数列、极限、数学归纳法·归纳、猜想、证明
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 ε-定义：设{}n a 为数列，a 为定数，若对任给的正数ε，总存在正数N ，使得当n N >时，有n a a ε-<，则称数列{}n a 收敛于a ；记作：lim n n a a →∞=，否则称{}n a 为发散数列．例1．求证：1lim 1nn a →∞=，其中0a >．证：当1a =时，结论显然成立．当1a >时，记11n a α=-，则0α>，由()1111(1)nn a n n ααα=+≥+=+-，得111na a n--≤， 任给0ε>，则当1a n N ε->=时，就有11n a ε-<，即11na ε-<，即1lim 1nn a →∞=．当01a <<时，令1b a=，则1b >，由上易知：1lim 1nn b →∞=，∴111lim 1lim n n nn a b→∞→∞==．综上，1lim 1nn a →∞=，其中0a >．例2．求：7lim !nn n →∞． 解：变式：77777777777771!1278917!6!n n n n n n=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅≤⋅=⋅-；∴77710!6!n n n -≤⋅， ∴0ε∀>，7716!N ε⎡⎤∃=⋅⎢⎣⎦，则当n N >时，有77710!6!n n n ε-≤⋅<；∴7lim 0!n n n →∞=． 2．利用柯西收敛准则柯西收敛准则：数列{}n a 收敛的充要条件是：0ε∀>，∃正整数N ，使得当n m N >、时，总有：n m a a ε-<成立． 例3．证明：数列1sin (1, 2, 3, )2nn kk kx n ===⋅⋅⋅∑为收敛数列． 证：11111sin(1)sin 111112(122222212n mn m m n m n m m m n x x m -+++-+-=+⋅⋅⋅+≤+⋅⋅⋅+<<<-， 0ε∀>，取1N ε⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，当n m N >>时，有n m x x ε-<，由柯西收敛准则，数列{}n x 收敛．例4．（有界变差数列收敛定理）若数列{}n x 满足条件：11221n n n n x x x x x x M ----+-+⋅⋅⋅-≤，(1, 2, )n =⋅⋅⋅，则称{}n x 为有界变差数列，试证：有界变差数列一定收敛．证：令1112210, n n n n n y y x x x x x x ---==-+-+⋅⋅⋅-，那么{}n y 单调递增，由已知可知：{}n y 有界，故{}n y 收敛， 从而0ε∀>，∃正整数N ，使得当n m N >>时，有n m y y ε-<；此即1121n m n n n n m m x x x x x x x x ε---+-≤-+-+⋅⋅⋅-<；由柯西收敛准则，数列{}n x 收敛． 注：柯西收敛准则把N ε-定义中的n a 与a 的关系换成了n a 与m a 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n x =n 个根式，0a >，1, 2, n = ）极限存在，并求lim nn x →∞．证：由假设知n x =；①用数学归纳法可证：1, n n x x k N +>∈；② 此即证{}n x 是单调递增的．事实上，10n x +<<<1=；由①②可知：{}n x 单调递增有上界，从而lim n n x l →∞=存在，对①式两边取极限得：l =解得：l =l =；∴lim n n x →∞=4．利用迫敛性准则（即两边夹法）迫敛性：设数列{}n a 、{}n b 都以a 为极限，数列{}n c 满足：存在正数N ，当n N >时，有：n n n a c b ≤≤，则数列{}n c 收敛，且lim n n c a →∞=． 例6．求：22212lim()12n nn n n n n n n→∞++⋅⋅⋅+++++++．解：记：2221212n n x n n n n n n n =++⋅⋅⋅+++++++，则：2212121n n nx n n n n n ++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+≤≤++++；∴22(1)(1)2(2)2(1)n n n n n x n n n n ++≤≤+++；从而22(1)1(1)lim lim 2(2)22(1)n n n n n n n n n n →∞→∞++==+++， ∴由迫敛性，得：222121lim()122n n n n n n n n n →∞++⋅⋅⋅+=++++++．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． 5．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0ε>，总存在某一正数δ，使得对[, ]a b 的任意分割T ，在其上任意选取的点集{}i ξ，i ξ∈[]1,i i x x -，只要T δ<，就有1()niii f x Jξε=∆-<∑，则称函数()f x 在[, ]a b 上（黎曼）可积，数J 为()f x 在[, ]a b 上的定积分，记作()baJ f x dx =⎰．例7．求：()()11lim !2!nnn n n n --→∞⎡⎤⋅⋅⎣⎦． 解：原式n n →∞→∞==112lim (1)(1)(1)nn n n n n →∞⎡⎤=++⋅⋅⋅+⎢⎥⎣⎦11exp lim ln(1)nn i i nn →∞=⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∑()()1expln(1)exp 2ln 21x dx =+=-⎰．例8．求：2sin sin sin lim 1112n n n n n n n n n πππ→∞⎛⎫⎪++⋅⋅⋅+ ⎪+ ⎪++⎪⎝⎭． 解：因为：222sinsinsin sin sin sin sin sin sin 111112n n n nn n n n n n n n n n n n n n nπππππππππ++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+<++⋅⋅⋅+<+++++，又：2sinsinsin 12limlim (sin sin sin )11n n n n n nn n n n n n n n ππππππππ→∞→∞++⋅⋅⋅+⎡⎤=⋅⋅++⋅⋅⋅+⎢⎥++⎣⎦∴02sinsinsin 12limsin 1n n nn n xdx n ππππππ→∞++⋅⋅⋅+=⋅=+⎰； 同理：2sinsinsin 2lim1n n nn n n nππππ→∞++⋅⋅⋅+=+； 由迫敛性，得：2sin sin sin 2lim 1112n n n n n n n n n ππππ→∞⎛⎫⎪++⋅⋅⋅+= ⎪+ ⎪++⎪⎝⎭． 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归结原则：0lim ()x xf x A →=⇔对任何0 ()n x x n →→∞，有lim ()n n f x A →∞=． 例9．求：11lim 1n n e n →∞-． 解：11001lim lim ()111n nx x n n e e e e n n=→∞→∞--'===-． 例10．计算：211lim 1nn n n →∞⎛⎫+- ⎪⎝⎭． 解：一方面，2111(1)(1) ()n n e n n n n+-<+→→∞； 另一方面，2221112221111(1)(1)(1n n n n n n n n n n n n n -------+-=+≥+；由归结原则：（取2, 2, 3, 1n n x n n ==⋅⋅⋅-），22222111222211111lim(1)lim(1lim(1lim(1)lim(1)n n n x n n n n n n n x n n n n e x n n n n ----→∞→∞→∞→∞→∞----+=+⋅+=+=+=； 由迫敛性，得：211lim(1)nn e 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{}n y 是严格递增的正无穷大数列，它与数列{}n x 一起满足：11lim n n n n n x x l y y +→∞+-=-，则有lim nn nx l y →∞=，其中l 为有限数，或+∞，或-∞．stolz 定理2：0()0型：若{}n y 是严格递减的趋向于零的数列，n →∞时，0n x →且11lim n n n n n x x l y y +→∞+-=-，则有lim nn nx l y →∞=，其中l 为有限数，或+∞，或-∞．例11．求：112lim ()p p pp n n p N n +→∞++⋅⋅⋅+∈． 解：令112, , p p p p n n x n y n n N +=++⋅⋅⋅+=∈，则由定理1，得：112lim p p p p n n n +→∞++⋅⋅⋅+=11(1)lim (1)p p p n n n n ++→∞+=+-1(1)1lim (1)1(1)12p n p p n p p p p n n →∞-+=+⋅++-+⋅⋅⋅+． 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12．设02ln nk nk n CS n ==∑，求：lim n n S →∞． 解：令2n y n =，则{}n y 单调递增数列，于是由定理2得：lim n n S →∞=02ln lim nknk n C n =→∞∑110022ln ln lim (1)n nk k n nk k n C C n n++==→∞-=+-∑∑01ln 1lim 21nk n n n k n =→∞+-+=+∑11(1)ln(1)ln lim 21n k n n n k n +=→∞++-=+∑ 1ln()(1)ln(1)ln ln(1)1lim lim 2122nn n n n n n n n n 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． 8．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．例13．求：212lim()n n na a a→∞++⋅⋅⋅+，(1)a >． 解：令1x a =，则1x <，考虑级数：1nn nx ∞=∑．∵11(1)lim lim 1n n n n n n a n x x a nx ++→∞→∞+==<， ∴此级数是收敛的．令1()nn S x nx ∞==∑11n n x nx∞-==⋅∑，再令11()n n f x nx ∞-==∑，∵111()xxn n n n f t dt nt dt x ∞∞-=====∑∑⎰⎰1xx-；∴21()(1(1)x f x x x '==--； 而2()()(1)x S x x f x x =⋅=-；因此，原式=1112()(1)a S a a ---==-．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00x >，12(1)2n n nx x x ++=+(0, 1, 2, )n =⋅⋅⋅，证明：数列{}n x 收敛，并求极限lim nn x →∞． 证：由00x >，可得：0n x >(0, 1, 2, )n =⋅⋅⋅，令2(1)(), (0)2x f x x x+=>+， 则2210'()(2)2f x x <=<+，且12(1)(), 0, (0, 1, 2, )2n nn n nx f x x x n x ++==>=⋅⋅⋅+， 考虑级数：10n n n x x ∞+=-∑；由于11n n n n x x x x +--=-11()()n n n n f x f x x x ---=-11'()()12n n n n f x x x x ξ---<-；所以，级数10n n n x x ∞+=-∑收敛，从而10()n n n x x ∞+=-∑收敛．令()10nn k k k S x x +==-∑10n x x +=-，∵lim n n S →∞存在，∴10lim lim n n n n x x Sl +→∞→∞=+=（存在）；对式子：12(1)2n n n x xx ++=+，两边同时取极限：2(1)2l l l+=+，∴l =或l =（舍负）；∴lim nn x →∞= 例15．证明：111lim(1ln )23n n n→∞++⋅⋅⋅+-存在．（此极限值称为Euler 常数）． 证：设1111ln 23n a n n =++⋅⋅⋅+-，则1n n a a --=[]1ln ln(1)n n n---； 对函数ln y n =在[1, ]n n -上应用拉格朗日中值定理， 可得：1ln ln(1) (01)1n n n θθ--=<<-+，所以1211111(1)(1)n n a a n n n n n θθθ---=-=<-+-+-； 因为221(1)n n ∞=-∑收敛，由比较判别法知：12n n n a a ∞-=-∑也收敛， 所以lim nn a →∞存在，即111lim(1ln )23n n n→∞++⋅⋅⋅+-存在． 10．利用幂级数求极限利用基本初等函数的麦克劳林展开式，常常易求出一些特殊形式的数列极限． 例16．设11sin sin , sin sin(sin ) (2, 3, )n n x x x x n -===⋅⋅⋅，若sin 0x >，求：sin n n x →∞． 解：对于固定的x ，当n →∞时，1sin n x单调趋于无穷，由stolz 公式，有： 2222111lim sin lim lim 111sin sin sin n n n n n n n n n n x x x x →∞→∞→∞++-==-221lim 11sin (sin )sin n n n x x→∞=-46622220002244221()1sin 3lim lim lim 111sin (())sin 3t t t t t o t t t t t t t t o t t t +++→→→-⋅+⋅===----+46622004411()1()33lim lim 311()(1)33t t t t o t t o t t o t o ++→→-⋅+-⋅+===++． 11．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．例17．求：2lim (arctan arctan )1n a an n n →∞-+，(0)a ≠． 解：设()arctan f x x =，在[, 1a an n+上应用拉格朗日中值定理， 得：21()()( [, ]1111a a a a a af f n n n n n nξξ-=-∈++++，故当n →∞时，0ξ→，可知：原式22lim 11n a nn a n ξ→∞=⋅⋅=++． 12．巧用无穷小数列求数列极限引理：数列{}n x 收敛于a 的充要条件是：数列{}n x a -为无穷小数列． 注：该引理说明，若lim nn x a →∞=，则n x 可作“变量”替换：令n n x a α=+，其中{}n α是一个无穷小数列． 定理1：若数列{}n α为无穷小数列，则数列{}n α也为无穷小数列，反之亦成立． 定理2：若数列{}n α为无穷小数列，则数列12{}nnααα++⋅⋅⋅+也为无穷小数列．推论1：设数列{}n α为无穷小数列，则数列12{}nnααα++⋅⋅⋅+也为无穷小数列．例18．（算术平均收敛公式）设lim n n x a →∞=，求极限12limnn x x x n→∞++⋅⋅⋅+．解：由lim nn x a →∞=，作“变量”代换，令n n x a α=+，其中{}n α是一无穷小数列； 由定理2的结论有：12lim n n x x x n →∞++⋅⋅⋅+12()()()lim n n a a a nααα→∞++++⋅⋅⋅++= 1212()()lim lim 0n n n n na a a a n nαααααα→∞→∞+++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+==+=+=．此题还可以用方法1（定义法）证明，也可通过方法7（stolz 公式）求得，此处略．例19．设lim n n x a →∞=，lim n n y b →∞=，求极限1211lim n n n n x y x y x y n-→∞++⋅⋅⋅+．解：由lim n n x a →∞=，lim n n y b →∞=，作“变量”代换，令n n x a α=+，n n y b β=+，其中{}n α，{}n β都是一无穷小数列， 故1211lim n n n n x y x y x y n -→∞++⋅⋅⋅+11()()()()lim n n n a b a b nαβαβ→∞+++⋅⋅⋅+++= 1111lim n n n n n ab b a n n n ααββαβαβ→∞+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦ 因为0n β→()n →∞，所以{}n β有界数列，即n M β≤， 从而结合上述推论1，有：12110 ()nn n M n nnααααβαβ++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅≤⋅→→∞，再根据定理1，即有：110 ()n n n nαβαβ+⋅⋅⋅→→∞；又由定理2，可知：10na nββ+⋅⋅⋅+⋅→，10 ()nb n nαα+⋅⋅⋅+⋅→→∞；∴1211lim n n n n x y x y x y ab n-→∞++⋅⋅⋅+=．注：利用无穷小数列求数列极限通常在高等数学和数学分析教材中介绍甚少，但却是一种很实用有效的方法．用这种方法求某类数列的极限是极为方便的． 13．利用无穷小的等价代换求某些函数列的极限定理：设函数()f x 、()g x 在0x =的某个领域有意义，()0g x >，0()lim 1()x f x g x →=，且当n →∞时，0mn a →(1, 2, 3, )m =⋅⋅⋅，11lim ()lim ()nnmn mn n n m m f a g a →∞→∞===∑∑，则在右端极限存在时成立．例20．求极限1lim 1)nn i →∞=∑．解：令()1f x =-，1()3g x x =，当0x →1x ~，由定理1，得：2111111lim 1)lim 3326nnn n i i i n→∞→∞===⋅=⋅=∑∑． 例21．求：2231lim (1)nn i i a n →∞=+∏，（a 为非零常数）． 解：原式2331exp lim ln(1)nn i i a n →∞=⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∑；令()ln(1)f x x =+，当0x →时，ln(1)x x +~， 由定理1，得：22333311lim ln(1)lim nnn n i i i i a a n n→∞→∞==+=∑∑223(1)(21)1lim 63n n n n a a n →∞++==；∴2231lim (1)nn i i a n →∞=+=∏21exp()3a ． 注：我们知道，当0x →时，函数sin , tan , arcsin , arctan , 1, ln(1)x x x x x e x -+都x 与等价，倘若熟悉这些等价函数，观察它们与本文定理中的()f x 的关系，把求某些函数列极限问题转化为求熟知的数列极限问题，这样就会起到事半功倍的效果． 14．利用压缩映射原理求数列极限定义1：设()f x 在[, ]a b 上有定义，方程()f x x =在[, ]a b 上的解称为()f x 在[, ]a b 上的不动点． 定义2：若存在一个常数k ，且01k ≤<，使得[, ]x y a b ∀∈、有()()f x f y k x y -≤-，则称()f x 是[, ]a b 上的一个压缩映射．压缩映射原理：设称()f x 是[, ]a b 上的一个压缩映射且0x ∈[, ]a b ，1()n n x f x +=，对n N ∀∈，有[, ]n x a b ∈，则称()f x 在[, ]a b 上存在唯一的不动点c ，且lim nn x c →∞=． 例22．设12ax =，212n n a x x ++=(01)a <<，1, 2, n =⋅⋅⋅，求lim nn x →∞． 解：考察函数2()22a x f x =+，1[0,2ax +∈， 易见对1[0, ]2a x +∀∈，有：21()2n n n a x x f x ++==，11[0, 22a a x +=∈，1()12af x x +'=≤<； 所以，()f x 是压缩的，由压缩映射原理，数列{}n x 收敛．设lim nn x c →∞=，则c 是222a x x =+在1[0, ]2a +的解，解得1c =，即lim 1n n x →∞=例23．证明：数列n x =（n 个根式，14a >，1, 2, n =⋅⋅⋅）极限存在，并求lim nn x →∞．解：易知：n x =，考察函数：()f x =，[0, )x ∈+∞且在[0, )+∞上有：1f '<，因此，()f x 在[0, )+∞上是压缩的；1[0, )x =+∞，1()n n x f x +=，由压缩映射原理，数列{}n x 收敛且极限为方程：()x f x ==的解，解得：lim n n x →∞=本题也可通过方法三（单调有界定理）解得，此处略．注：压缩映射原理在实分析中有着十分广泛的应用，如用它可十分简单的证明稳函数存在定理、微分方程解的存在性定理，特别的在求一些数列极限中有着十分重要的作用，往往可以使数列极限问题得到简便快速的解决．15．利用矩阵求解一类数列的极限（1）若数列的递推公式形如：12n n n x px qx --=+且已知01x x 、，其中p q 、为常数且0p ≠，0q ≠，2, 3, n =⋅⋅⋅；解：可将递推公式写成矩阵形式，则有1111201010n n n n n x x x p q p q x x x ----⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==⋅⋅⋅= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，2, 3, n =⋅⋅⋅，从而可利用线性代数知识求出n x 的表达式，并进一步求出lim nn x →∞．（2）若数列的递推公式形如：11n n n ax bx cx d--+=+且已知0x ，其中0c ≠且ad bc ≠，1, 2, n =⋅⋅⋅，解法1：令211n n n y cx d y ---+=，则1121()n n n y x d c y ---=-，11()n n n yx d c y -=-， 从而有：121211()(())n n n n n n y yy a d d b c y c y y ------=-+⋅，整理得：12()()n n n y a d y bc ad y --=++-，再由（1）可以求解． 解法2：设与关系式010ax b x cx d +=+对应的矩阵为a b A c b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，由关系式11n nn ax b x cx d --+=+； 逐次递推，有00n nn n n a x b x c x d +=+，其对应的矩阵为nn n n a b B c d ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 利用数学归纳法易证得n B A =，通过计算n A 可求出n x 的表达式，并进一步求出lim nn x →∞． 例24．证明：满足递推公式11(1)n n n x x x αα+-=+-(01)α<<的任何实数序列{}n x 有一个极限，并求出以α、0x 及1x 表示的极限．解：由已知可得：111111200111010n n n n n n x x x x A x x x x αααα-------⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，（110A αα-⎛⎫=⎪⎝⎭）； 矩阵A 的特征值121, 1λλα==-，对应的特征向量分别为：''12(1, 1), (1, 1)ξξα==-；令1211(, )11P αξξ-⎛⎫== ⎪⎝⎭，则11001P AP α-⎛⎫= ⎪-⎝⎭，从而有：()()11111111111111120101n n n AP P ααααα----⎛⎫⎛⎫--⎛⎫⎛⎫==⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭()()()()111111121111n nn n ααααααα--⎛⎫---+- ⎪= ⎪----+-⎝⎭； 于是，101(1(1))(1(1))2n n n x x x αααα=--+-+-⎡⎤⎣⎦-． 因为11α-<，所以lim(1)0nn α→∞-=，从而[]011lim (1)2n n x x x αα→∞=-+-． 例25．已知斐波那契数列定义为：1101 (1, 2, 1)n n n F F F n F F +-=+=⋅⋅⋅==；；若令1n n n F x F +=，01x =且111n n x x -=+，(1, 2, )n =⋅⋅⋅，证明极限lim nn x →∞存在并求此极限． 解：显然1011x x =+，相应矩阵0111A ⎛⎫= ⎪⎝⎭的特征值12 λλ==，对应的特征向量分别为：''12 1), 1)ξξ==；令()21121211, 111111P λλλλξξ⎛⎫--⎛⎫ ⎪==== ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭⎝⎭，11211P λλ-⎫=⎪--⎭； 则有：11200P AP λλ-⎛⎫= ⎪⎝⎭；于是11112121112121200nn n n n nn n n n n A P P λλλλλλλλλλ---++--⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭；从而，()111212111212, 1, 2, n n n nn nn n n x n λλλλλλλλ--++-+-==⋅⋅⋅-+-， 由于211λλ<，上式右端分子、分母同时除以1n λ， 再令n →∞，则有：1lim limn n n n n F x F →∞→∞+==． 注：求由常系数线性递推公式所确定的数列的极限有很多种方法，矩阵解法只是其一，但与之相关的论述很少，但却简单实用．。
归纳—猜想—证明
归纳—猜想—证明归纳法是由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法。
归纳法分为不完全归纳法与完全归纳法，数学归纳法是“完全归纳”的一种科学方法，对于无穷尽的事例，常用不完全归纳法去发现规律，得出结论，并设法予以证明，这就是“归纳—猜想—证明”的思想方法，1．什么是归纳法在初中学习平面几何时，常会遇到如下推理：三角形内角和为180°，直角三角形是三角形，所以直角三角形内角和为180°。
这种由一般命题推出特殊命题的推理方法，我们称为演绎法。
但很多时候，往往需要从特殊的事例推出一般的原理，例如，一个人通过若干天的观察，看到“太阳从东方升起”， 就推出一般结论：“今后的每一天太阳都从东方升起”，这种推理方法叫做归纳法。
归纳法在科学发展和社会生活中起着重要作用，如气象工作者、水文工作者根据积累的历史资料作气象预测、水文预测，用的就是归纳法归纳法有什么特点？来看两个问题。
问题1：这里有一袋球共10个，要判断这袋球的颜色是白色，还是其他颜色，请问怎么办？学生：一个个拿出来看一看。
教师：这一袋球都是白色的。
问题2：数列的通项公式()2255n a n n =-+，计算1234,,,a a a a 的值，可以得到什么结论？学生：该数列的前四项都是1，猜测该数列的所有项都是1教师：这是错误的结论，该数列第五项是25。
解决以上两个问题用的都是归纳法——用一些特殊事例推出一般结论。
为什么问题1的结论正确，问题2的结论错误呢？这是因为问题1中，一共10个球，全部看了一遍，结论当然正确。
问题2中，根据前4 项为1，推测到所有项都是1，由于自然数有无数多个，因此得出的结论不一定正确。
实际上在这两个问题中运用的归纳法是有区别的，问题1中把研究对象都一一考察到了，这样推出结论的归纳法称为完全归纳法（通过验证一切可能的特殊事例，从而得出一般性结论，这种归纳推理称为完全归纳法）。
问题2中，根据部分事实推出了更加一般的事实，这种推理方法称为不完全归纳法（通过验证有限的特殊事例，从中推断出一般性的结论，这种归纳推理称为不完全归纳法）。
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）
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．
高中奥数_函数 不等式 数列 极限 数学归纳法
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 问题探讨问题1数列{n a }满足112a =,212n n a a a n a ++⋅⋅⋅+=,(n N *∈). (I)求{n a }的通项公式; (II)求1100nn a -的最小值; (III)设函数()f n 是1100nn a -与n 的最大者,求()f n 的最小值.问题2已知定义在R 上的函数()f x 和数列{n a }满足下列条件:1a a =,1()n n a f a -= (n =2,3,4,⋅⋅⋅),21a a ≠,1()()n n f a f a --=1()n n k a a --(n =2,3,4,⋅⋅⋅),其中a 为常数,k 为非零常数.(I)令1n n n b a a +=-(n N *∈),证明数列{}n b 是等比数列; (II)求数列{n a }的通项公式; (III)当1k <时,求lim n n a →∞.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.(I)点P 的轨迹是什么曲线? (II)若点P 坐标为00(,)x y ,记θ为PM 与PN 的夹角,求tan θ.三 习题探讨 选择题1数列{}n a 的通项公式2n a n kn =+,若此数列满足1n n a a +<(n N *∈),则k 的取值范围是 A,2k >- B,2k ≥- C,3k ≥- D,3k >- 2等差数列{}n a ,{}n b 的前n 项和分别为n S ,n T ,若231n n S nT n =+,则n na b = A,23 B,2131n n -- C,2131n n ++ D,2134n n -+ 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A,B,C,D, 4在等差数列{}n a 中,1125a =,第10项开始比1大,记21lim ()n n n a S t n →∞+=,则t 的取值范围是A,475t > B,837525t <≤ C,437550t << D,437550t <≤5设A 11(,)x y ,B 22(,)x y ,C 33(,)x y 是椭圆22221x y a b+=(0a b >>)上三个点,F 为焦点,若,,AF BF CF 成等差数列,则有A,2132x x x =+ B,2132y y y =+ C,213211x x x =+ D,2213x x x =⋅ 6在ABC ∆中,tan A 是以4-为第三项,4为第七项的等差数列的公差,tan B 是以13为 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7等差数列{}n a 前n (6n >)项和324n S =,且前6项和为36,后6项和为180,则n = .8223323232323236666n nn nS ++++=+++⋅⋅⋅+,则lim n n S →∞= .9在等比数列{}n a 中,121lim()15n n a a a →∞++⋅⋅⋅+=,则1a 的取值范围是 . 10一个数列{}n a ,当n 为奇数时,51n a n =+;当n 为偶数时,22n n a =.则这个数列的前2m 项之和2m S = .11等差数列{}n a 中,n S 是它的前n 项和且67S S <,78S S >,则①此数列的公差0d <,②96S S <,③7a 是各项中最大的一项,④7S 一定是n S 中的最大项,其中正确的是 . 解答题12已知23123()n n f x a x a x a x a x =+++⋅⋅⋅+,且123,,n a a a a ⋅⋅⋅组成等差数列(n 为正偶数). 又2(1)f n =,(1)f n -=,(I)求数列的通项n a ;(II)试比较1()2f 与3的大小,并说明理由.13已知函数2()31f x x bx =++是偶函数,()5g x x c =+是奇函数,正数数列{}n a 满足11a =,211()()1n n n n n f a a g a a a +++-+=.(I)若{}n a 前n 项的和为n S ,求lim n n S →∞;(II)若12()()n n n b f a g a +=-,求n b 中的项的最大值和最小值.14. 已知等比数列{}n x 的各项不为1的正数,数列{}n y 满足log 2n n x y a ⋅=(0a >且1a ≠),设417y =,711y =.(I)求数列{}n y 的前多少项和最大,最大值是多少? (II)设2n yn b =,123n n S b b b b =+++⋅⋅⋅+,求25lim2nn S →∞的值.(III)试判断,是否存在自然数M,使当n M >时1n x >恒成立,若存在求出相应的M;若不存 在,请说明理由.15设函数()f x 的定义域为全体实数,对于任意不相等的实数1x ,2x ,都有12()()f x f x -12x x <-,且存在0x ,使得00()f x x =,数列{}n a 中,10a x <,1()2()n n n f a a a n N +=-∈,求证:对于任意的自然数n ,有: (I)0n a x <; (II)1n n a x +<.参考答案:问题1解:(I)212n n a a a n a ++⋅⋅⋅+=,得n S =2n n a当2n ≥时,1n n n a S S -=-=2n n a 21(1)n n a ---,有221(1)(1)n n n a n a --=-,即111n n a n a n --=+. 于是3241123112313451n n n a a a a a n a a a a a n --=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=2(1)n n +.又112a =,得n a =1(1)n n +. 由于1a 也适合该式,故n a =1(1)n n +.(II)1100nn a -=299n n -=2(49.5)2450.25n -- 所以当49n =或50时,1100nn a -有最小值2450-. (III)因()f n 是1100nn a -与n 的最大者,有(1100)()1100(100)nn n f n n n a ≤≤⎧⎪=⎨-<⎪⎩, 有min ()f n =(1)f =1.问题2(I)证明:由1210b a a =-≠,得2322121()()()0b a a f a f a k a a =-=-=-≠. 由数学归纳法可证10n n n b a a +=-≠(n N *∈). 而,当2n ≥时,1111111()()()n n n n n n n n n n n n n n b a a f a f a k a a k b a a a a a a +---------====--- 因此,数列{}n b 是一个公比为k 的等比数列. (II)解:由(I)知,11121()()n n n b kb k a a n N --*==-∈当1k ≠时,112211()(2)1n n k b b b a a n k--++⋅⋅⋅+=-≥- 当1k =时,12n b b b ++⋅⋅⋅+=21(1)()n a a --(2n ≥)而12213211()()()(2)n n n n b b b a a a a a a a a n -++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-=-≥,有当1k ≠时,1n a a -= 1211()(2)1n k a a n k---≥-;当1k =时,1n a a -=21(1)()n a a --(2)n ≥. 以上两式对1n =时也成立,于是当1k ≠时,11211()1n n k a a a a k --=+--= 11(())1n k a f a a k--=+--当1k =时,121(1)()n a a n a a =+--=(1)(())a n f a a +--.(III)解:当1k <时,11()lim lim[(())]11n n n n k f a aa a f a a a k k-→∞→∞--=+-=+--.问题3解:(I)设点P(,x y ),由M (1,0)-,N (1,0)得(1,)PM MP x y =-=---,(1,)PN NP x y =-=--,(2,0)MN NM =-=有2(1)MP MN x ⋅=+,221PM PN x y ⋅=+-,2(1)NM NP x ⋅=-. 于是MP MN ⋅,PM PN ⋅,NM NP ⋅成公差小于零的等差数列等价于2211[2(1)2(1)]22(1)2(1)0x y x x x x ⎧+-=++-⎪⎨⎪--+<⎩,即2230x y x ⎧+=⎨>⎩ 所以点P 的轨迹是以原点为圆心C. (II)设P(00,x y ),则由点P 在半圆C 上知,22001PM PN x y ⋅=+-又(1PM PN⋅=得cos 4PM PN PM PNθ⋅==⋅ 又001x <≤,12≤,有1cos 12θ<≤, 03πθ≤<,sin 1cos θ=-=,由此得0tan y θ==. 习题解答:1由1(21)0n n a a n k +-=++>,n N *∈恒成立,有30k +>,得3k >-,选D.21211212112112121(21)22(21)21223(21)131(21)2n n n n n n n n n n a a n a a a a Sn n b b b b b b T n n n ------+-+--======++-+--,选B. 3设三边长分别为2,,a aq aq ,且0,0a q >> ①当1q ≥时,由2a aq aq +>,得112q +≤<; ②当01q <<时,由2aq aq a +>,1q <<,q <<选D. 4由10191a a d =+>,且9181a a d =+≤,而21lim ()2n nn da S t n →∞+==, 又1125a =,于是737550t <≤,选D.5由椭圆第2定义得222132()()22()a a a AF CF x x BF x c c c+=+++==+,选A.6由条件得31444tan ,9tan 3A B =-+=,有tan 2A =,tan 3B =. 得tan tan[()]tan()1C A B A B π=-+=-+=,于是ABC ∆为锐角三角形,选B. 7由12345636a a a a a a +++++=,12345180n n n n n n a a a a a a -----+++++=有12165()()()216n n n a a a a a a --++++⋅⋅⋅++=,即16()n a a +=216,得1n a a +=36,又13242na a n +⨯=,解得18n =. 822111111()()333222n n n S =++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+,得11332lim 1121132n n S →∞=+=--.9由条件知,公比q 满足01q <<,且11115a q =-,当01q <<时,11015a <<;当10q -<<时,1121515a <<.于是1a 的取值范围是112(0,)(,)151515. 10当n 为奇数时,相邻两项为n a 与2n a +,由51n a n =+得25(2)1(51)n n a a n n +-=++-+ =10,且16a =.所以{}n a 中的奇数项构成以16a =为首项,公差10d =的等差数列.当n 为偶数时,相邻两项为n a 与2n a +,由n a = 22n ,得2222222n n n na a ++==,且22a = 所以{}n a 中的偶数项构成以22a =为首项,公比2q =的等比数列. 由此得212(1)2(12)610522212m m mm m S m m m +--=+⨯+=++--.11由6778,S S S S <>,得780,0a a ><,有0d <;96S S <;7S 是n S 中的最大值,选①②④. 12解:(I)由12(1)n f a a a =++⋅⋅⋅+=2n ,再依题意有1a +n a =2n ,即12(1)2a n d n +-=① 又121(1)n n f a a a a n --=-+-⋅⋅⋅-+=,(n 为正偶数)得2d =,代入①有21n a n =-. (II)2311111()3()5()(21)()22222n f n =+++⋅⋅⋅+-,2341111111()()3()5()(21)()222222n f n +=+++⋅⋅⋅+- 得2311111111(1)()2()2()2()(21)()2222222n n f n +-=+++⋅⋅⋅+--于是2111()12()(21)3222n f n n-=+---⋅<. 13解: (I)可得2()31f x x =+,()5g x x =,由已知211()()1n n n n n f a a g a a a +++-+=,得11(32)()0n n n n a a a a ++-⋅+=,而10n n a a ++≠,有123n n a a +=,于是1lim 3213n n S →∞==-.(II)215832()()6()1854n n n n b f a g a a +=-=-+, 由12()3n n a -=知n b 的最大值为1143b =,最小值为4374243b =.14解: (I)22log log n n a n x y x a==,设11n n x x q -=有1122log 2log 2log log n n n a n a n a x y y x x q a++-==-=,又{}n y 成等差数列.742log 74a y y q d -==-,得2d =-,17(71)(2)23,y y =--⨯-=252n y n =-. 当0n y ≥时,即23(1)(2)0n +-⨯-≥,得252n ≤.于是前12项和最大,其最大值为144.(II)25222ny n n b -==,2312b =,得21124n n b b -+==,23112()4n n b -=232522lim 1314n n S →∞==-,于是251lim 23n n S →∞= (III)由(I)知当12n >时,0n y <恒成立,由2log n a n y x =,得2n y n x a =.(i)当01a <<且12n >时,有2n y n x a =01a >=,(ii)当1a >且12n >时,1n x <,故当01a <<时,在12M =使n M >时,1n x >恒成立;当1a >时不存在自然数M,使当n M >时1n x >.15证明:用数学归纳法 (I)当1n =时,10a a <命题成立.假设当n k =(k N *∈)时,0k a a <成立,那么当1n k =+时,由1212()()f x f x x x -<-, 得00()()k k f x f a x a -<-,又00()f x x =,有00()k k x f a x a -<-, 而0k a x <,得00()k k x f a x a -<-,于是000()k k k a x x f a x a -<-<-,即0()2()k k k k a f a x f a a +<⎧⎨>⎩,又1()2k k k f a a a +=-,有10(2)2k k k a a a x ++-<,即10k a x +<,于是当1n k =+时,命题也成立. 综上所述,对任意的k N *∈,0n a a <.(II)由1212()()f x f x x x -<-,得00()()n n f x f a x a -<-, 又00()f x x =,得00()n n x f a x a -<-,又0n a a <,得00()n n x f a x a -<-,即000()n n n a x x f a x a -<-<-, 有()n n f a a >,而1()2n n n f a a a +=-,得12n n n a a a +->, 故1n n a a +>.。
02高三二轮复习-数学归纳法、极限-教师版
数学归纳法、数列极限1、知识点分布：1.用数学归纳法证明命题的步骤为:(1)验证当n 取第一个值0n 时命题成立,这是推理的基础;(2)假设当n=k ),(0*n k N k ≥∈时命题成立.在此假设下,证明当1+=k n 时命题也成立是推理的依据; (3)结论.2.探索性问题在数学归纳法中的应用（思维方式）: 观察⇒归纳⇒猜想⇒推理⇒论证.3.注意：(1)用数学归纳法证明问题时首先要验证0n n =时成立,注意0n 不一定为1; (2)在第二步中,关键是要正确合理地运用归纳假设,尤其要弄清由k 到k+1时命题的变化2、考纲考点分析：理解水平：数列、项、通项、有穷、无穷、递增数列、递减数列、摆动数列、常数列 探究水平：通项、前N 项和公式，简单递推数列问题，数列四则运算，无穷等比数列求和，数学归纳法证明整除问题，猜想、推理能力1、用数学归纳法证明22>n n ,5n N n ∈≥,则第一步应验证n = ． 【参考答案】n =5（注：跟学生说明0n 不一定都是1或2，要看题目）2、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（ ）A ．若1)1(<f 成立，则100)10(<f 成立；B ．若4)2(<f 成立，则1)1(<f 成立；C ．若(3)9f ≥成立，则当1k ≥时，均有2()f k k ≥成立；D ．若(4)25f ≥成立，则当4k ≥时，均有2()f k k ≥成立． 【参考答案】B3、用数学归纳法证明命题：若n 是大于1的自然数，求证：n n <-++++12131211 ，从k 到+1k ，不等式左边添加的项的项数为 ．【参考答案】当k n =时，左边为1214131211-+++++k ． 当1+=k n 时，左边为1212211212112141312111-+++++++-++++++k k k k k ．左边需要添的项为121221121211-+++++++k k kk ，项数为k k k 212121=+--+． 4、等式22222574123 (2)n n n -+++++=（ ）.A. n 为任何正整数时都成立B. 仅n ＝1，2，3时成立C. n ＝4时成立，n ＝5时不成立D. n ＝4时不成立，其他成立. 答案：B5、已知某个命题与正整数有关,如果当)(*N k k n ∈=时该命题成立,那么可以推得1+=k n 时该命题也成立.现已知5=n 时该命题不成立,则( ) A 4=n 时该命题成立 B 6=n 时该命题不成立C 4=n 时该命题不成立D 6=n 时该命题成立答案：C6、用数学归纳法证明2n >n 2(n ∈N,n ≥5),则第一步应验证n= ; 答案：57、（2015宝山一模理18文18）用数学归纳法证明等式1+3+5+…+(2n -1)=2n （n ∈*N ）的过程中，第二步假设n =k 时等式成立，则当n =k +1时应得到（ ）A 、1+3+5+…+(2k +1)=2kB 、1+3+5+…+(2k +1)=2(1)k + C 、1+3+5+…+(2k +1)=2(2)k + D 、1+3+5+…+(2k +1)=2(3)k + 【答案】B8、用数学归纳法证明22111...(1)1n n a a a a a a++-++++=≠-，在验证1n =时，左端计算所得项为 . 答案：21a a ++9、若)(n f 为12+n 所表示的数字的各位数字之和，(n 为正整数)，例如：因为1971142=+，17791=++，所以17)14(=f ，)()(1n f n f =，[])()(2n f f n f =， ，[])()(1n f f n f k k =+(k 为正整数)，则)11(2010f =【参考答案】1110、利用数学归纳法证明“对任意偶数*()n n N ∈，n n a b -能被a b +整除”时，其第二步论证应该是 . 答案：若*2,n k k N =∈，有22k k a b -能被a b +整除，则22n k =+时，有2222k k a b ++-能被a b +整除11、用数学归纳法证明:*1111(,1)2321n n n N n +++⋅⋅⋅+<∈>-时, ,第一步验证不等式_________成立；在证明过程的第二步从n=k 到n=k+1成立时,左边增加的项数是 .答案：1122+<，k 212、数学归纳法证明：111111111......234212122n n n n n-+-++-=+++-++（*n N ∈）时，当n 从k 到1k +时等式左边增加的项为 ；等式右边增加的项为 . 答案：11111,212212122k k k k k --+++++++、13、凸n 边形内角和为f (k )，则凸k +1边形的内角和f (k +1)=f (k )+___________. 答案：180°14、观察下列式子：1+23212<,1+223121+＜35,1+47413121222<++,…则可归纳出：___________. 答案：1+112)1(13121222++<++⋅⋅⋅++n n n15、观察以下等式：211=，22343++=，2345675++++=，……，将上述等式推广到一般情形：对n N *∈，有等式： ． 【参考答案】2(1)(2)(32)(21)n n n n n ++++++-=-16、设*n N ∈，用()N n 表示n 的最大奇因数，如：()()33,105N N ==，设()()()()()123212n n n S N N N N N =++++-+，则数列{}()12n n S S n --≥的前n 项和的表达式为【参考答案】()()112112S N N =+=+=；()()()()2123411316S N N N N =+++=+++=；()()()312822S N N N =+++=；21324,16S S S S ∴-=-=，由归纳法可得：114n n n S S ---=，∴{}1n n S S --的前n 项和的表达式为：()()414441143n n-=-- 17、设f (n )=（1+)11()111)(1nn n n++⋅⋅⋅++,用数学归纳法证明f (n )≥3.在“假设n =k 时成立”后，f (k +1)与f (k )的关系是f (k +1)=f (k )·___________. 答案：(1+1)2211)(121+⋅+++k kk k18、若*111()1()2331f n n n =++++∈-N ，则对于*k ∈N ，(1)()f k f k +=+ 【分析】：分别代入n k =和1n k =+，规律看前面【解答】：令n k =，得111()12331f k k =++++-令1n k =+，得111111(1)1233133132f k k k k k +=+++++++-++111(1)()33132f k f k k k k ∴+-=++++ 答案：11133132k k k ++++ 19、用数学归纳法证明等式“123+++…()()(21)121n n n ++=++（n N *∈）”时，从1n k n k ==+到时，等式左边需要增加的是____________。
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。
求数列极限方法总结归纳
求数列极限方法总结归纳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：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；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存在的定义是极限存在；渐近线，(垂直、水平或斜渐近线)；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。
求数列极限可以归纳为以下三种形式。
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。
数学证明方法总结
数学证明方法总结数学是一门严谨而深奥的学科，其中的证明方法更是数学学习中的重要内容。
通过证明，我们可以理解和应用数学定理，更好地解决问题。
本文将总结常见的数学证明方法，帮助读者更好地掌握数学证明技巧。
一、直接证明法直接证明法是最常见的证明方法，即通过利用已知条件，按照一定的逻辑推理和演绎，得出所要证明的结论。
例如，对于一个数学命题P，我们可以通过逻辑推理来证明它的正确性。
二、间接证明法间接证明法又称反证法，是一种常用的证明方法。
假设待证命题P不成立，通过推理得出与已知条件矛盾的结论，从而推断出待证命题P 是成立的。
反证法常用于证明存在性、唯一性和等价性的问题。
三、数学归纳法数学归纳法常用于证明关于正整数的命题。
它分为两个步骤：第一步是证明基本情况，即当n为某个确定的数时，命题成立；第二步是证明归纳假设，即当n=k时命题成立时，n=k+1时命题仍然成立。
通过这两个步骤，可以证明命题对于所有正整数都成立。
四、递推法递推法是通过循环递推的方式证明数学问题。
这种证明方法常用于数列、递归关系和离散数学中的证明。
凭借前一项状态到后一项状态的联系，通过逐个递推验证，从而得出所要证明的结论。
五、分析法分析法是利用问题的特定特征或者性质，通过分析问题的不同方面，从而给出证明。
这种证明方法常用于几何证明、数论证明等。
通过对问题的各个角度进行详细的分析和推理，得出结论。
六、对证法对证法是一种常见的证明方法，即通过证明待证命题的逆否命题成立，从而推出原命题的正确性。
对证法常用于等价命题的证明。
七、反例法反例法是从反面进行证明的方法，通过举出一个反例，即一个满足已知条件但不满足结论的实例，可以证明命题不成立。
此时可以得出结论，已知条件并不能推出所要证明的结论。
总结：数学证明方法多种多样，本文列举了直接证明法、间接证明法、数学归纳法、递推法、分析法、对证法和反例法七种常见的证明方法。
不同的证明方法适用于不同的数学问题，掌握了这些方法，可以更好地理解和运用数学定理，并提高解题的能力。
归纳、猜想与数学归纳法的证明
科 技 教 育162科技资讯 SC I EN C E & TE C HN O LO G Y I NF O R MA T IO N数学归纳法是论证与自然数n有关的一类数学命题的重要方法,通过“有限”手段来证明“无限”的命题,它主要用于证明与自然数n有关的恒等式、不等式、整除问题、几何问题、数列的通项及求和公式等。
下面将通过具体实例进行阐述:例1：数列 a n 满足)(211N n aa nn 试用n a ,1表示)2(n a n ≥解:由)(211N n a ann知a a1221,a a a a112323221,a4a a a 113342321猜想)1()2()1(11 n n n n a a a n(n ≥2)下面用数学归纳法证明。
证明:(i)当n=2时,a a 1221公式成立。
(ii)假设n=k时,公式成立。
即a a a k k k k k 11)1()2()1(当n=k+1时,aa kk 211=a ak k k k 11)1()2()1(21=a a kk k k 111)1( n=k+1时,公式成立。
由(i)(ii)两步得a a a n n n n n 11)1()2()1(成立。
评注:利用数学归纳法证明通项公式关键是利用递推关系(a k 1 和a k 之间的关系)。
例2:设正整数列 a n 的前n项和为s n ,并且对于所有的自然数n,a n 与2的等差中项等于s n 与2的等比中项。
(1)写出数列 a n 的前3项。
(2)求数列 a n 的通项公式。
(3)令)(2111a a a a b n n n n n (N n )求极限)(321lim n b b b b n n。
解:1)由题意可知:)(222N n s a n n平方得)(8)2(2N n n s a n 当n=1时有281112)2( a a a 。
当n=2时有)82212()2(a a a 6)2(82222)2( a a a 。
数列、极限、数学归纳法
数列、极限、数学归纳法考纲透析 考试大纲：数学归纳法，数列的极限，函数的极限，极限的四则运算，函数的连续性。
数学归纳法，数列的极限 1专题知识整合1.无穷递缩等比数列(q ≠0,|q |<1)各项和11a S q=- 2.归纳法证猜想的结论，用数学归纳法证等式和不等式。
3.含有n的无理式，如limn →∞需分子有理化，转化为0n =4.指数型，如111lim n n n n n a b a b+++→∞-+，分子、分母同除以|a|n +1或|b|n +1转化为求lim n n q →∞2.新题型分类例析 热点题型1：数列与极限 样题1：已知{a n }是各项均为正数的等差数列，lga 1、lga 2、lga 4成等差数列．又21nn b a =，n=1,2，3，…． （Ⅰ）证明{b n }为等比数列；（Ⅱ）如果无穷等比数列{b n }各项的和13S =，求数列{a n }的首项a 1和公差d ． （注：无穷数列各项的和即当n →∞时数列前n 项和的极限）解：（Ⅰ）设数列{a n }的公差为d ，依题意，由 2142lg lg lg a a a =+ 得2214a a a =即)3()(1121d a a d a +=+，得d =0 或 d =a 1 因1221+=+n n a a b b n n ∴ 当d =0时，{a n }为正的常数列 就有11221==++n n a a b b n n 当d =a 1时，1112112)12(,)12(1a a a a a a n nn n -+=-+=++,就有1221+=+n n a a b b n n 21= 于是数列{b n }是公比为1或21的等比数列 （Ⅱ）如果无穷等比数列{b n }的公比q =1，则当n →∞时其前n 项和的极限不存在。
因而d =a 1≠0，这时公比q =21，112b d = 这样{b n }的前n 项和为11[1()]22112n n dS -=- 则S=11[1()]122lim lim 112n n n n dS d →+∞→+∞-==-由13S =，得公差d =3，首项a 1=d =3变式题型1设数列{a n }是等差数列，a 1=1，其前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，b 2=4，其前n 项和为T n . 又已知lim n →∞T n =16,S 5=2T 2+1.求数列{a n }、{b n }的通项公式。
高考复习指导讲义第四章数列极限数学归纳法
⾼考复习指导讲义第四章数列极限数学归纳法⾼考复习指导讲义第四章数列、极限、数学归纳法⼀、考纲要求 1.掌握：①掌握等差数列、等⽐数列的概念、通项公式、前n 项和公式；②能够运⽤这些知识解决⼀些实际问题；③掌握极限的四则运算法则. 2.理解：①数列的有关概念；②能根据递推公式算出数列的前⼏项；③会求公⽐的绝对值⼩1的⽆穷等⽐数列前n 项的极限. 3.了解：①了解递推公式是给出数列的⼀种⽅法；②了解数列极限的意义；③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. ⼆、知识结构(⼀)数列的⼀般概念数列可以看作以⾃然数集(或它的⼦集)为其定义域的函数，因此可⽤函数的观点认识数列，⽤研究函数的⽅法来研究数列。
数列表⽰法有：列表法、图像法、解析法、递推法等。
列表法：就是把数列写成a 1,a 2,a ……a n ……或简写成｛a n ｝，其中a n 表⽰数列第n 项的数值，n 就是它的项数，即a n 是n 的函数。
解析法：如果数列的第n 项能⽤项数n 的函数式表⽰为a n =f(n)这种表⽰法就是解析法，这个解析式叫做数列的通项公式。
图像法：在直⾓坐标系中，数列可以⽤⼀群分散的孤⽴的点来表⽰，其中每⼀个点(n,a n )的横坐标n 表⽰项数，纵坐标a n 表⽰该项的值。
⽤图像法可以直观的把数列a n 与n 的函数关系表⽰出来。
递推法：数列可以⽤两个条件结合起来的⽅法来表⽰：①给出数列的⼀项或⼏项。
②给出数列中后⾯的项⽤前⾯的项表⽰的公式，这是数列的⼜⼀种解析法表⽰称为递推法。
例如：数列2，4，5，529，145941…递推法表⽰为 a 1=2 其中a n+1=a n +na 4⼜称该数列 a n+1=an+na 4(n ∈N) 的递推公式。
由数列项数的有限和⽆限来分数列是有穷数列和⽆穷数列。
由数列项与项之间的⼤⼩关系来分数列是递增数列、递减数列、摆动数列以及常数列。
由数列各项绝对值的取值范围来分数列是有界数列和⽆界数列、通项公式是研究数列的⼀个关键，归纳通项公式是求数列通项公式的最基本⽅法，给出数列的前n 项，求这个数列的通项公式并不是唯⼀的，也并⾮所有的数列都能写出通项公式。
(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||-=>=<r r r r 或 1.特殊数列的极限 （1）0||1lim 11||11nn q q q q q →∞<⎧⎪==⎨⎪<=-⎩不存在或.（2）1101100()lim ()()k k k k tt t n t t kk t a n a n a a k t b n b n b b k t ---→∞-⎧<⎪+++⎪==⎨+++⎪⎪>⎩不存在 . （3）()111lim11nn a q a S q q→∞-==--（S 无穷等比数列}{11n a q- (||1q <)的和）.2. 函数的极限定理0lim ()x x f x a →=⇔00lim ()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）0lim (),lim ()x x x x g x a h x a →→==（常数）,则0lim ()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）1lim0n n→∞=，lim 0nn a →∞=（||1a <）；（2）00lim x x x x →=，011limx x xx →=.5.两个重要的极限 （1）0sin lim1x x x→=；（2）1lim 1xx e x →∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭(e=2.718281845…).6.函数极限的四则运算法则若0lim ()x x f x a →=，0lim ()x x g x b →=，则(1)()()0lim x x f x g x a b →±=±⎡⎤⎣⎦；(2)()()0lim x x f x g x a b →⋅=⋅⎡⎤⎣⎦;(3)()()()0lim0x 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)()lim0n n na ab 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：112323lim-+∞→+-n nnn n =_________。
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。
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数列、极限、数学归纳法·归纳、猜想、证明·教案
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
师：我们一起来看两位同学的解题过程．学生甲的计算结果正确，但没有猜出来．学生乙没有求出f（2），f（3），f（4）的值，但猜出了计算公式，并用数学归纳法给予了证明．题目要求求值，还是应写出结果的，说说你这么写的理由吧．
生乙：其实一开始，我跟学生甲一样，先算出了f（2），f（3），f（4）的值，但从-lg 2，0，2lg 2，5lg 2我除发现了应是多少倍的lg2就再无收获了，这“多少倍的”从-1，0，2，5实在无法断定，于是我就往回找，从计算的过程中，我发现了规律，一高兴就忘了写结果了．
师：你是怎么从计算的过程中发现规律的？
生乙：我是看f（2），f（3），f（4）每一个的计算过程都是在前一个结果的基础上加上（n-1）lg 2，也就是从n=2，3，4，…分别代入递推关系式f（n）=f（n-1）+（n-1）lg 2的求值计算过程中得到的．这里算每一个时要用前一个的结果，写时也用它的计算过程来表示，这样就容易发现规律了．
师：实际上，他是通过算式的结构特征作出归纳、推测的，这种归纳我们不妨称之为：“猜结构”，而例1那种归纳我们就叫它做“猜结果”吧．
其实，我们在猜想时，往往是先看结果，从结果得不出猜想时，再看过程，从解题过程中的式子结构去思考．但不管怎么猜想，都离不开对题目特征的认识．
学生乙在用数学归纳法证明猜想时，注意了两个步骤及归纳假设的使用，证明正确．这个问题解决得非常好．
归纳、猜想、证明是一种科学的思维方法，重要的解题途径，它是我们认识数学的一把钥匙．
（三）练习
（四）小结
（引导学生一起归纳小结）
1．归纳、猜想、证明是一个完整的思维过程，既需要探求和发现结论，又需要证明所得结论的正确性．它引导我们在数学的领域中积极探索，大胆猜想，可以充分地发挥我们的数学想象力．同时又要求我们注意对所得的一般结论作严格的数学证明．
2．归纳法是一种推理方法，数学归纳法是一种证明方法．归纳法帮助我们提出猜想，而数学归纳法的作用是证明猜想．在归纳、猜想、证明的过程中，猜想是关键．我们可以“猜结果”，也可以“猜过程”，只要抓住问题的本质特征、知识的内在联系，就不难得到猜想．在用数学归纳法证明时，有时还可以弥补猜想中的不足．
（五）布置作业
1．高级中学课本《代数》下册（必修）P129第35题．
课堂教学设计说明
利用“归纳、猜想、证明”这一思维方法解题，在课本中虽无这类例题，但复习参考题的最后一道却属此类．它对于学生认识数学、提高数学修养、发展数学能力的作用重大．
在归纳、猜想、证明中，准确猜想是关键．因此我们把重点放在了如何猜想．它不仅能帮助学生使问题得以顺利解决，而且对于开发学生的想象力、培养学生的创新意识、培养新世纪人材都很有意义．
在例题、习题、作业题的配备上，我们认为高中的学习特点是梯度陡、跨度大、思维能力要求高（较初中而言）．因此在题目的设置上，我们加大了思维的含量．让学生在处理每一个问题，操作每一步时都必须有所思考，使学生深切体会到：数学不能死记硬背，也不能生搬硬套．要用数学的思想方法观点学习数学、看待数学．本节安排的这道练习题．从题目本身看，学生得不到一个解题程序，似乎无从下手．但如果他已掌握了归纳、猜想、证明的思想而不只是方法的话，他就会有解题意识与思路．更可从中领略到发现、观察、归纳、猜想、证明这一数学研究的全过程，体会有限与无限、特殊与一般等辩证关系．
至于课后思考题，其计算、猜想都不困难，使学生对此题轻松上手．但证明时的不
顺利会引发他们的思考：照搬例习题的模式是不行的，它与例习题的区别何在？数学归纳法的本质特征是什么？……这些思考不仅有助于学生解出此题，更有助于学生从实质上理解数学归纳法，抓住其核心——递推．这节课的教学，我们始终以问题为主线，让学生的思维由问题开始，到问题深化．通过问题的研讨，帮助学生从认识上得到提高．逐步由特殊到一般，由具体到抽象，由表面到本质，把学生的思维步步引向深入．从而提高学生的思维层次与思维水平。