数列、极限、数学归纳法()
高考数学极限知识点总结及解题思路方法
特别地，如果 C 是常数，那么
. lim (C
n
a
n
)
lim
n
C
lim a
n
n
Ca
⑷数列极限的应用：
求无穷数列的各项和，特别地，当 q 1时，无穷等比数列的各项和为 S a1 ( q 1) .
1 q
（化循环小数为分数方法同上式）
注：并不是每一个无穷数列都有极限.
3. 函数极限； ⑴当自变量 x 无限趋近于常数 x0（但不等于 x0 ）时，如果函数 f (x) 无限
整数）
6. 几个常用极限：
① lim q n 0, q 1 n
② lim a n 0(a 0)
n n!
③ lim nk 0(a 1, k 为常数）
n a n
④ lim ln n 0
n n
⑤ lim (ln n)k 0( 0, k 为常数）
n n
高考数学极限知识点总结及解题思路方法
考试内容：
教学归纳法．数学归纳法应用．
数列的极限．
函数的极限．根限的四则运算．函数的连续性．
考试要求：
（1）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．
（2）了解数列极限和函数极限的概念．
（3）掌握极限的四则运算法则；会求某些数列与函数的极限．
（4）了解函数连续的意义，了解闭区间上连续函数有最大值和最小
xx0
xx0
注：①各个函数的极限都应存在.
②四则运算法则可推广到任意有限个极限的情况，但不能推广到无限
个情况.
⑶几个常用极限：
① lim 1 0
n x
② lim a x 0 （0＜ a ＜1）； lim a x 0 （ a ＞1）
【新人教】高考数学总复习专题训练数列、极限和数学归纳法
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)1232k 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 ⋅⋅⋅⋅=++ ②①×②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 kk kk k k ⋅++-+=-+=得.11tan tan )1tan(tan )1tan(--+=⋅+kk k k 所以∑∑+==⋅+==231tan )1tan(n k n k k n k k b S23tan(1)tan tan(3)tan3(1)tan1tan1n k k k n n +=+-+-=-=-∑安徽文（7）若数列}{n a 的通项公式是()()n a n =-13-2g ,则a a a 1210++=L （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=15L .故选A. 北京理11.在等比数列{}n a 中，若112a =，44a =-，则公比q =________；12||||||n a a a +++= ________.【解析】112a =，442a q =-⇒=-，{||}n a 是以12为首项，以2为公比的等比数列，1121||||||22n n a a a -+++=- 。
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 →∞=。
专题二 第三讲 极限、数学归纳法(理)
在 x＝1 处连
2 lim 续，故 lim f ( x ) ＝ f ( x ) ＝ f (1) ，所以 x ＋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 2x 3 ＋ 3b ＋a 3 ＋2 3 lim x ＝3. x ＝ lim x x ＝ lim 2 x x x b －a 3 －2 1－3x
[做考题
查漏补缺]
(2011· 四川高考)已知定义在[0，＋∞)上的函数 f(x) 满足 f(x)＝3f(x＋2)，当 x∈[0,2)时，f(x)＝－x2＋2x.设 f(x) 在[2n－2,2n)上的最大值为 an(n∈N*)， 且{an}的前 n 项和为 Sn，则 lim Sn＝
n
( 5 B.2 C．2 3 D.2
解：由f(n)＝(2n＋7)· 3n＋9得f(1)＝36；f(2)＝3×36；f(3) ＝10×36；f(4)＝34×36. 由此猜想m＝36，下面用数学归纳法证明： (1)当n＝1时，显然成立． (2)假设n＝k时，f(k)能被36整除，即f(k)＝(2k＋7)· 3k＋9 能被36整除．
当n＝k＋1时，[2(k＋1)＋7]· 3k＋1＋9＝(2k＋7)· 3k＋1＋27
答案：B
2x2 4．(2011· 湖北八校联考)已知 lim ( －ax－b)＝2，其 x x＋1 b 中 a、b∈R，则a的值为 A．－2 C．2 B．－6 D． 6 ( )
2x2 解析：由 lim ( －ax－b) x x＋ 1
2－a＝0， 2－ax2－a＋bx－b ＝ lim ＝2，得 x x＋1 －a＋b＝2，
x x0
lim f(x)＝f(x0)，则称函数 f(x)在点 x＝x0 处连续．
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。
高考数学 考前知识要点复习十三 极限
高中数学第十三章-极 限考试内容：教学归纳法．数学归纳法应用．数列的极限．函数的极限．根限的四则运算．函数的连续性．考试要求：（1）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．（2）了解数列极限和函数极限的概念．（3）掌握极限的四则运算法则；会求某些数列与函数的极限．（4）了解函数连续的意义，了解闭区间上连续函数有最大值和最小值的性质．§13. 极 限 知识要点1. ⑴第一数学归纳法：①证明当n 取第一个0n 时结论正确；②假设当k n =（0,n k N k ≥∈+）时，结论正确，证明当1+=k n 时，结论成立.⑵第二数学归纳法：设)(n P 是一个与正整数n 有关的命题，如果 ①当0n n =（+∈N n 0）时，)(n P 成立；②假设当k n ≤（0,n k N k ≥∈+）时，)(n P 成立，推得1+=k n 时，)(n P 也成立. 那么，根据①②对一切自然数0n n ≥时，)(n P 都成立.2. ⑴数列极限的表示方法：①a a n n =∞→lim ②当∞→n 时，a a n →.⑵几个常用极限：①C C n =∞→lim （C 为常数） ②),(01lim 是常数k N k n k n ∈=∞→③对于任意实常数，当1||πa 时，0lim =∞→n n a 当1=a 时，若a = 1，则1lim =∞→n n a ；若1-=a ，则n n n n a )1(lim lim -=∞→∞→不存在 当1φa 时，n n a ∞→lim 不存在 ⑶数列极限的四则运算法则：如果b b a a b n n n ==∞→∞→lim ,lim ，那么 ①b a b a n n n ±=±∞→)(lim ②b a b a n n n ⋅=⋅∞→)(lim③)0(lim ≠=∞→b ba b a n n n 特别地，如果C 是常数，那么Ca a C a C n n n n n =⋅=⋅∞→∞→∞→lim lim )(lim . ⑷数列极限的应用：求无穷数列的各项和，特别地，当1πq 时，无穷等比数列的各项和为)1(11πq q a S -=. （化循环小数为分数方法同上式）注：并不是每一个无穷数列都有极限.3. 函数极限；⑴当自变量x 无限趋近于常数0x （但不等于0x ）时，如果函数)(x f 无限趋进于一个常数a ，就是说当x 趋近于0x 时，函数)(x f 的极限为a .记作a x f x x =→)(lim 0或当0x x →时，a x f →)(. 注：当0x x →时，)(x f 是否存在极限与)(x f 在0x 处是否定义无关，因为0x x →并不要求0x x =.（当然，)(x f 在0x 是否有定义也与)(x f 在0x 处是否存在极限无关.⇒函数)(x f 在0x 有定义是)(lim 0x f x x →存在的既不充分又不必要条件.） 如⎩⎨⎧+--=1111)(πφx x x x x P 在1=x 处无定义，但)(lim 1x P x →存在，因为在1=x 处左右极限均等于零. ⑵函数极限的四则运算法则：如果b x g a x f x x x x ==→→)(lim ,)(lim 00，那么 ①b a x g x f x x ±=±→))()((lim 0②b a x g x f x x ⋅=⋅→))()((lim 0③)0()()(lim 0≠=→b ba x g x f x x 特别地，如果C 是常数，那么)(lim ))((lim 00x f C x f C x x x x →→=⋅. n x x n x x x f x f )](lim [)]([lim 00→→=（+∈N n ） 注：①各个函数的极限都应存在.②四则运算法则可推广到任意有限个极限的情况，但不能推广到无限个情况. ⑶几个常用极限：①01lim =∞→xn ②0lim =+∞→x x a （0＜a ＜1）；0lim =-∞→x x a （a ＞1）③1sin lim 0=→x x x 1sin lim 0=⇒→xx x④e x x x =+∞→)11(lim ，e x x x =+→10)1(lim （71828183.2=e ） 4. 函数的连续性：⑴如果函数f （x ），g （x ）在某一点0x x =连续，那么函数)0)(()()(),()(),()(≠⋅±x g x g x f x g x f x g x f 在点0x x =处都连续.⑵函数f （x ）在点0x x =处连续必须满足三个条件： ①函数f （x ）在点0x x =处有定义；②)(lim 0x f x x →存在；③函数f （x ）在点0x x =处的极限值等于该点的函数值，即)()(lim 00x f x f x x =→. ⑶函数f （x ）在点0x x =处不连续（间断）的判定：如果函数f （x ）在点0x x =处有下列三种情况之一时，则称0x 为函数f （x ）的不连续点. ①f （x ）在点0x x =处没有定义，即)(0x f 不存在；②)(lim 0x f x x →不存在；③)(lim 0x f x x →存在，但)()(lim 00x f x f x x ≠→.5. 零点定理，介值定理，夹逼定理：⑴零点定理：设函数）（x f 在闭区间],[b a 上连续，且0)()(πb f a f ⋅.那么在开区间),(b a 内至少有函数)(x f 的一个零点，即至少有一点ξ（a ＜ξ＜b ）使0)(=ξf . ⑵介值定理：设函数)(x f 在闭区间],[b a 上连续，且在这区间的端点取不同函数值，B b f A a f ==)(,)(，那么对于B A ,之间任意的一个数C ，在开区间),(b a 内至少有一点ξ，使得C f =)(ξ（a ＜ξ＜b ）.⑶夹逼定理：设当δππ||00x x -时，有)(x g ≤)(x f ≤)(x h ，且A x h x g x x x x ==→→)(lim )(lim 00，则必有.)(lim 0A x f x x =→ 注：||0x x -：表示以0x 为的极限，则||0x x -就无限趋近于零.（ξ为最小整数）6. 几个常用极限：①1,0lim πq q n n =+∞→ ②)0(0!lim φa n a nn =+∞→ ③k a a n n kn ,1(0lim φ=+∞→为常数）④0ln lim=+∞→n n n ⑤k n n kn ,0(0)(ln lim φεε=+∞→为常数）。
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。
数列专题复习及答案
数列、数列极限、数学归纳法综合复习一、填空题1、已知)(1562*∈+=N n n na n ，则数列{}n a 的最大项是 2、在等差数列{}n a 中，若46101290a a a a +++=，则101413a a -= 3、已知等比数列{}n a ，若151,4a a ==，则3a 的值为 4、数列{}n a 中，23=a ，15=a ，则数列1{}1n a +是等差数列，则=11a 5、在数列{}n a 和{}n b 中，n b 是n a 与1n a +的等差中项，12a =且对任意n N *∈都有031=-+n n a a ，则数列{}n b 的通项公式为 ___ _______6、设等差数列{}n a 的公差d 不为0，19a d =，k a 是1a 与2k a 的等比中项，则k =7、等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若4510,15S S ≥≤,则4a 的最大值为8、正数数列{}n a 中，已知12a =，且对任意的,s t N *∈,都有s t s t a a a ++=成立，则12231111n n a a a a a a ++++ 9、等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且42358,26a a a a -=+=，记2nn S T n=，如果存在正 整数M ，使得对一切正整数n ，n T M ≤都成立．则M 的最小值是__________ 10、已知无穷等比数列12{},lim[3()]4,n n n a S a a a S →∞+++-= 中，各项的和为且 则实数1a 的范围11、设正数数列{}n a 的前n 项和为n S ，且存在正数t ，使得对于所有自然数n ，有2n a t+=成立，若n n t →∞<，则实数t 的取值范围为 12、数列{n a }的通项公式为12(12)1()(3,)3n n nn a n n N -*⎧≤≤⎪=⎨≥∈⎪⎩，则=∞→n n S lim13、已知数列{}n a 的通项公式为121n n a -=+，则0121231n nn n n n a C a C a C a C ++++= 14、数列{}n a 满足112(0)2121(1)2n n n n n a a a a a +⎧≤<⎪⎪=⎨⎪-≤<⎪⎩，若761=a ，则2007a 的值为____15、在数列{}n a 中，如果对任意n N *∈都有211()n n n na a k k a a +++-=-为常数，则称{}n a 为等差比数列，k 称为公差比. 现给出下列命题： ⑴等差比数列的公差比一定不为0； ⑵等差数列一定是等差比数列；⑶若32nn a =-+,则数列{}n a 是等差比数列； ⑷若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比. 其中正确的命题的序号为二、选择题16、等差数列}{n a 的公差为d ，前n 项的和为n S ，当首项1a 和d 变化时1182a a a ++是一个定值，则下列各数中也为定值的是 （ ）7.A S 8.B S 13.C S15.D S17、在等差数列}{n a 中，15100,517a a a >=，则数列}{n a 前n 项和n S 取最大值时，n的值为（ ）.12A .11B .10C .9D18、设}{n a 为等差数列，若11101a a <-，且它的前n 项和n S 有最小值，那么当n S 取得最小正值时，n =（ ）.11A .17B .19C .20D19、等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，且56S S <,678S S S =>,则下列结论中错误的是（ ） .0A d < 7.0B a =95.C S S > 67.n D S S S 和均为的最大值20、已知数列{}n a 、{}n b 都是公差为1的等差数列，其首项分别为1a 、1b ，且511=+b a ，*11,N b a ∈．设n b n a c =（*N n ∈），则数列{}n c 的前10项和等于（ ）.A 55 .70B .85C .100D21、已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若OB＝1200a OAa OC ＋，且,,A B C 三点共线 （该直线不过原点O ），则200S =（ ）.A 100 .B 101 .C 200 .D 20122、已知两个等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n A 和n B ，且7453n n A n B n +=+，则使得n nab 为整数的正整数n 的个数是（ ） .2A .3B .4C .5D三、解答题23、设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1a a =，13nn n a S +=+，*n N ∈．（1）设3nn n b S =-，求{}n b 的通项公式；（2）若1n n a a +≥，*n N ∈，求a 的取值范围．24、数列{}n a 满足a a =1，a a -=2（0>a ），且{}n a 从第二项起是公差为6的等差数列，n S 是{}n a 的前n 项和．（1）当2≥n 时，用a 与n 表示n a 与n S ；（2）若在6S 与7S 两项中至少有一项是n S 的最小值，试求a 的取值范围；25、数列{}n a 中，112a =，点1(,2)n n n a a +-在直线y x =上，其中n N *∈； （1）设11,n n n b a a +=--{}n b 求证:数列是等比数列；（2）求数列{}n a 的通项；（3）设分别为数列、n n T S {}n a 、{}n b 的前n 项和，是否存在实数λ，使得数列n n S T n λ+⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列？若存在，试求出λ；若不存在，则说明理由。
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第二章数列、极限、数学归纳法（2）等比数列【例题精选】:例1：“b 2 = ac ”是a , b , c 成等比数列的 A ．充分非必要条件 B ．必要非充分条件 C ．充分且必要条件 D ．既不充分又不必要条件 分析：由a , b , c 成等比数列⇒b ac 2=；b ac 2=若a , b , c 中有等于零者，a , b , c 不成等比数列，故选（B ） 说明：只有当a , b , c 均不为零时， b ac 2=⇔ a , b , c 成等比数列。
例2：已知数列{}a n 的前n 次和S k k n n =+3(为常数），那么下述结论正确的是 A ．k 为任意实数时，{}a n 是等比数列 B ．k = －1时，{}a n 是等比数列 C ．k = 0时，{}a n 是等比数列 D ．{}a n 不可能是等比数列分析：给出 s k k n n =+3(为常数），可由s n 求出通项a n 来进行判断：n a s k n a s s k k n n n n n n ===+≥=-=+-+=⋅---13123323211111时，时，()()()当n a ==⋅=1223210时，由（）式当a k k 121321=+==-时代入（）式得得,{}∴=-=⋅∈-当时，数列k a n N a n n n 1231()是等比数列，故选（B ）。
小结：解好本题要准确掌握数列的前n 项和S n 与通项a n 关系式a n =s n s s n n n 1112=-≥⎧⎨⎩- 例3：在等比数列{}a n 中，已知a a a a a 132492040+=-+=,,求解：设等比数列的公比为q ，依题意：()()a a q a q a q 112113201402+=-+=⎧⎨⎪⎩⎪()()()()()1211221442102419188÷=-∴=-=-∴==--=-得代入得q q a a a q例4：（1）在等比数列6，…，1458，…，13122，…中，1458是第n 项， 13122是第2n －4项，求公比q 。
（2）已知等比数列前10项的和是10，前20项的和是30，求前30项的和。
解：（1）依题意6145816131222125⋅=⋅=⎧⎨⎪⎩⎪--q q n n ()()由()()124331得q n -=()()()()()21943427343÷=÷=∴=-得得q q q n（2）等比数列记为{}a q n ,公比为a q q a q q1101201110111302()()()()--=--=⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪()()()()()()211321111110124701010301301101020÷+=∴=∴=--=--++=⨯++=得q q s a q q a q qq q例5：试求一个正数，使它的小数部分，整数部分及这个正数自身依次成等比数列。
解：设整数部分为n ，小数部分为t ，则所求正数为n+t ．若成等比数列，则有即且t n n t n t n tnn t t n t ,,+=+=+≠1011212<+<∴<<t n nt即t n t n t <<∴<<<<20201() n N n ∈∴=1 即解得111512t tt =+=-∴+=+n t 512例6：若有四个数，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为37，第二个数与第三个数的和是36，求这四个数。
分析：前三个数成等差数列，可没有a －d ，a ，a+d ，那么第四个数用等比中项得()a d a +2；若光考虑后三个数成等比数列，可设后三个数依次为aq，a ，aq ，那么第一个数为2aq－a ，下面用第一种设法给出解答过程，第二种解题过程读者自己完成。
解：设前三个数为a －d ，a ，a ＋d ，则第四个数为()a d a+2，依题意得()a d a d aa a d -++=++=⎧⎨⎪⎩⎪2371362()()由（2）得d=36－2a 代入（1）得 4a 2－145a ＋362=0 解得 a=16或a=814∴d =4或d= -92∴所求四个数为12，16，20，25或994814634494,,,,例7：已知f (x )是一次函数，f (10)=21 ，且f (2)，f (7)，f (22)成等比数列，求f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (n)以后的式子的表达式解：设f(x)=kx ＋b(k ≠0) 由已知()()()()f k b k b k b k b 1010211722222=+=+=++⎧⎨⎪⎩⎪()() 将（2）化简整理得5102k kb = k ≠0所以k b =23() 由（1）（3）解得k b ==21, ∴f (x )=2x + 1()f f f n n ()()()......1235721++=+++++……()=++⋅=+321222n n n n小结：数列是一类以自然数集或它的有限子集为自变量的函数，运用函数的观点认识数列十分有益。
例8：设一个等比数列的前n 项和Sn ，前n 项积为Pn ，前n 项倒数和为Tn, 求证：P S T n n n n2=⎛⎝ ⎫⎭⎪证明：设等比数列的首项为a 1，公比为q当q =1时，S na n =1P a a q a q a q a n n n=⋅⋅=-1112111T a a q a q a qn a n n =++++=-11111112111 所以p a S T na n a a n nn n nnn2121112=⎛⎝ ⎫⎭⎪=⎡⎣⎢⎢⎢⎢⎤⎦⎥⎥⎥⎥=,故p S T nn n n2=⎛⎝ ⎫⎭⎪ 当q ≠1时，()S a q qn n=--111()P a a q a q a q a qn n nn n =⋅⋅=--111211112()()T a a q a q a q a q q q q q a q q n n n n n n n =++++=++++=-------11111111111211111211 ……所以()()p a q a q n n n n n n n 21122121=⎡⎣⎢⎢⎤⎦⎥⎥=--()()()()()S T a q a q q q q a q p S T n n nn n nnn n n n n n n⎛⎝ ⎫⎭⎪=----⎡⎣⎢⎢⎤⎦⎥⎥=∴=⎛⎝ ⎫⎭⎪--11112121111小结：为了写出S T n n 、的表达式，由等比数列求和公式，必须对q 是否为1作出分类讨论。
例9：在等比数列{}a a a a a a n 中，，，求1937116420=+=的值。
分析：若通过通项公式a n 求a 11，必须先确定首项a 1和公式q ，这就需要二个条件。
解：设等比数列{}a n 的公比为q ，则()()()由，有由，有a a a q a a a q q 191283712464641201202==+=+= 解上方程组必须降次、消元。
若孤立看（1）得a q 148=±，若联系（2），则有a 10>，故a q 140>，从而可得a q 148= (3)（2）÷（3）得15242+=q q即252042q q -+= ∴==q q 22212或 至此先求a 1，再求a 11可以，但从（3）可有()a a a q a q 511565238===，而则可免去求a 1的步骤。
()∴===a a q a q q a q q 111101461423·于是当q a 211328264===时，·，当q 212=时，a 1138121=⎛⎝ ⎫⎭⎪=·例10：若{}a n 是各项都为正数的等比数列，并且a a a a a a 243546216++=，求a a 35+的值。
分析：依据方程的思想，这里为确定通项公式应选确定首项a 1和公比q ，但只给出一个条件，使a 1，q 都被确立不可能，由于由已知可得：a q a q a q a q a q a q 11312141315216···++= 即a qa qa q124126128216++=，故有()a q q12422116+=（1）而()a a a q a q a q q 3512141221+=+=+又由a q n >>00，故，于是由（1）得()a q q 12214+=，从而得到a a 354+=。
小结：设而不求，整体代入，即设元，列式后不去直接求所设各未知数的值，而在已知式和求值式之间寻找联系，从中求得所需。
例11：在一段时期内，若某工厂产值的月平均增长率为p ，那么该厂产值的年平均增长率是多少？若该厂产值的年平均增长率为q ，那么其月平均增长率是多少？ 分析：由某厂产值月平均增长率为p ，那么该厂连续二年中的24个月的产值为()a p 1+，()a p 1+2，()a p 1+3，……()a p 1+12，()a p 1+13，……()a p 1+24。
于是在这段时期内，后一年总产值()()[]()S a p p p 2131211111=++-+-，前一年总产值()()[]()S a p p p 11211111=++-+-，于是其年平均增长率()=-=+-SS S p 2111211。
若该厂产值的年平均增长率是q ，设这段时期内，月平均增长率为r ，由本题上述推理有()1112+-=r q 于是可解得r q =+-1112。
小结：上述第二问运用了方程的思想和第一问推导的结果。
例12：某企业在年度之初借款A 元，从该年度末开始，每年度末偿还一定的金额，恰在n 年间还清，年利率为r ，试问每次须支付的金额是多少？解法1：设每次偿还a 元，则n 年度末本利合计为： ()()()()[]a r a r a r a a r rn n n1111112+++++++=+---…另一方面年度之初借款A 元，到第n 年末，本利和是()A r n1+元。
()[]()()()∴+-=+=++-a r rA r a Ar r r nnnn 111111解之得解法2：设每次偿还a 元，第K 年末偿还a 元之后的债务为A K 元，则： A A a r A a k k 011==+-+()()()()()()()∴-=+-⎛⎝ ⎫⎭⎪-=-⎛⎝ ⎫⎭⎪+=-⎛⎝ ⎫⎭⎪+=∴-=-⎛⎝ ⎫⎭⎪+=++-+A a r r A a r A a r A a r r A a r r A a r A a r r a Ar r r K K n n n n nnn 1011101111依题意，解得【专项训练】：一、选择题： 1、等比数列{}a n 中，已知a a q n 1981323===，，，则n 为 A ．3B ．4C ．5D ．62、等比数列{}a n 中，a a 6969==，，则 a 3等于A ．3B ．32C ． 169D ．43、等差数列{}a n 的首项a 11=，公差d ≠0，如果a a a 125，，成等比数列，那么d 等于A ．3B ．2C ．－2D ．±24、设()b n N a b b b a n nn n n =⎛⎝ ⎫⎭⎪∈=++++12112，，…，则等于A ．112+nB ．212-nC ．2121--n D ．2121-+n5、设由正数组成的等比数列，公比q=2，且a a a 1230302·……=，则a a a a 36930··……等于A ．210B ．220C ．216D ．215二、填空题： 6、等比数列{}a n 满足a a a a 5142156-=-=，，则q =。