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.掌握掌握等差数列、等比数列的概念、通项公式、前n项和公式；能够运用这些知识解决一些实际问题；掌握极限的四则运算法则.2.理解数列的有关概念；能根据递推公式算出数列的前几项；会求公比的绝对值小1的无穷等比数列前n项的极限.3.了解了解递推公式是给出数列的一种方法；了解数列极限的意义；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a1,a2,aa 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给出数列的一项或几项。 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a1=2其中a n+1=a n+na4又称该数列a n+1=an+na4(nN)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。 数列a n的前n项和是a1+a2+a3+a n记作S n，要正确认识数列前n项和的符号，S n是下角码n的函数。 数列的前n项和与通项之间的关系是a n=S1(n=1)S n-S n-1(n2)本单元习题主要有两种类型已知数列的通项公式或递推关系写出数列或数列的某一项、某几项。 由题设写出数列的通项公式。 (二)等差数列和等比数列1.等差数列定义、表示法及性质 (1)等差数列定义中，要准确地理解，稳健地应用公差d，准确的理解即注意定义中“从第二项起”及“同一个常数”的含义，稳健地应用即a n+1-a n=d是证明数列是等差数列的理论依据之一，而d的符号又决定等差数列的单调性。 (2)如果一个数列a n是等差数列，公差为d，则这个数列可表示为列表法a1,a1+d,a1+2da1+(n-1)d简写成a1+(n-1)d特殊地，只有三项时可写成a-d,a,a+d，只有四项时可写成a-3d,a-d,a+d,a+3d.表示规律奇数项公差为d，偶数项公差为2d，它们是解决等差问题的计算工具。 解析法a n-a n-1=d(n2,nN)特殊地，只有三项时可写成A-x=y-A即2A=x+y其中A叫做x、y的等差中项，它们是解决等差问题的证明工具。 图像法a n=a1+(n-1)d可改写成an=dn+a1-d这表明当d0时a n是关于n的一次函数，因此在直角坐标系中等差数列的图像是以d为斜率在y轴上截距为a1-d并且n为自然数的一条直线上一些分散的点。 (3)等差数列的通项公式已知a1和公差d，则有a n=a1+(n-1)d已知a m和公差d，则有a n=a m+(n-m)d(m,nN) (4)等差数列的前n项和公式已知a1和a n，则有S n=2)a n(an1?(nN)已知a1和d，则有S n=na1+21)-n(nd(nN) (5)等差数列的性质在等差数列的前n项中，与两端等距离的两项之和均相等，即a1+a n=a2+a n-1=a3+a n-2=a r+a n-r+1=在等差数列中，若某两项的项数之和是定值，则相应的两项的数值之和也是定值。 即在等差数列a n中，如果m+n=p+q(m,n,p,qN)，那么，a m+a n=a p+a q用图像法表示等差数列时，其各点均在以公差d为斜率的一条直线上，即d=m-na-am n(m,nN,mn)等差数列等距离的取出若干项，仍然是等差数列。 公差为d的等差数列，按k项分组，每k项之和组成的数列仍是等差数列，其公差为k2d.即a1+a2+a3+a k,a k+1+a k+2+a2ka nk+1+a nk+2+a nk+k仍是等差数列。 两个等差数列的第n项之比等于前2n-1项之和的比。 数列a n成等差数列的充要条件是a n=dn+c(d,c为常数，nN)数列a n成等差数列的充要条件是S n=an2+bn(a,b为常数，nN)2.等比数列定义、表示法及性质 (1)在等比数列的定义中要准确地理解，灵活地应用公比q，准确地理解即注意定义中“从第二项起”及“同一个常数”的含义，注意公比q不能为零。 灵活地应用表现在当n1naa?=q(nN,q为常数)时，此数列是等比数列；表现在当q0时等比数列各项符号均相同，当q0时各项符号正负相间；表现在当q1时数列每一项取绝对值后是递增的，当q1时数列每一项取绝对值后是递减的。 (2)如果一个数列a n是等比数列，公比为q，那么该数列可表示为列表法a1,a1q,a1q2a1qn-1可简写成a1qn-1特殊地，只有三项时可写成qa,a,aq只有四项时可写成3qa、qa、aq、aq3表示规律奇数项公比为q，偶数项公比为q2，它们是解决等比数列问题的计算工具。 解析法n1naa?=q(nN,q0)特殊地，只有三项时可写成xG=Gy或G2=xy或G=xy其中G叫做x、y的等比中项，它们是解决等比问题的证明工具。 图像法表示数列cqn的各点均在指数函数y=cq x的图像上(其中c=qa1) (3)等比数列的通项公式已知a1和公比q，则有a n=a1qn-1(nN)已知a m和公比q，则有a n=a mqn-m(m,nN) (4)等比数列的前n项和公式na1(q=1)na1(q=1)S n=或q-1)q-(1an1(q1)qq a an?11(q1) (5)等比数列的性质在等比数列的前n项中，与两端等距离的两项之积均相等。 即a1a n=a2a n-1=a ra n-r+1=在等比数列中，若两项的项数之和是定值，则相应两项的数值之积也是定值。 即在等比数列a n中，若m+n=p+q，则a ma n=a pa q(m,n,p,qN)公比为q的等比数列，按k项分组，每k项之和组成的数列仍是等比数列。 从公比为q的等比数列中，取出等距离的项组成的数列仍是等比数列。 公比为q的等比数列中，相邻的k项之和(设第一项为a m)等于前k项之和的qm-1倍。 (三)数列求和数列求和是中学数学中规律性很强的一部分内容，本单元主要让学生掌握数列求和的常用方法。 求数列的前n项和S n，通常要掌握以下解法1.倒序相加法如果一个数列a n，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和的方法称为倒序相加法。 2.错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法。 3.分组转化法把数列的每一项分成两项，或把数列重新组合或把整个数列分成两部分，使其转化成等差数列或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。 4.裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消方法。 5.公式法求和所给数列的通项是关于n的多项式，此时求和可采用公式法求和。 常用公式有?nkk13=13+23+33+n3=41n2(n+1)2?nkk1=1+2+3+n=21n(n+1)?nkk12=12+22+32+n2=61n(n+1)(2n+1) (四)数列的极限1.要深刻地理解数列极限的定义 (1)要记准定义中字母、符号的含义及其功能。 定义中的是任意给定的正数，它主要反映a n与A接近的程度，因为可以任意的小，所以a n与A可以无限地接近。 N是一个自然数，其功能是当nN时有a n-A恒成立。 显然对一个与其对应的N并不是唯一的，确定N一般以解题简便为原则。 符号“?”表示趋近于，符号“”表示无穷大，符号“n?”表示n趋近于无穷大，即无限增大的意思。 无穷大表示量的变化状态，它不是一个确定的数，切不要与很大的数混为一谈，更不能进行常规的四则运算。 (2)要了解定义的几何意义。 数列a n当n?时，极限为A的几何意义为将数A与数列a n在数轴上用它们的对应点表示出来，再以A为圆心，以为半径在数轴上截取两点A-，A+，如图，因为不等式a n-A相当于A-a nA+.当nN时，所有的点a n落在开区间(A-，A+)内，而只有有限个(至多只有N个)点疏散在这一区间外，越小，开区间(A-，A+)的长度也越小，可见a n是凝聚在点A的近旁，这就是?nlim a n=A2.在使用数列极限的运算法则时，必须注意以下两点 (1)参与运算的每一个数列的极限都是存在的。 (2)参与运算的数列的个数必须是有限个。 3.无穷等比数列各项的和 (1)定义公比的绝对值小于1的无穷等比数列前n项的和当n无限增大时的极限，叫做这个无穷等比数列各项的和，用符号S表示。 (2)公式S=q-11a(q1) (3)注意此和不同于初等数学中有限项的和，它是一个数列的极限。 4.熟记三个重要极限 (1)?nlim C=C(C为常数) (2)?nlimn1=0?nlim qn=0(q1)极限的思想方法是人们从有限认识无限，从近似认识精确，从量变认识质变的一种数学方法。 (五)数学归纳法1.用数学归纳法证明命题的具体步骤是 (1)证明当n取第一值n0(例如n0=1，n0=2等)时结论正确。 (2)假设当n=k(nN且kn0)时结论正确，证明当n=k+1时结论也正确。 在完成了这两个步骤以后，就可以断定命题对从n0开始的所有的自然数n都正确。 上面的证明第一步是递推基础，第二步是递推的依据，两者缺一不可。 2.用数学归纳法证明命题时，难在第二步。 即在假设n=k命题成立时，推出n=k+1时命题也成立。 要顺利地完成这一步，主要依赖于观察、归纳、恒等变形等方面的能力。 在推导证明中必须运用到“归纳假设”，否则不是数学归纳法。 三、知识点、能力点提示例例11设T1，T2，T3为一组多边形，其作法如下T是边长为1的三角形以T n的每一边中间31的线段为一边向外作正三角形，然后将该1/3线段抹去所得的多边形为T n+1，如图所示。 令a n表示T n的周长，A(T n)表示T n的面积。 ()计算T1，T2，T3的面积A(T1)，A(T2)，A(T3)()求?nlim(11a+21a+na1)的值。 解()A(T1)=2111sin60=43A(T2)=3213131sin60+A(T1)=1234=33A(T3)=12219191sin60+A(T2)=32710()由分析知a n=34a n-1(T n的边数是T n-1边数的4倍且每边是原来的1/4)故a n=3 (34)n-1na1=31 (34)n-1?nlim(11a+21a+na1)=43131?=34注本题综合考察由图像的变化中抽象出数列知识，由变化情况来分析周长、面积的变化情况，掌握其规律，将规律与数列联系起来。 求面积时，要利用面积公式及对称性，然后由数递推数列来求答。 能力点由图像变化联系数列知识。 例例22设ABC的三边为a、b、c，其所对应的角为A、B、C，如果a、b、c依次成等差数列。 ()求证cos2C-A=2sin2B()求cosAcosC1cos cos?C A的值。 解()由a、b、c成等差数列有2b=a+c由正弦定理2sinB=sinA+sinC故2sin2Bcos2B=2sin2C A?sin2C-A又A+B+C=知cos2B=sin2C A?cos2C-A=2sin2B()cosAcosC1cos cos?C A=?)cos()cos(2112cos2cos2C A C AC A C A?=?12cos212cos2112cos2cos222C A C ACACA=2cos2cos2cos2cos222CAC ACACA?cos2C-A=2sin2B，cos2CA?=sin2B原式=2sin52sin422BB=54注本题考察数列与三角的综合题问题，先利用数列知识得出恒等式，然后利用三角恒等变形来解答。 例例33某养猪场养的猪，第一年猪的重量增长率是200%，以后每年的重量增长率都是前一年增长率的1/2。 ()当饲养4年后，所养的猪的重量是原来的多少倍?()如果由于各种原因，猪的重量每年损失预计重量的10%，那么经过多少年后，猪的总重量开始减少?解()依题意，猪的重量增长率成等比数利设原来猪重为a，则四年后a(1+200%)(1+221)(1+22121)(1+2212121)=445a答养4年后猪的重量是原来的445倍。 ()由a na n+1知a na n(1+1-n21)(1-10010)得2n-19n5故5年后猪的重量会减少。 注本题考察利用等比数列来解决实际问题，并利用不等式的知识，先要能将实际问题变成数列问题，然后运用数列知识解答，同时又要将实际问题变成不等式问题，再解不等式。 例例44已知等比数列a n中，a1=a0,公比q0且q1，同时对于任意自然数n，都有a n1，将以x为数的方程axna2n+1xna2?=1称作方程I n. (1)试证明I1，I2，I3有公共解，并求这个公共解。 (2)试证明对于每一个给定的自然数n，方程I n除公共解外，还有另一个解，并求出这个解进一步证明数列nx11?是一个等差数列。 证明由a2n+1=a na n+2代入方程得a nx+1an+1a n+2x1=1即a nx+1an+2xx?1=1化为(a na n+1x1)1+x1=1显然x=-1是方程的一解。 当x+10时，由知，a na n+2x1=1a nxan+2=1(aqn-1)x=(aq n+1)-1x=log aqn-1(aq n+1)-1=-1-1)lgq-(n lgalg2?q为所求除公共解外的另一解。 于是nx11?=q lg21)lga-(n lga?=-21log qa+(n-1)(-21log qa)由等差数列的通项公式可知，数列nx11?，是一以-21log qa为首次-21log qa为公差的等差数列。 注本题考察等比数列与指数方程及等差数列的综合题，训练等比数列性质的应用及特殊方程的解法及证明等差数列的能力。 例例55已知数列a n中，a n=(n+2) (109)n，试问n取何值时，an取最大值?并求此最大值。 解n1naa?=nnnn)109)(2()109)(3(1?=10923?nn=109212?nn=109+10921?n当且仅当n7时，n1naa?=1即a8=a7当n7时，n1naa?1，即a n+1a n有a7a6a1当n8时，n1naa?1，即a n+1a n有a8a9a10故当n=7时或8时，a n取最大值，最大值为78109.说明因a n是n的函数，难在a n是一个一次函数(n+2)与一个指数函数 (109)n的积，所以从一次函数或指数函数增减性看，一增一减积不确定。 但nN，试从a n与a n+1的大小入手。 例例66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。 解1设四个数依次为a-d,a,a+d,a2d)(a?a-d+a2d)(a?=16a=4a=9由条件有解得或a+a+d=12d=4d=-6当a=4,d=4时，所求四个数为0，4，8，16当a=9,d=-6时，所求四个数15，9，3，1解2设四个数依次为qa2-a,qa,a,aq(a0)qa2-a+aq=16q=2q=31由条件有解得或qa+a=12a=8a=3当q=2,a=8时，所求四个数为0，4，8，16当q=31,a=3时，所求四个数为15，9，3，1解3设四个数依次为x,y,12-y,16-x2y=x+(12-y)x=0x=15由条件有解得或(12-y)2=y(16-x)y=4y=9故所求四个数为0，4，8，16或15，9，3，1说明如何设这四个数，对解法的优劣会产生影响，充分利用已知条件的特征，合理地减少数的个数，可简化运算。 充分利用只有三项的等差、等比数列解析表达式的特征及题中所给的等量条件，合理地选取数及数的表达形式是解决这类问题的关键，解法1突出使用等差数列的计算工具，解法2突出使用等比数列的计算工具，解法3合理地选取数及数的表达形式。 例例77数列a n为等差数列，且S n的最大值为S7，a7a8，求使S n0的n的最大值。 解由题意可知a10,d0a7a8a80又S7是S n的最大值，a7,a80d0a1+6d0-213da1-6有a1+7d0a1+6d-(a1+7d)S n0na1+21)-n(nd=2dn2+(a1-2d)n02d0n2+(2da1-1)n又nNn1-da12-13da12-12131-da1214故当1-da12=13时，使S n0的n的最大值为12.当131-da1214时，使S n0的n的最大值为13.说明在等差数列中，当a10,d0时，解不等式组a n0a n+10可得S n达到最大值时的n值，当a10，d0时解不等式组a n0可得S n达到最小值时的n值。 a n+10例例88某种汽车(A)购车费用10万元，(B)每年应交保险费、养路费及汽油费合计9千元，(C)汽车的维修费平均为第一年2千元，第二年4千元，第三年6千元各年的维修费平均数组成等差数列，问此种汽车使用多少年报废最合算(即使多少年，年平均费用最少)并分析A、B、C三笔费用分别对选择最合算的使用年限的影响。 解设选择n年最合算，则年平均费用(单位万元)为S=n1(0.2+0.4+0.2n)+10+0.9n=n120.2n0.2?n+10+0.9n=n1n+0.1n2+10=10n+n10+12nn1010?+1=3当且仅当10n=n10即n=10时取等号。 故汽车使用10年报废最合算，年平均费用为3万元。 (A)购买车费越高使用年限越长。 (B)为一常量，不影响使用时间。 (C)维修费用递增越快，使用时间越短。 说明解应用题的关键是建立数学模型，本题的数学模型是年平均费=n1n年的维修费+购车费+n年的保养费、汽油费此题只要把模型中的量具体化就可得相应的解析式。 本题是数列与最值的综合应用题。 例例99某下岗职工准备开办一个商店，要向银行贷款若干，这笔贷款按复利计算(即本年利息计入下一年的本金生息)，利率为q(0q1)，据他的估算，贷款后每年可偿还A元，30年后还清。 (1)求贷款金额 (2)若贷款后前7年暂不偿还，从第8年开始，每年偿还A元，仍然在贷款后30年还清，试问这样一来，贷款金额比原贷款金额要少多少元?解设贷款金额为x元，则1年后欠款为a1=x(1+q)-A元。 2年后欠款为a2=a1(1+q)-A=x(1+q)2-A(1+q)+13年后欠款为a3=a2(1+q)-A=x(1+q)3-A(1+q)2+(1+q)+1仿此，30年后欠款为a30=x(1+q)30-A(1+q)29+(1+q)28+1a30=0x(1+q)30=A)1(1q)(1-130q?x=qA3030)1(1q)(1-1q?(元) (2)设第8年开始偿还的这种贷款金额为y元，则8年后欠款为b8=y(1+q)8-A9年后欠款为b9=b8(1+q)-A=y(1+q)9-A(1+q)+A仿此，30年后欠款为b30=y(1+q)30-A(1+9)22+(1+q)21+1b3=0y(1+q)30=A(1+q)22+(1+q)21+1y=qA723q)(11-q)(1?(元)故x-y=qA1-7q)(11?(元)说明因贷款利息按复利计算，所以贷款后每年本息各不相同，该职工欠款逐年减少，直至30年后还清，即此问题应建立数学模型。 例例10某地区现有耕地10000公顷，规划10年后粮食单产比现在增加22%，人均粮食占有量比现在提高10%，如果人口年增长率为1%，那么耕地平均每年至多只能减少多少公顷?(精确到1公顷)(粮食单产=总产量/耕地面积，人均粮食占有量=总产量/总人口数)解设耕地平均每年至多只能减少x公顷，该地区现有人口为A人，人均粮食占有量为b吨，由题意可得不等式10x-100.1)b(10.01)A(1410?410b A?(1+0.22)化简可得0.2210.1)(10.01)(110104?104-10x即x22.1100.1)(10.01)(110-0.22)(1101044?x4(公顷)按规划该地区耕地平均每年至多只能减少4公顷。 说明建立本题数学模型的关键是10年后粮食单产比现在增加22%，由题意设现在总人口为A人，人均粮食占有量为b吨，现在耕地共有104公顷，于是现在的粮食单产量410Ab吨/公顷，10年后总人口为A(1+0.01)10，人均粮食占有量b(1+0.1)吨，若设平均每年允许减少x公顷，则10年后耕地共有(104-10x)公顷，于是10年后粮食单产量为x10100.1)b(10.01)A(1410?吨/公顷，由粮食单产10年后比现在增加22%得不等式x10100.1)b(10.01)A(1410?410b A?(1+0.22)即所建的数学模型。 例11已知数列a n的前n项和S n=10n-n2(nN)数列bn的每一项都有b n=a n，求数列b n的前n项和T n的公式。 解当n=1时，a n=S1=9当n2时，a n=S n-S n-1=11-2n,又11-21=9=a1a n=11-2n(nN)令a n0则11-2n01n5(nN) (1)当1n5(nN)时，a n=11-2n，即b n=a n=a n=11-2n此时b n是首项为9，公差为-2的等差数列T n=9n+21)-n(n(-2)=10n-n2 (2)当n6(nN)时，b n=a n=-a n=2n-11此时b n是首项为1，公差为2的等差数列。 T n=105-52+(n-5)1+26)-5)(n-(n2=n2-10n+510n-n2(1n5,nN故T n=n2-10n+5(n,nN)说明由题设b n=a n而知，本题要使用分类讨论思想来求前n项和T n。 例例12求和1+11+111+?个n111解?个n111=1+10+102+103+10n=91(10n-1)1+11+111+111=91(10-1)+(102-1)+(103-1)+(10n-1)=91(10+102+103+10n)-n=91 (91)-10(10n)-n=8110-9n-101n?说明先求出通项公式即a n=91(10n-1)，再把其转化为一个等比数列及一个常数列求和，数列=a,aa,aaa,或数列0.a,0.aa,0.aaa,(1a9)均可依上法求和。 例例13已知数列a n中，a n=n2n，前n项和S n，试比较S n与2的大小。 解S n=21+42+83+n2n又21S n=41+82+nn21?+1n2?n21S n=(21+41+81+n21)-1n2?n=1-n21-1n2?n即S n=2-1-n2n-nn22说明S n随n增大而增大。 不宜用递推与常数2直接比大小。 考虑先求和，宜用错项相减法，对等差、等比对应项积构成新数列均有效。 例例14求和（n-1）(2n)2解(2k-1)(2k)2=8k3-4k2(kN)S n=?nk1(8k3-4k2)=8?nk1k3-4?nk1k2=841n2(n+1)2-461n(n+1)(2n+1)=32n(n+1)(3n2+n-1)说明若通项是关于n的多项式的乘积，首先展开为n的多项式，然后利用自然数，自然数平方和立方和等公式求数列的和。 例例15已知数列a n的相邻两项a n,a n+1是方程x2- x+ (31)n=0的两根(nN)且a1=2,S n=c1+c2+c n (1)求a n (2)求S2n解a n,a n+1是方程x2- x+ (31)n=0的两根a na n+1= (31)n,an+a n+1=c n又a1=2a2=61同理a n+1,a n+2是方程x2-+1x+ (31)n+1=0的两根a n+1a n+2= (31)n+1取立得n2naa?=31即a1,a3,a5是公比为31的等比数列，a2,a4,a6是公比为31的等比数列。 当n=2k-1时a1=2a2k-1=2 (31)k-1,即an=2 (31)21?n当n=2k时，a2=61a2k=61 (31)k-1,即an=61 (31)2n-12 (31)21?n(n为奇数) (1)an=61 (31)2n-1(n为偶数) (2)c n=a n+a n+1当n为奇数时，n+1为偶数，有c n=2 (31)21?n+61 (31)21?n-1=613 (31)21?n当n为偶数时，n+1为奇数，有c n=61 (31)2n-1+2 (31)211?n=65 (31)2n-1c1,c3c2n-1为首项c1=613，公比为31的等比数列；c2,c4c2n为首项c2=65，公比为31的等比数列故S2n=c1+c2+c3+c4+c2n-1+c2n=(c1+c3+c2n-1)+(c2+c4+c2n)=311)31(1613?n+311)31(165?n=291- (31)n说明由a n,a n+1满足的条件建立a n,a n+1的等式，逐步求出a n及S2n.例例16用极限定义证明?nlimn n?2222n3n=3证明322n3n22?n n=n nn?22n nn?2=1n1?n1(n2)设是任意给定的正数，要使322n3n22?n n成立，只要n1成立，即n?1成立，取N是?1的整数部分，当nN时322n3n22?n n恒成立，?nlimn n?2222n3n=3说明用定义证明数列的极限常使用分析法，关键是确定N，求N的方法有 (1)直接解不等式a n-A，求出nN()，其中N是N()的整数部分。 (2)当a n-A不易解出n可用放大法(不能缩小)即a n-Ab n然后解不等式b n，求出nN()，N是N()的整数部分。 例例17如图，在RtABC中，B=90，tgC=21，AB=a，在ABC内作一系列的正方形求所有这些正方形面积的和S.解设第n个正方形的边长为a n，由三角形相似可得nS-BCna=BCAB(其中S n=a1+a2+a n)AB=a,tgC=21,BC=2a于是有nS-2ana=21，即S n=2a-2a n当n2时，有a n=S n-S n-1=-2a n+2a n-1，即3a n=2a n-1122?nnaa=94tgC=21AB=a=a1+21a1a21=94a2，故数列an2是首项为94a2，公比为94的无穷等比数列.且941S=941942?a=54a2说明应用公式S=qa?11解决实际问题时， (1)要证明组成的数列是无穷等比数列，并确定a1和q. (2)要证明q1. (3)代入公式化简.例例18已知数列a n、b n都是正数组成的等比数列，公比分别为p、q，其中pq且p1,q1设c n=a n+b n,S n为数列c n的前n项和.求?nlim1-nSnS解数列a n,b n是等比数列且a n0,b n0,p1,q1又S n=1)1(1?pp an+1)1(1?qq bn=)1)(1()1)(1()1)(1(11?q pqp b p q an n于是1?nnSS=)1)(1()1)(1()1)(1()1)(1(111111?n nn nq p b p q aqp b p q a当p1时，有0qp1?nlim1?nnSS=?nlim)1)(1()1)(1()1)(1()1)(1(111111?n nn nq p bp q aqp bpqa=?nlim)1()1()1()1(1111?pb q apbqa=1当p1时，有0pq1,0p11?nlim1?nnSS=?nlim)1)(1()1)(1()1)(1()1)(1(111111?n nnnq pbpq aqpbpqa=?nlim?1111111111)1()()1()1 (1)1()1()()1()1()1(nnnnnnp pqqp bpq ap pqqp bppqa=)1()1(11?qapqa=p说明本题应用等比数列的前n项和公式，求得1?nnSS的解析式后使用重要极限?nlim qn=0进行计算，因为公比是用字母表示，所以要注意分类讨论。 例例19求证二项式x2n-y2n(nN)能被x+y整除证明当n=1时，x2-y2=(x+y)(x-y)能被x+y整除。 假设n=k时，x2k-y2k能被x+y整除。 那么n=k+1时即x2k+2-y2k+2=x2x2k-x2y2k+x2y2k-y2y2k=x2(x2k-y2k)+y2k(x2-y2)x2k-y2k与x2-y2都能被x+y整除x2(x2k-y2k)+y2k(x2-y2)能被x+y整除即n=k+1时，x2k+2-y2k+2能被x+y整除由可知，对任意的自然数n命题均成立。 说明由假设设以x2k+2为主进行拼凑，即减去x2y2k加上x2y2k然后重新组合，目的是拼凑出n=k的归纳假设，剩余部分仍然能被x+y整除。 例例20已知x-1且x0,nN,n2求证(1+x)n1+nx证明当n=2时，不等式左边=(1+x)2=1+2x+x2右边=1+2xx20原不等式成立假设n=k(2)时，原不等式成立即(1+x)k1+kx成立那么当n=k+1时，x-1，1+x0于是有(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx21+(k+1)x(kx20)即n=k+1时，原不等式成立由可知，对任何nN(n2)，原不等式均成立。 例例21已知数列a n的前n项和为S n，是否存在a,b,c使得a n=an2+bn+c,且满足a1=1，3S n=(n+2)a n对一切自然数n都成立?试证明你的结论。 解设存在a,b,c符合条件，则令n=1，有a1=a+b+c=1令n=2，有3(a1+a2)=(2+2)a2得a2=3有a2=4a+2b+c=3令n=3，有3(a1+a2+a3)=(3+2)a3得a3=6有a3=9a+3b+c=6a+b+c=1联立4a+2b+c=3解得a=21,b=21,c=09a+3b+c=6对n=1,2,3存在a,b,c使得a n=21n(n+1)且满足a1=1,3S n=(n+2)a n成立，推测nN时，存在a,b,c使得a n=21n(n+1)且满足a1=1,3S n=(n+2)a n成立。 证明当n=1时，由上述推测成立假设n=k时，推测成立，即a k=21k(k+1)且满足a1=1,3S k=(k+2)a k，那么a k+1=S k+1-S k=31(k+1)+2a k+1-31(k+2)a k=31(k+3)a k+1-61(k+2)k(k+1)则6a k+1=2(k+3)a k+1-(k+2)k(k+1)所以a k+1=21(k+1)(k+2)即n=k+1时，推测也成立由知nN时，推测都成立。 说明存在性问题的常规思路，先假设存在，再进行演绎推理若结果合理即肯定，反之否定，又因为此题涉及自然数，故实施时，先特殊探求，推测一般结论，用数学归纳法证明结论的真实性。 四、能力训练( (一)选择题1.在等差数列a n中，若a3+a9+a15+a17=8，则a n等于()A.1B.-1C.2D.-22.已知等比数列a n的各项均为正数，公比q1，设P=293a a?，Q=75aa则P与Q的大小关系是()A.PQ B.PQ C.P=Q D.无法确定3.等差数列a n和b n的前n项和分别为S n和T n，对一切自然数n，都有nnTS=13n2?n，则55ba等于()A.32B.149C.3120D.17114.已知数列a n的通项公式a n=3n-50，则其前n项和S n的最小值是()A.-784B.-392C.-389D.-3685.公差不为0的等差数列a n中，a2，a3，a6依次成等比数列，则公比等于()A.21B.31C.2D.36.数列1，21，21，31，31，31，41，41，41，41，的前100项和等于()A.13149B.131411C.14141D.141437.非零实数x，y，z成等差数列，x+1，y，z，与x，y，z+2分别成等比数列，则y=()A.10B.12C.14D.168.无穷数列?1412n各项的和等于()A.1B.21C.41D.239.无穷等比数列a n中，a1=21，q=43设T n=a22+a24+a26+a22n，则?nlim Tn等于()A.289B.76C.2D.110.已知等比数列a n中，a1+a2+a3=9，a4+a5+a6=-3，S n=a1+a2+a3+a n，则?nl im S n等于()A.427B.17548C.6D.12( (二)填空题11.已知数列a n中，a1=1，1na1?=na1+31(nN)，则a50=_.12.已知数列a n的前n项和S n=n2+3n+1，则a1+a3+a5+a21=_.13.在等差数列a n中S6=0(d0)，如果a m，a m+1，a2m成等比数列，则m的值等于_.14.已知数列a n满足a1+2a2+3a3+na n=n(n+1)(n+2)，则它的前n项和S n=_.15.已知数列a n满足S n=an2+bn(nN)，那么数列an是_数列.( (三)解答题16.数列a n，当n为奇数时，a n=5n+1；当n为偶数时，a n=22n，求这个数列的前2m项的和.17.数列a n为等差数列，为公差；数列sinn是等比数列，公比为q，又nR，R，且sin10，求公差和公比q.18.已知a1，a2，a3，a4成等差数列，b1，b2，b3，b4成等比数列，且a1+b1=15，a2+b2=14，a3+b3=15，a4+b4=20，求等差数列a n的公差d及等比数列b n的公比q.19.已知数列a n中，a1=21，S n=n2an(nN)()求a2，a3，a4的值；()推测数列a n的通项公式，并用数学归纳法加以证明；()求?nlim S n.20.是否存在常数a，b使等式1n+2(n-1)+3(n-2)+(n-2)3+(n-1)2+n1=61n(n+a)(n+b)对一切自然数N都成立，并证明你的结论.参考答案 (一)1.C2.A3.B4.B5.D6.A7.B8.B9.A10.A提示1.3+9+15+17=44，a3+a9+a15+a17=4a11.即4a11=8，a11=2.2.Q=75aa=93aa，各项为正，q1，2aa93?93aa，即PQ.3.55ba=9191b baa?=99TS=19392?=2818=149.4.a n=3n-500，n1632，a16=-2，又a1=-47，当n=16时S n最小，2116(-47-2)=-392.6.第100项是分母是14的第9个.故S100=13+1419=13149.7.由已知条件得2y=x+z2y=x+z y2=(x+1)z?y2=(x+1)z求得y2=x(z+2)z=2x.y=12.8.1-4n12=1)1)(2n-(2n1?21(1-2n1-12n1?).S n=21(1-31+31-51+1-2n1-22n1?)=21(1-12n1?).?nlim S n=21.9.a2=a1q=83，故a22=649，q2=169.?nlim Tn=222q-1a=1691649?=289.10.由a1+a2+a3=9，又(a1+a2+a3)q3=-3.3q1=-3，q3=-31.?nlim S n=)311(19?=427. (二)11.523.12.265.13.4.14.23(n2+3n).15.等差.提示11.11a=1，1na1?