2022年金桥高中补习班新王牌数学归纳法与数列的极限 .pdf

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1、名师精编精品教案 2 数学归纳法与数列的极限一、基础知识点1. 推理与证明推理方法有：合情推理与演绎推理. 合情推理有：类比，不完全归纳，猜想等. 演绎推理：严格的逻辑证明. 2. 数学归纳法：是证明有关自然数的命题的一种方法，属于完全归纳法，其证明步骤如下：第一步：验证当n 取第一个允许值0n时命题成立；第二步：假设当0()nk kn时命题成立（归纳假设），证明当1nk时命题也成立. 完成以上两步，就能断言：对一切*0,nNnn，命题都成立. 3. 归纳猜想问题指的是给出一组具有某种特定关系的数、式、图形，或是给出与图形有关的操作、变化过程，要求通过观察、分析、推理，探求其中所蕴涵的规律，进

2、而归纳或猜想出一般性的结论，在解答过程中需要经历观察、归纳、猜想、试验、证明等数学活动，以加深学生对相关数学知识的理解（1）学会探索与发现的规律方法：演绎 从一般到一般（结论一定正确）；类比 从特殊到特殊（结论不一定正确）；归纳 从特殊到一般（结论不一定正确）. （2）归纳猜想得到的结论不一定正确，必须经过严格的逻辑证明，而与自然数有关的结论的证明，常用数学归纳法. 4. 数学归纳法证明过程中的两个步骤缺一不可. 第一步是归纳的基础，这是一个成立的实事；第二步是证明的关键，在归纳假设的前提下完成证明. 如果不用归纳假设而完成了证明过程，那不叫数学归纳法证明 . 多米诺骨牌 . 5. 数学归纳法

3、的原理：（1）1234；（2）1357；（3）3241326. 归纳猜想证明的一般步骤：计算命题取特殊值时的结论；对这些结果进行分析，探索数据的变化规律，并猜想命题的一般结论；证明所猜想的结论. 7. 数列极限（1）定义：一般地，在n 无限增大的变化过程中，如果无穷数列na中的项na无限趋近于一个常数 A，那么 A 叫做数列na的极限，或称作数列na收敛于 A，记作limnnaA. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 12 页名师精编精品教案数列极限存在的条件：无限数列；当n 趋向于无穷时，na无限趋近于某一常数. （ 2）

4、数列极限的运算法则：若lim,limnnnnaAbB，则lim()nnnabAB；lim()nnnabAB；lim()nnnabA B；lim(0)nnnaABbB. 特别，若C 为常数，则lim()nnC aC A. （3）三个常用的极限：limnCC（C 为常数）；1lim0nn；0,| 1lim1,1| 11.nnqqqqq时时不存在，或（4） 无穷等比数列各项的和：若无穷等比数列na的公比| 1q，则其各项的和为1lim1nnaSSq. 8. 关于数列极限概念的理解：极限是一种变化趋势，并不一定有na=A；“ 无穷大” 的意思是要有多大就有多大；若limnnaA，则1limlimnnn

5、naaA. 9. 常见数列极限类型：、0型：极限不存在；0 0、00、0型：极限均为0；、00、0型：极限不确定，有的存在，有的不存在. 有理分式型：111011100,lim,.kkkkmmmnmmmmkanananaamkbnbnb nbbmk，不存在，二、基础自测1. 一个关于自然数n 的命题，如果验证当n1 时命题成立，并在假设当nk(k1且 kN*)时命题成立的基础上，证明了当nk2 时命题成立，那么综合上述，对于(B) A一切正整数命题成立B一切正奇数命题成立精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 12 页名师精编精

6、品教案C一切正偶数命题成立D以上都不对2. 设平面内有k 条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，设k 条直线的交点个数为f(k)，则 f (k 1)与 f(k)的关系是 (C) Af(k1)f(k)k1 Bf(k 1) f(k)k1 Cf(k1)f(k) k Df(k 1)f(k) k2 解析：当n k1 时，任取其中1 条直线，记为l，则除 l 外的其他k 条直线的交点的个数为f(k)，因为已 知任何两条直线不平行，所以直线 l 必与平面内其他k 条直线都相交 (有 k 个交点 )； 又因为已知任何三条直线不过同一点，所以上面的k 个交点两两不相同，且与平面内其他的f(k)个交点也两两

7、不相同，从而平面内交点的个数是f(k)kf(k1)3. 已知某个关于自然数n 的命题( )P n，如果当*()nk kN时该命题成立， 那么可得当1nk时命题也成立 . 写出当n=4 时命题成立的所有充分条件：；写出当n=4 时命题成立的一个必要条件：；现在已知当n=4 时，该命题不成立，则下列说法正确的是：A当 n=3 时该命题不成立；B当 n=5 时该命题不成立；C当 n=1 时该命题可能成立；D当 n=5 时，该命题可能成立，如果 n=5 时命题成立， 那么对于任意自然数5n，该命题都成立. 解：是找到推出 “ n=4” 成立的条件； 是找到由 “ n=4” 能推出什么； 可用等价于逆否

8、命题来判断：“34nn成立成立”“43nn不成立不成立” . n=1 成立、 n=2 成立、 n=3 成立；n=5 或 n=6 或 n=7A、D 均正确4. 已知数列 an满足： a113，且对任意正整数m、n，都有amnaman，若数列 an的前 n 项和为Sn，则limnnS () A.12B.23C.32D2 【解析】a113， a2131319，a31319127，a4181 an是首项为13公比为13的等比数列li mnSn1311312. 【答案】A 5. 若limn(a2b)n22n1bn 312，则实数ab 为() A 2B2 C 4 D4 精选学习资料 - - - - - -

9、 - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 12 页名师精编精品教案【解析】极限值为12，分母是n 的一次式，分子是n 的二次式，a 2b0，2b12.得 b4， a 8，ab 4. 【答案】C 6. 已知数列 log2(an1)( nN*)为 等差数列，且a1 3 ，a35 ，则nnnaaaaaa12312111lim等于 () A2 B. 32C1 D. 12【解析】令 bnlog2(an 1)，则 bn 成等差数列， b1log221，b2log242，可知数列bnlog2(an1)1(n1) 1 n，an 2n1. 则 an1an 2n11(2n1)2n. 即

10、求 li mn1212212n121121. 【答案】C 7. 135(21)lim123nnn= 2 . 8. lim(1).nnnn= 12. 三、典例解析【例 1】用数学归纳法证明：1n21 1213 12n12n (nN*)证明：（ 1）当 n1 时，左边 112，右边12 1，32 11232，即命题成立（2）假设当nk (kN*)时命题成立，即1k2 1121312k12k，则当 nk1 时，1121312k12k112k212k2k1k22k12k2k1k12. 又 11213 12k12k112k2 12k2k0，a1 1，由 S2 a1 a212a21a2，得 a222a21

11、0，a221. 又由 S3a1a2a312a31a3得 a232 2a31 0，a332. （2）猜想 annn1 (nN*) 证明： 当 n1 时， a1110，猜想成立假设当 n k (kN*)时猜想成立，即akkk1，则当 nk1 时， ak1Sk1Sk12ak11ak112ak1ak，即 ak112ak11ak112kk11kk112ak11ak1k，a2k12kak110， ak1k1k. 即 nk1 时猜想成立由 知， annn1 (nN*)【例 5】已知数列 an中， a123，其前 n 项和 Sn满足 anSn1Sn2(n2) ，计算 S1，S2，S3，S4，猜想 Sn的表达式

12、，并用数学归纳法加以证明解析： 当 n 2 时， anSnSn1Sn1Sn2. Sn1Sn12(n 2)则有 S1a123， S21S1234，S31S2245， S41S3256. 由此猜想： Snn 1n 2(nN*)用数学归纳法证明：当 n1 时， S123a1，猜想成立假设 nk(kN*)猜想成立，即Skk 1k 2成立，那么 nk1 时， Sk11Sk21k1k22k2k3(k1)1(k1)2. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 12 页名师精编精品教案即 nk1 时猜想成立由 可知，对任意自然数n，猜想结论均成

13、立【例 6】 （1）22221111lim(1)(1)(1)(1)234nn. 解：22221111lim(1)(1)(1)(1)234nn111111lim(1)(1)(1)(1)(1)(1)22333 41 1 2111lim(= lim.2 32 322nnnnnnnnnnn）（2）等差数列abnnn、的前项和分别为STnn和，若STnnabnnnnn231,lim则等于（C ）A1 B63C23D49【例 7】设数列an中，a11，它的前n 项和为 Sn，且211aSSnn，成等差数列 . （1）求SSS123，并猜想Sn的表达式，用数学归纳法证明；（2）求limnSn。解： （1）S

14、SSSnn123113274212，猜想，证明略。（2）limnnS2【例 8】设f xx322，若数列an中，aaf annNnn1122且，（1）写出an的前四项，并猜想an的表达式，用数学归纳法证明；（2）求limnnnna2123；（3）baanNnnnn31，求bn的前 n 项之和Sn。解： （1）a12，aaaann23410288231，猜想，用数学归纳法证明略；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 12 页名师精编精品教案（2）limlimnnnnnn31 12312311；（3）bnnnn3313113313

15、1313112331111nnnnnnnSnnnn123131313131311231223211【例 9】已知数列na：napaann(1|, 110N* ),10,p（）归纳出an的公式，并证明你的结论；（）求证：.01nap解： （）pppppapppaa1)(111)(1,1)(111323220, ，猜测ppann1)(1，数学归纳法证明（略）. （）,0)1 ()(11; 0, 1|)( |01ppppaapnnnn而.01,1nnappa得【例 10】设an是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的自然数n，an与 2 的等差中项等于Sn与 2 的等比中项。（1）写出数列

16、的前3 项；（2）求数列an的通项公式（写出推证过程）；（3）令baaaanNbbbnnnnnnnn121112，求lim解： （1）当naSSa12221111时，有，aaa1112222，解得，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 12 页名师精编精品教案当时，有，naSSaa222222212将代入，整理得aa1222216().由，解得当时，有，aanaSSaaa22333123063222将，代入，整理得aaa123226264()，由，解得aa33010故该数列的前3 项为 2，6，10。（2）由（ 1）猜想数列a

17、annn的通项公式42。下面用数学归纳法证明数列an的通项公式是annNn42()。当n14122时，因为，又在（ 1）中已求出a12，所以上述结论成立。假设nk时结论成立，即有akk42，由题意有aSkk222将akk42代入上式，得2222kSSkkk，解得。由题意有，aSSSaSkkkkkkk111122222，将代入，得aakkk12122222整理得aakkk121244160由ak10，解得akk124，所以akkk124412()这就是说，当nk1时，上述结论成立。根据、上述结论对任意nN成立。（3）令cbnn1，则caaaannnnnnnnnnn1221221211212111

18、2112111四、巩固练习（一）基础练习1. 已知整数对的序列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，则第 60 个数对是 _精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 12 页名师精编精品教案解析本题规律： 21 1；31221；4132231；514233241；一个整数n 所拥有数对为(n1)对设 123 (n1)60，(n1)n260，n11 时还多 5 对数，且这5 对数和都为12，12111210394857，第

19、 60 个数对为 (5,7)2. 已知数列na的前 n 项和)2(2nanSnn， 而11a， 通过计算,432aaa猜想na（ A ）A2)1(2nB)1(2nnC122nD122n3. 等比数列an的首项anSSSSnnn110513132，前项和，若，则 lim等于（A ）A23B23C 2 D2 4. 已知数列an满足Saaaaannnn14113521，则lim的值是（）A32B32C23D1 解：由已知Sann141先确定an, 由 SaSannnn14114111，得 SSaaaaannnnnnn11111414，即得 aaann113，故是公比为13的等比数列由 Saaaa11

20、11114114143，即得故数列 a1, a3, a5, , an2143是首项为, 公比为13192的等比数列。 limnnaaaa135214311932, 选 A 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 12 页名师精编精品教案5. 在数列 an中， a113且 Snn(2n 1)an，通过计算a2，a3，a4，猜想 an的表达式是 _解析当 n 2 时， a1a26a2，即 a215a1115；当 n3 时， a1a2 a3 15a3，即 a3114(a1a2)135；当 n4 时， a1a2 a3 a428a4，即

21、 a4127(a1a2a3)163. a11311 3，a211513 5，a313515 7， a417 9，故猜想 an1(2n1)(2n1). 6. 设数列na的前 n 项和为 Sn，已知 Sn=2nan（nN+） ，通过计算数列的前四项，猜想na7. 若lim()nnnnnnn xn3233131，则实数x的取值范围是。分析： 将式子变形为12331xnn，若极限值为13231，则x，解得15x。8. 211411311limnnn. 解：nn113114115112nnnnnnnnnn原式2334451222222122limlim（二）能力拓展9. 已知数列na的各项为正数，其前n

22、 项和为 Sn，又nnSa 与满足关系式：nnnSaSaSaS2424242211，试求na的通项公式 . 解：计算得,6,4, 2321aaa猜测nan2，用数学归纳法证明（证明略）. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 12 页名师精编精品教案10. 已知数列na满足关系式naaaaaaannn,2(12),0(111N+） ，（）用a 表法 a2，a3，a4；（）猜想an的表达式（用a 和 n 表示） ，并证明你的结论. 解： （）;7183141314212,31412112212,23342232aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa（） （,) 12(12,)12(12111001aaaaaaa）猜想,) 12(1211aaannn下面用数学归纳法证明：1 当 n=1 时，,) 12(12001aaaa当 n=1 结论正确；2 假设当n=k 时结论正确，即aaakkk) 12(1211，当 n=k+1 时aaaaaakkkkkk1112)12(1212=,)12(1222121aaaaakkkk当 n=k+1 时结论也正确；根据 1 与 2 命题对一切nN* 都正确 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 12 页