【步步高】2011届高考数学一轮复习课件：第十三章_极限与数学归纳法 理 （打包5套）人教版
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第十三
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- 资源描述：
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【步步高】2011届高考数学一轮复习课件：第十三章_极限与数学归纳法 理 （打包5套）人教版,步步高,高考,数学,一轮,复习,温习,课件,第十三,极限,归纳法,打包,人教版
- 内容简介：
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1 3. 2 数列的极限 基础知识 自主学习 要点梳理 1. 数列极限的概念 如果当项数 n 无限增大时，无穷数列 a n 的项 a n 无限 趋近于 （即 | a n - a | 无限接近于 0 ），那么 就说数列 a n 以 a 为极限，或者说 a 是数列 a n 的极 限，记作 . 某个常数 aa 数列极限的几个性质 （ 1 ）若 C 为常数，则 ； （ 2 ）若 C 为常数，则 ； （ 3 ）若 | a | 2 时， 1 (2a) 2 (2a)n1 01 2 0 1. 综上所述：原式23( a 2 )12( 02 ). 求数列极限时，关键要抓住几个常用数列 的极限值 本题的第（ 1） 小题体现了待定系数法 2）小题体现了分类讨论 的思想 . 01 ( a 2 n 2 n 1 1 ，求 值 3 n3 n 1 ( a 1 ) n13，求 a 的取值范围 ( 若解 （ 1 ）原式可化为 2 n 1 ) n 1 2 n 1 1 ， 2 0 ，2 a b a 2 2 ，b 4 ， 8 2 . 2 ） 13 (a 13) n13， 13 (a 13) n13， (a 13) n 0 ， |a 13|1 或 a 1 ) .(3) 若 f ( n ) 、 g ( n ) 分别是关于 n 的一元多项式，最 高次数分别是 p 、 q ，最高次项系数分别为 且 g ( n ) 0 ， 则 f ( n )g ( n )0 ( p q ) 1 运算法则必须是在 a n 、 b n 的极限都 “ 存在 ” 的 条件下使用 2 数列极限运算法则必须在有限个 ( 可以推广到有限 多个 ) 数列下使用，无限多个数列不成立 定时检测 一、选择题 1. 2n 12n 1的值为 ( ) A 0 B 1 C 2 D 3 解析 2 n 12 n 1 (1 22 n 1 ) 1 0 1. 故选 B. B 2. 2 13 ( ) A 3 B 2 C 1 原式 = l i 2 n 2 + 1n 2 3 n l i 2 1n 21 3n2 01 0 2. 故选 B. B 3. n 2 n 1n 1 于 ( ) A 1 B 2 C 3 D 0 解析 原式 3 ( n 1 n )n 2 n 1 31 1n 11 2n 1 1n 3 C 4. 设 S n 是无穷等比数列的前 n 项和，若 S n 14， 则首项 a 1 的取值范围是 ( ) A (0 ，14) B (0 ，12) C (0 ，14) (14，12) D (0 ，14) (12， 1) 解析 S n a 11 q14，解得 q 1 4 a 1 . 由 | q |1 且 q 0 可得， |1 4 a 1 |1 且 |1 4 a 1 | 0 ， 解之得 a 1 (0 ，14) (14，12) ，故应选 C. C 5. 已知数列 a n 满足： 且对任意正整数 m 、 n, 都有 a m + n = a m a n , 若数列 a n 的前 n 项和为 S n , li S n 等于 ( ) 2 ,311 9， 1 3 13. 即 是以13为首项，公比为 q 13的等比数列 3( 1 13n )1 1312(1 13n ) l i 2. 故选 A. A 6. 若 2 3 n 1 ，则 1 a 1 2 22 2n) 的值为 ( ) A 1 B 2 C 4 D 8 解析 2 3 n= n 1 )2= 2 ( a 1n)1 1n 2 a 1. a 12. 1 a 11 a 2 12n ， 1 2 22 2n1 2n 11 2 2n 1 1 ， 1 a 1 2 22 2n) 2 1212n2 02 0 1. 故选 A. A 二、填空题 7. （ 2 00 9 陕西理， 13 ） 设等差数列 a n 的前 n 项和 为 S n , 若 a 6 = S 3 =1 2, S _. 解析 设首项为 a 1 ，公差为 d ，则 a 1 5 d 12 ，3 a 1 3 22d 12 ，解得a 1 2 ，d 2.S n n ( n 1 )2d 2 n n ( n 1) n ， 1 1(1 2222 则8. （ 2 00 8 天津理， 15 ） 已知数列 a n 中， a 1 =1, l i m),(3 1 *11 则N . 解析 1 3n 1， 32 ， 33 ， ， 113n . 以上各式累加得： 32 133 13n . 1 132 133 13n . 313132 13n . 3131 1376. 679 ( 2 0 0 8 安徽理， 14 ) 在数列 a n 中， a n 4 n 52， a 1 a 2 a n n N*，其中 a ， b 为常数， 则 l i 值为 _ _ _ _ _ _ _ _ 解析 由 1 4 n 524 ( n 1 ) 52 4 知该数列为等差数列 4 5232，又 n ( n 1 )2d 2 2n 得a 2 ，b 12.故 2n1212n 1 1414n 1. 1 三、解答题 10 求下列极限 （ 1 ） 11 312 4 1n ( n 2 )； （ 2 ） 1 12 1 14 1 116 （ 3 ） 2 13 2 n； （ 4 ） ( 3 n 4 n ) 解析 （ 1 ）原式 = l i 12 1 1312141315 1n1n 2= l i 12 1 121n 11n 234. );211(2 n( 2) 原式 （ 3 ） 2 13 2 n 2 12n2 03 023. （ 4 ） ( 3 n 4 n = 3 n 4 3 n 4 n 11 3n 1 4n12. 211)211()1611)(411)(211)(211(2211)21(1 . 已知定义在 0 ， + ）上的函数 f ( x ) 满足： f ( 0 ) = 0 ， 且当 x （ n - 1, n 时， f ( x )= n x - ( n - 1) + f ( n - 1 ) , 其中 n N *. 求 解 x ( n 1 ， n 时， f ( x ) n x ( n 1) f ( n 1) ， f ( n ) n f ( n 1) ，即 f ( n ) f ( n 1) n . 又 f (0) 0 ， f ( n ) f (0) f (1) f (0) f (2) f (1) f ( n ) f ( n 1) 1 2 n n ( n 1 )2. 1f ( n )2n ( n 1 ) 2(1n1n 1) ， .)(1)2(1)1(1值1f ( 1 )1f ( 2 ) 1f ( n ) 2 ( 1 121213 1n1n 1) 2 ( 1 1n 1) ， l i 1f ( 1 )1f ( 2 ) 1f ( n )= l i 2 ( 1 1n 1) 2. 12 已知数列 a n 的前 n 项和为 S n ， S n 32( a n 1) ( n N*) ( 1 ) 求数列 a n 的通项公式； （ 2 ） 求 l i S nS n 1. 解 (1) 当 n 2 时， a n S n S n 1 32( a n 1) 32( a n 1 1) 32a n 32a n 1
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