺一不可的．但从证题的难易来分析，证明第二步是难点和关键，要充分利用归纳假设，做好命题从n=k到n=k+1的转化，这个转化要求在变化过程中结构不变．2．用数学归纳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，经常使用的方法就是放缩法，针对目标，合理放缩，从而达到目标．3．数学归纳法也不是万能的，也有不能解决的问题．错误解法：（2）假设n=k时，不等式成立，即当n=k+1时，则n=k+1时，不等式也成立．根据（1）（2），原不等式对n∈N+都成立．（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，不等式成立．（2）假设n=k时，不等式成立，即那么，这就是说，n=k+1时，不等式也成立．根据（1）（2）可知不等式对n∈N+都成立．）3．对于任意大于1的自然数n，求证：（提示：（2）假设n=k时，不等式成立，即这就是说，n=k+1时，原不等式成立．根据（1），（2）可知，对任意大于1的自然数n，原不等式都成立．）用数学归纳法证明①式：（1）当n=3时，①式成立．（2）假设 n=k（k≥3，k∈N）时，①式成立，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式也成立．根据（1）（2）可知，对一切n∈N，n≥3①式都成立，即f课堂教学设计说明1．数归法是以皮亚诺的归纳公理作为依据，把归纳法与演绎法结合起来的一种完全归纳法．数学归纳法证明中的两个步骤体现了递推思想．在教学中应使学生明确这两个步骤的关系：第一步是递推的基础；第二步是递推的依据，缺一不可，否则就会导致错误．为了取得良好的教学效果，不妨利用“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，应分三种情况：（1）推倒第一张，接着依次倒下直至最后一张；（2）推倒第一张，中途某处停止，最后一张不倒；（3）第一张不倒，后面不管能否推倒，都不会全部倒下．通过具体生动的模型，帮助学生理解数学归纳法的实质．2．用数学归纳法证明不等式，宜先比较n=k与n=k+1这两个不等式间的差异，以决定n=k时不等式做何种变形，一般地只能变出n=k+1等式的一边，然后再利用比较、分析、综合、放缩及不等式的传递性来完成由n=k成立推出n=k+1不等式成立的证明．3．要注意：在证明的第二步中，必须利用“n=k时命题成立”这一归纳假设，并且由f（k）到 f（k+1），并不总是仅增加一项，如例2，4．要教会学生思维，离开研究解答问题的思维过程几乎是不可能的，因此在日常教学中，尤其是解题教学中，必须把教学集中在问题解答者解答问题的整个过程上，培养学生构作问题解答过程的框图，因为用文字、符号或图表简明地表达解答过程或结果的能力，叙述表达自己解题思路的能力，这也是问题解答所必需的．。

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。

07[1]. 数列、极限、数学归纳法

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）。

数列极限定义证明

数列极限定义证明数列是数学中的一种基本概念，在很多数学问题中都有重要的应用。

数列极限是数列研究中的一个重要内容，它描述了数列随着项数无限增加时的趋势或最终的稳定状态。

本文将从定义、性质以及几个常见的应用方面，生动、全面地介绍数列极限的概念和其证明方法，给读者带来有指导意义的内容。

一、数列极限的定义我们首先来定义数列极限。

如果对于给定的正实数ε，存在正整数N，使得当n大于等于N时，数列中的任意一项与极限值L之差的绝对值小于ε，那么我们称数列的极限为L，记作lim(n→∞)an=L。

二、数列极限的性质数列极限有一些基本的性质：1.极限的唯一性：如果一个数列存在极限，那么极限是唯一的。

这意味着一个数列只能有一个极限值。

2.有界性：如果一个数列存在极限，那么它一定是有界的。

也就是说，存在一个正数M，使得数列的绝对值小于M。

3.保号性：如果一个数列存在极限且极限为正（或负），那么从某一项开始，数列中的所有项都大于等于（或小于等于）零。

4.夹逼准则：如果一个数列的项数从某一项开始，始终位于另外两个数列的项之间，并且这两个数列的极限都是L，那么这个数列的极限也是L。

这个性质在一些证明中非常有用。

三、数列极限的证明方法对于一个给定的数列，要证明它的极限存在并求出具体的极限值，可以尝试以下几个常见的证明方法：1.数学归纳法：对于递推定义的数列，我们可以使用数学归纳法来证明它的极限存在并求出具体的极限值。

首先证明递推定义的初始项满足极限条件，然后假设第n项满足极限条件，通过递推关系式证明第n+1项也满足极限条件。

2.极限的性质：根据数列极限的性质，我们可以利用有界性、保号性、夹逼准则等性质来证明一个数列的极限存在并求出具体的极限值。

3.数列收敛性的判定方法：对于一些特殊的数列，比如等差数列、等比数列等，我们可以利用它们的收敛性质和通项公式来证明它们的极限存在并求出具体的极限值。

四、数列极限的应用数列极限在实际问题中有广泛的应用。

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)。

数学归纳法及数列的极限

数学归纳法及数列的极限知识精要一、数学归纳法数学归纳法的一般步骤是：（1）当n 取第一个值0n 时，命题成立；（2）假设当k n =时，命题成立，证明当1+=k n 时命题也成立。

根据（1）和（2）可以断定，命题对任何*N n ∈都成立。

二、数列的极限1.定义：一般地，在n 无限增大的变化过程中，如果无穷数列}{n a 中的n a 无限趋近于一个常数A ，那么A 叫做数列}{n a 的极限，或叫做数列}{n a 收敛于A 。

记作A a n n =∞→lim ，读作“n 趋向于无穷大时，n a 的极限等于A ”。

2.常用数列的极限：（1）当1<q 时，0lim =∞→n n q ；（2）01lim =∞→n n （3）C C n =∞→lim ，（C 为常数） 3.四则运算法则：如果B b A a n n n n ==∞→∞→lim ,lim ，那么（1）B A b a b a n n n n n n n ±=±=±∞→∞→∞→lim lim )(lim （2）B A b a b a n n n n n n n ⋅=⋅=⋅∞→∞→∞→lim lim )(lim （3）)0(,lim lim lim ≠==∞→∞→∞→B B A b a b a n n n n n n n 4.无穷等比数列的各项的和：把1<q 的无穷等比数列的前n 项和n S 当∞→n 时的极限叫做无穷等比数列的各项的和，并用符号S 表示，即)01(,11)1(lim lim 11≠<-=--==∞→∞→q q qa q q a S S n n n n 且热身练习1.欲用数学归纳法证明“对于足够大的正整数n ，总有32n n >”则所取的第一个n 值，最小应是。

答案：102.设)(x f 是定义在正整数集上的函数，且)(x f 满足：“当2()f k k ≥成立时，总可推出(1)f k +≥2)1(+k 成立”．那么，下列命题总成立的是（ D ） A.若(3)9f ≥成立，则当1k ≥时，均有2()f k k ≥成立B.若(5)25f ≥成立，则当5k ≤时，均有2()f k k ≥成立C.若49)7(<f 成立，则当8k ≥时，均有2)(k k f <成立D.若25)4(=f 成立，则当4k ≥时，均有2()f k k ≥成立3.用数学归纳法证明:)12(5312)()3)(2)(1(-⋯⋅⋅⋅⋅=+⋯+++n n n n n n n , *N n ∈,从“k n =到1+=k n ”时，左边应增添的因式是（ B ）A.12+kB.1)22)(12(+++k k k C.112++k k D.122++k k4.计算前几项：16941,941,41,1-+-+--等各项的值，可以猜想：=-+⋯+-+-+21)1(16941n n解答：11=a ，2)12(2)21(32+-=+-=-=a ，2)13(3)321(63+=++==a 猜想：2)1()1()321()1()1(169411121+-=+⋯+++⋅-=-+⋯+-+-+++n n n n n n n 5.数列}{n a 中，2221,11000,10012n n n a n n n n⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪≥⎪-⎩ ，则数列}{n a 的极限值（ B ） A.等于0B.等于1C.等于0或1D.不存在6.计算：（1）32lim 43n n n →∞-+，（2)23(1)61lim n n n n →∞++，（3）1132lim 32n n n n n ++→∞-+。

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。