数列的极限与数学归纳法教师

1、数 列 的 极 限1、数列极限的运算性质如果=A，=B，那么(1)= AB ；(2)= AB；(3)= =(B0，bn0)2、几个常用数列极限(1) (C为常数)；(2)=0；(3)=0 (1) (4)=e3、数列极限运算的几种基本类型：(1) 关于n的分式型 (2) 关于n的指数型(3) 无穷多项的和与积 (4) 无穷递缩等比数列例1求下列数列的极限：(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9) (a,b0)分析：求数列的极限首先应判断属于哪一种基本类型，然后考虑如何转化哪一种基本数列的极限解决问题。解: (1) (2) =.(3) = = =(4) = =或另解：

2、原式= (5) 分析：应能够很快地由数列的通项可识别出此数列为公比为(-)的无穷递缩等比数列。 。(6) = =注：数列不存在极限，不能直接用运算法则，因此变形后化为基本数列的极限解决。(7) = 当0|a|3时，=. 当a=3时，=。 当a=-3时，=（极限不存在）。 综- ，(8) =(9) ab0时，=。 当ba0时，=。 当b=a0时，=。综上：=小结：求数列的极限难点问题有几类， 无穷多项的和与积；如上例中第(3),(4),(5),(7),(8)，不能直接用极限的运算法则，先要将所给形式变形，化简，如(3)是约分化简，(4) 是转化为两个等比数列的和，(5) 的关键是能够判断其为无穷

3、递缩等比数列，(7) 则是光用等比数列求和公式化简，(8)却应用的是特殊数列求和的基本方法裂项求和达到化简的目的。关于n的指数型数列的极限，若含有参数的幂的形式（关于n的），则需要讨论，以确保符合条件0|q|4时，= 不存在，当0|a2|1，且前n项和Sn满足，求a1的取值范围。(2) 数列an, bn均是公差不为0的等差数列，且，求。解：(1) an为等比数列，又a11,且 , 因此an为无穷递缩等比数列，设 an公比为q. , 1-q=a12, 0|q|1, 0|1-a12|1,解得：a.(2) 设 an公差为d, bn公差为d, , , na2n=na1+(2n-1)d, .小结：数列的

4、极限与等差，等比数列的知识的结合是经常考察的问题，尤其要注意对于无穷递缩等比数列的识别，及求和公式的正确运用。例4已知数列an前n项和为Sn, 此无穷数列对于不小于2的正整数n, 满足1-Sn=an-1-an.(1) 求a1, a2, a3. (2) 证明an为等比数列。(3) 设，求(b1+b2+bn)的值。解：(1) S2=a1+a2, 1-(a1+a2)=a1-a2, 解得:, S3=a1+a2+a3, 同理解得：, .(2) ,由a1,a2,a3推测 (nN).用数学归纳法证明 当n=1时，上式成立假设当n=k(k1, kN)时，成立。欲证当n=k+1时，成立， 1-Sk+1=ak-a

5、k+1, 1-(Sk+ak+1)=ak-ak+1, 1-Sk=ak.(I)同理，1-Sk+1=ak+1.(II)(II)-(I)得：1-Sk+1-(1-Sk)=ak+1-ak -ak+1=ak+1-ak, 2ak+1=ak, , n=k+1时，命题也成立。由对于 nN, 均成立。 当n2时，1-Sn=an-1-an.1-Sn+1=an-an+1.-得：Sn+1-Sn=an-1-2an+an+1, an+1=an-1-2an+an+1, ,即 ， an为等比数列。(3) (b1+b2+b3+bn)=.小结：数列，极限，数学归纳法常常将几个知识点综合起来考察，因此需要清理解决问题的方法及知识体系，

6、这是提高能力的关键。5. 已知等比数列an的首项为a1，公比为q(q-1)，前n项和为Sn,求解 当q=1时，。 当时， 当，时， 当时， 综上所述，6. 已知数列前n项和。 用n、k写出的表达式； 若，求k的取值范围。7. 已知数列、都是等差数列，是，的等差中项，。求的值。8. 已知是首项为1，公差为d的等差数列，其前n项和为；是首项为1，公差为的等比数列，其前n项和为。设，若，求d和q。9. 如图所示，已知x轴上的点中的是首项为p、公差为1的等差数列，过作x轴的垂线交函数（常数a满足的图像于点，过作x轴的平行线交及于点，记直角梯形与的面积之和为，矩形的面积为。(1)求证：和都是等比数列；(

7、2)求证：对任意的都有；(3)若，求使得成立的最大整数p的值。解；(1) 所以都是等比数列。 (2), .对任意，.(3),当时， 即，所以满足条件的最大整数。1、设，证明：。证明： 原命题。(1)当n=1时，左边=S1=1，右边=，左边=右边，命题成立。(2)假设当n=k时，原命题成立，即 那么当n=k+1时， 左边= ，原命题成立。由(1)、(2)可知，对任何，原命题成立。2、证明：能被20整除。 证明：(1)当n=1时，能被20整除，即n=1时命题成立。(2)假设当n=k时，命题成立，即能被20整除，则当n=k+1时，46k+1+5k-2-9=6(46k)+55k+1-9=46k+5k+

8、1-9+546k+45k+1=46k+5k+1-9+206k+205k46k+5k+1-9能被20整除，5(46k+5k-1-9)+4(6k+9) 能被20整除，成立。也可由二项式展开证明。3、在19之间插入2n-1个正数，使成等比数列；在19之间又插入2n-1个正数，使成等差数列；设，(1)求；(2)设，是否存在最大自然数m，使得对nN*,都有F(n)被m整除。解：(1) (2) 当n=1时，； 当n=2时，； 当n=3时，； 由此，猜想：最大自然数m=64。用数学归纳法证明上述猜想：(1)当n=1时，显然成立。(2)假设当n=k（kN*）时成立，即 能被64整除，则当n=k+1时， 。由归纳假设知能被64整除。又也能被64整除，所以也能被64整除。由(1)、(2)知，能被64整除(kN*)。又因为F(1)=64， 所以存在最大自然数64，使F(n)能被64整除(kN*)。4、已知，求解g(1)=3=22-1，g(2)=f(g(1)=f(3)=7=23-1， g(3)=f(g(2)=f(7)=15=24-1，猜测g(n)= 2n+1-1，下面用归纳法证明：(1)当n=1时，成立(2)假设n=k(kN*)时成立，即g(k)= 2k+1-1，则n=k+1时，g(k+1)= f(g(k)=f(2k+