数列、极限、数学归纳法专题

数列、极限、数学归纳法专题（共16篇）

1.数列、极限、数学归纳法专题 篇一

数列、极限、数学归纳法·等比数列前n项和的公式·教案

教学目标

1．掌握求等比数列前n项和的公式及其推导过程，培养学生创造性的思维． 2．初步掌握公式的应用，培养学生的解题能力． 教学重点与难点

等比数列前n项和公式的推导 教学过程设计

课堂教学设计说明

本课知识与前面的知识——等差数列求和公式，教学内容联系紧密，只要学生掌握好旧知识，再经过分析、综合、归纳、推理，就能导出所学内容．采用这种教学方法，学生学习积极性高，因而教学效率高、效果好，同时，对完善学生的认知过程，提高他们分析问题、解决问题的能力大有裨益． 本节课教学过程可概括如下：（1）复习旧知识，引出新课题；（2）推导公式，弄清条件，认识新知识；（3）运用公式，巩固新知识；（4）小结，布置作业．

对全课作了如此设计，主要基于以下几点：

（1）对公式的教学，要充分揭示公式之间的内在联系，掌握与理解公式的来龙去脉，掌握公式的导出方法，理解公式的成立条件．也就是让学生对本课要学习的新知识有一个清晰的、完整的认识、忽视公式的推导和条件，直接记忆公式的结论是降低教学要求，违背教学规律的做法．

（2）本课采用启发引导，讲练结合的教学方法，既发挥了教师的主导作用，又体现了学生的主体地位，学生获取知识必须通过学生自己的一系列思维活动来完成，课堂上教师的作用主要在于给学生设计好符合他们学习心理过程的学习程序，通过设疑、暗示、课堂讨论、自编习题等多种教学形式和方法，启发诱导学生，激发学生的学习兴趣，使他们自始至终处于一种积极进取的兴奋状态，使他们通过在教师引导下的独立活动，自然而有效地获取知识、技能和技巧．同时在数学教学的实践活动中形成、发展学生的数学能力．

2.数列、极限、数学归纳法专题 篇二

一、高中数学中数列专题的概述

数列在高考考题中考查的内容是有固定范围的, 一般来说会分为三个方面:第一、用等差数列或者是等比数列的概念、性质、通用公式和求和公式来对数列求解;第二、等比数列或者是等差数列问题的判断与证明;第三、数列和其它数学知识相结合的综合解答题, 比如数列和不等式的、数列和函数的, 这是高考试题中最常见的一种题型。

二、数列专题的重点归纳

1、数列定义中“数的有序性”是其中的灵魂, 但是要注意分辨数列中的项与数集元素的异同。因此在研究数列的解题方法时要注意函数方法的普遍性和数列方法的特殊性。

3、求通项常用方法

①作新数列法作等差数列与等比数列

②累差叠加法最基本形式是:

③归纳、猜想法

4、数列前n项和常用求法

③裂项求和:将数列的通项分成两个式子的代数和, 即an=f (n+1) -f (n) , 然后累加时抵消中间的许多项应掌握以下常见的裂项:

④错项相消法和并项求和法

三、例题解析

1、有关数列的概念性例题

数列的概念性题是历年高考试题中不可缺少的一种题型, 不仅因为这是基础题, 也因为这是解决其他数列题型的基础, 包括数列中的等比数列、等差数列和两种数列的求和等方面, 所以这是我们一定要复习的数列题目。

例:已知等差数列{an}的通项公式为a4=5, a3=4, 求a9等于多少。

解析:从题目中可以看出, 这是一个数列基础定义的题型, 这道题目中主要考查我们对等差数列的概念是否已经掌握牢固, 解题思路也很简单, 直接套用等差数列的概念公式an=a1+ (n-1) d即可, 通过题目中给出的已知条件a4=5, a3=4可以得出关于a1和d的二元一次方程组, 继而得出a9的答案。

2、有关数列的证明题

数列的证明是高考中除却综合题型最重要的一种题目了, 它主要考查了我们对数列递推关系的掌握情况, 考查了我们对数列概念的掌握和应用情况, 还考查了数列和不等式结合求和的知识, 主要是为锻炼我们的分析转化能力和推理论证能力。

结语:

当然不管是哪种题型, 都是需要我们在进行数列专题的学习时打下坚实的基础, 所以在进行高中数学的专项练习时, 我们要充分的发挥自身的能动性, 学会自主分析题目。而且我们在学习过程中要不断提高知识水平、解题能力, 学会发散思维, 把知识点融会贯通, 形成系统的数学知识体系。

摘要：数学学习一直是我们高中学习中的一个难点, 因为我们不仅需要复习初中数学知识, 还需要学习高等数学的基础课程, 所以这是一个很重要的学习阶段, 在这一个阶段中知识扎实, 基础稳固的高中生在进入大学之后学习高等数学也会很轻松。高中数学作为一个承上启下的过渡阶段, 包含了很多的专题模块, 数列、函数、几何方程等等, 所以这不仅成为了老师教学过程中的一个难点, 也是我们在学习过程中需要克服的难题。

关键词：高中,数学,数列,专题

参考文献

[1]白晓洁.新课标下高中数学数列问题的研究[D].河南师范大学, 2013.

3.数列、极限、数学归纳法专题 篇三

关键词：数列;差分;教学设计

在建筑领域中，电梯使用首先是建造出一个描述实际使用电梯的数学模型，然后再设计相应的PLC程序指令完成这个数学模型的要求。如中国福利彩票每期开奖数据，可以用数列表示出来，一些彩民就是利用长期数列查找出其中的一些数学模型及其规律。再如沪深股票的涨跌数据，也是可以由一些离散的数列表示出来，操盘手利用平时的经验，数据走向达到一定值时，开始进行运作。总之，数列在生活中的应用数不胜数。差分是对数列的进一步运算得出的，它是一种新的数列，是对原来数列规律的一种反应。例如一个数列的一阶差分数列是一组常数，则原数列就是线性函数列，也就是常说的等差数列，当一个数列的二阶差分数列中出现了一个大于零的数时，原数列表示在坐标轴上的点就是从这个位置开始凹的，反之是开始凸的。

一、教学目的、内容和总体思路

高中数学是学生学习的难点，尤其是现在课程改革之后，将有些高等数学中的基本知识点下放到高中数学的选修部分中，给高中的教学工作带来了不小压力。如导数、矩阵、布尔代数、数列和差分都属于高等数学中基本的知识点，现在已成为高中数学学习内容。

数列和差分的教学主要分为两大部分：差分概念及与数列的关系、差分方程。其总体思路为，从易到难，按照教材的顺序，先讲差分概念，再讲与数列的关系，最后谈一谈差分方程方面的内容。讲授过程中加强对教材的再次开发，从简单的事例着手，从学生感兴趣的问题谈起，注重教学内部的逻辑脉络，注意启发式教学在教学过程中的应用。最后是学习效果评价，这一部分是选修内容，一些学生在理解和掌握过程中存在很多困难，所以评价过程要求学生以了解知道为主，不需要所有学生都能掌握运用所有知识。

二、具体设计

首先，课前要求学生预习，教师提前一天布置学生复习数列有关概念，预习差分相关概念。

其次，在课堂上，主要分为三块内容——差分概念、与数列的关系和差分方程。

第一部分，使用生活中的事例引出差分的概念。如开车时每小时记录一次里程表上的公里数，形成一个数列，再把这个数列每一项进一步相减，便是差分，由此引出差分概念。进一步介绍这一次相减后的差分属于一阶差分，再减一次属于二阶差分，如此下去。这时可以启发学生思考等差数列的一阶差分是什么，从而引出差分与数列的关系。如一阶差分是常数列，则原数列就是线性数列，就是通常所说的等差数列。

进一步启发引导第二部分，差分与数列的升降、最值、凹凸之间的联系。这部分内容有一些是前面课程涉及到的，可以前后联系，启发式教学可以使得学生使用联系的眼光看问题，对知识整体把握。在整体把握知识点的同时，提高学生学习兴趣。

第三部分与前两个部分表面上没有直接联系。可以首先介绍一下差分方程等一系列概念，如（非）齐次差分方程、（非）线性差分方程。然后启发学生回想一下系数矩阵与方程组的关系，联系现在学习的差分方程的解，思考两者之间的相似点和不同点。这样可以同时加深对这两方面知识掌握的程度。在教学的过程中，要给足学生自己独立思考、演算的时间，这样他们对知识的理解才能有感性的认识。同时，要尊重学生的对知识点“质疑”，鼓励学生将自己的“质疑”说出来，因为这种“质疑”就是他对这个知识的疑问，可能这也是其他学生都有的疑问，教师应详细的讲解，及时纠正学生对知识点认识的偏差。

最后，布置一定的习题。同时教师可以通过习题的练习找出学生在哪些知识点上还存在问题，以便以后进一步讲解，综合评价学生的学习效果。

数列和差分是离散数学的基础概念。高中数学中的数列和差分的内容属于选修部分，难度很大，对一些有能力的学生可以做适当的要求。任何专题的教学设计都是多样的，笔者从自身的经验角度，提出一些关于数列和差分专题的教学设计，望为他人教学提供有效参考。

参考文献：

[1]刘杨.高中数学“数列与差分”专题教学设计研究[D].济南：山东师范大学，2012.

4.高中数学《数列的极限》教学设计 篇四

一、教学目标

1.知识与能力目标

①使学生理解数列极限的概念和描述性定义。

②使学生会判断一些简单数列的极限，了解数列极限的“e-N"定义，能利用逐步分析的方法证明一些数列的极限。

③通过观察运动和变化的过程，归纳总结数列与其极限的特定关系，提高学生的数学概括能力和抽象思维能力。

2.过程与方法目标

培养学生的极限的思想方法和独立学习的能力。

3.情感、态度、价值观目标

使学生初步认识有限与无限、近似与精确、量变与质变的辩证关系，培养学生的辩证唯物主义观点。

二、教学重点和难点

教学重点：数列极限的概念和定义。

教学难点：数列极限的“ε―N”定义的理解。

三、教学对象分析

这节课是数列极限的第一节课，足学生学习极限的入门课，对于学生来说是一个全新的内容，学生的思维正处于由经验型抽象思维向理论型抽象思维过渡阶段，在《立体几何》内容求球的表面积和体积时对极限思想已有接触，而学生在以往的数学学习中主要接触的是关于“有限”的问题，很少涉及“无限”的问题。极限这一抽象概念能够使他们做基于直观的理解，并引导他们作出描述性定义“当n无限增大时，数列｛an｝中的项an无限趋近于常数A，也就是an与A的差的绝对值无限趋近于0”，并能用这个定义判断一些简单数列的极限。但要使他们在一节课内掌握“ε-N”语言求极限要求过高。因此不宜讲得太难，能够通过具体的几个例子，归纳研究一些简单的数列的极限。使学生理解极限的基本概念，认识什么叫做数列的极限以及数列极限的定义即可。

四、教学策略及教法设计

本课是采用启发式讲授教学法，通过多媒体课件演示及学生讨论的方法进行教学。通过学生比较熟悉的一个实际问题入手，引起学生的注意，激发学生的学习兴趣。然后通过具体的两个比较简单的数列，运用多媒体课件演示向学生展示了数列中的各项随着项数的增大，无限地趋向于某个常数的过程，让学生在观察的基础上讨论总结出这两个数列的特征，从而得出数列极限的一个描述性定义。再在教师的引导下分析数列极限的各种不同情况。从而对数列极限有了直观上的认识，接着让学生根据数列中各项的情况判断一些简单的数列的极限。从而达到深化定义的效果。最后进行练习巩固，通过这样的一个完整的教学过程，由观察到分析、由定量到定性，由直观到抽象，并借助于多媒体课件的演示，使得学生逐步地了解极限这个新的概念，为下节课的极限的运算及应用做准备，为以后学习高等数学知识打下基础。在整个教学过程中注意突出重点，突破难点，达到教学目标的要求。

五、教学过程

1.创设情境

课件展示创设情境动画。

今天我们将要学习一个很重要的新的知识。

情境

1、我国古代数学家刘徽于公元263年创立“割圆术”，“割之弥细，所失弥少。割之又割，以至不可割，则与圆周合体而无所失矣”。

情境

2、我国古代哲学家庄周所著的《庄子?天下篇》引用过一句话：一尺之棰，日取其半，万世不竭。也就是说拿一根木棒，将它切成一半，拿其中一半来再切成一半，得到四分之一，再切成一半，就得到了八分之„„?如此下去，无限次地切，每次都切一半，问是否会切完?

大家都知道，这是不可能切完的，但是每次切了以后，木棒都比原来的少了一半，也就是说木棒的长度越来越短，但永远不会变成零。从而引出极限的概念。

2.定义探究

展示定义探索(一)动画演示。

问题1：请观察以下无穷数列，当n无限增大时，a，I的变化趋势有什么特点?

(1)1/2,2/3,3/4,„n/n-1(2)0.9，0.99，0.999，0.9999，1-1/10n„„

问题2：观察课件演示，请分析以上两个数列随项数n的增大项有那些特点?

师生一起归纳总结出以下结论：数列(1)项数n无限增大时，项无限趋近于1；数列(2)项数n无限增大时，项无限趋近于1。

那么就把1叫数列(1)的极限，1叫数列(2)的极限。这两个数列只是形式不同，它们都是随项数n的无限增大，项无限趋近于某一确定常数，这个常数叫做这个数列的极限。

那么，什么叫数列的极限呢?对于无穷数列an，如果当n无限增大时，an无限趋向于某一个常数A，则称A是数列an的极限。

提出问题3：怎样用数学语言来定量描述呢?怎样用数学语言来描述上述数列的变化趋势?

展示定义探索(二)动画演示，师生共同总结发现在数轴上两点间距离越小，项与1越趋近，因此可以借助两点间距离无限小的方式来描述项无限趋近常数。无论预先指定多么小的正数e，如取e=O-1，总能在数列中找到一项am，使得an项后面的所有项与1的差的绝对值都小于ε，若取￡=0。0001，则第6项后面的所有项与1的差的绝对值都小于ε，即1是数列(1)的极限。最后，师生共同总结出数列的极限定义中应包含哪量(用这些量来描述数列1的极限)。

数列的极限为：对于任意的ε>0，如果总存在自然数N，当n>N时，不等式｜an-A｜n的极限。

定义探索动画(一)：

课件可以实现任意输入一个n值，可以计算出相应的数列第n项的值，并且动画演示数列的变化过程。如图1所示是课件运行时的一个画面。

定义探索动画(二)课件可以实现任意输入一个n值，可以计算出相应的数列第n项的值和I an一1I的值，并且动画演示出第an项和1之间的距离。如图2所示是课件运行时的一个画面。

3.知识应用

这里举了3道例题，与学生一块思考，一起分析作答。

例1.已知数列：

1,-1/2,1/3,-1/4,1/5„„,(-1)n+11/n，„„

(1)计算|an-0|(2)第几项后面的所有项与0的差的绝对值都小于0.017都小于任意指定的正数。

(3)确定这个数列的极限。

例2.已知数列：

已知数列：3/2,9/4,15/8„„，2+(-1/2)n，„„。

猜测这个数列有无极限，如果有，应该是什么数?并求出从第几项开始，各项与这个极限的差都小于0.1，从第几项开始，各项与这个极限的差都小于0.017

例3.求常数数列一7，一7，一7，一7，„„的极限。

5.知识小结

这节课我们研究了数列极限的概念，对数列极限有了初步的认识。数列极限研究的是无限变化的趋势，而通过对数列极限定义的探讨，我们看到这一过程又是通过有限来把握的，有限与无限、近似与精确、量变与质变之间的辩证关系在这里得到了充分的体现。

课后练习：

(1)判断下列数列是否有极限，如果有的话请求出它的极限值。①an=4n+l/n；②an=4-(1/3)m；③an=(-1)n/3n；④aan=-2；⑤an=n；⑥an=(-1)n。

(2)课本练习1，2。

6.探究性问题

设计研究性学习的思考题。

提出问题：

芝诺悖论：阿基里斯是《荷马史诗》中的善跑英雄。奔跑中的阿基里斯永远也无法超过在他前面慢慢爬行的乌龟，因为当阿基里斯到达乌龟的起跑点时，乌龟已经走在前面一小段路了，阿基里斯又必须赶过这一小段路，而乌龟又向前走了。这样，阿基里斯可无限接近它，但不能追到它。假定阿基里斯跑步的速度是乌龟速度的10倍，阿基里斯与乌龟赛跑的路程是1公里。如果让乌龟先跑0.1公里，当阿基里斯追到O.1公里的地方，乌龟又向前跑了0.01公里。当阿基里斯追到0.01公里的地方，乌龟又向前跑了0.001公里„„这样一直追下去，阿基里斯能追上乌龟吗?

5.数列、极限、数学归纳法专题 篇五

本专题由数列和数学归纳法两部分主要内容组成，它融代数、三角、几何于一体，性质多、技巧性强、方法灵活、应用广泛、综合能力要求高．等差、等比数列的运算和性质是本专题复习的重点，以等差、等比数列为载体的代数推理问题，数列的实际应用问题及数学归纳法的应用是难点，它们都是高考命题的热点；方程观点、等价转换、消元法、待定系数法是贯穿于本专题的重要数学思想和方法；运算能力、逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力是复习好本专题的基本要求．

 1．关于等差、等比数列

（1）等差、等比数列的判定：①利用定义判定；②ａｎ＋ａｎ＋２＝2ａｎ＋１

ａｎａｎ＋２＝ａｎ＋1（ａｎ≠0）

２２｛ａｎ｝是等差数列，｛ａｎ｝｛ａｎ｝是等差数｛ａｎ｝是等比数列；③ａｎ＝ａｎ＋ｂ（ａ，ｂ为常数）是等差数列，Ｓｎ＝ａｎ＋ｂｎ（ａ，ｂ为常数，Ｓｎ是数列｛ａｎ｝的前ｎ项和）

列．

（2）等差、等比数列性质的应用：注意脚码、奇偶项的特点等．

（3）数列是定义域为自然数集（或自然数集的子集）的函数，即ａｎ＝ｆ（ｎ）（ｎ∈Ｎ）．因此我们可运用函数的思想方法去研究处理数列问题．如等差数列当公差ｄ≠0时的通项公式为ｎ的一次函数，前ｎ项和为ｎ的二次函数，有关前ｎ项和的最大、最小问题可运用二次函数的性质来解决．

2．关于一般数列

（1）已知数列的前n项和，求通项公式，这类问题常利用

Ｓ１（ｎ＝1），ａｎ＝ Ｓｎ－Ｓｎ－１（ｎ≥2）求解．

（2）用递推公式给出来的数列，常利用“归纳—猜想—证明”的方法求解．

3．关于数列的求和

（1）公式法：①等差、等比数列的前n项和公式；②自然数的方幂和公式．

（2）错位相减法．

（3）倒序相加法．

（4）裂（拆）项法．

4．关于数学归纳法

（1）数学归纳法的原理．

（2）数学归纳法的应用：①证明与自然数有关的恒等式；②用数学归纳法证明不等式；③用数学归纳法证明整除性问题．

6.数列、极限、数学归纳法专题 篇六

一．基础题组

1.【2013课标全国Ⅰ，理7】设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝()．

A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【解析】∵Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，∴am＝Sm－Sm－1＝0－(－2)＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3－0＝3.∴d＝am＋1－am＝3－2＝1.∵Sm＝ma1＋又∵am＋1＝a1＋m×1＝3，∴mm1m1×1＝0，∴a1.22m1m3.∴m＝5.故选C.22.【2012全国，理5】已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝()A．7 B．5 C．－5 D．－7 【答案】D

3.【2008全国1，理5】已知等差数列an满足a2a44，a3a510，则它的前10项的和S10（）A．138 B．135

C．95

D．23 【答案】C.【解析】由a2a44,a3a510a14,d3,S1010a145d95.4.【2013课标全国Ⅰ，理14】若数列{an}的前n项和Sn＝__________.【答案】(－2)n－

121an，则{an}的通项公式是an33 【解析】∵Sn①－②，得an2121an，①∴当n≥2时，Sn1an1.② 333322aanan1，即n＝－2.33an1∵a1＝S1＝21a1，∴a1＝1.33n－1∴{an}是以1为首项，－2为公比的等比数列，an＝(－2).5.【2009全国卷Ⅰ，理14】设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S9=72,则a2+a4+a9=___________.【答案】24 【解析】∵S9729(a1a2),∴a1+a9=16.2∵a1+a9=2a5,∴a5=8.∴a2+a4+a9=a1+a5+a9=3a5=24.6.【2011全国新课标，理17】等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a329a2a3.(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{1}的前n项和． bn(2)bnlog3a1log3a2log3an(12n)n(n1)故212112()，bnn(n1)nn111b1b211112(1)()bn223112n().nn1n112n所以数列的前n项和为.bn1n7.【2010新课标，理17】（12分）设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·2(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.【解析】(1)由已知，当n≥1时，an＋1＝(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(2

2n－1

2n－1

.＋

22n－

3＋…＋2)＋2＝2

2(n＋1)－1

.而a1＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2(2)由bn＝nan＝n·232n－1

2n－1

.知

2n－1Sn＝1·2＋2·2＋3·2＋…＋n·223

575

.①

2n＋1从而2·Sn＝1·2＋2·2＋3·2＋…＋n·2①－②，得

(1－2)Sn＝2＋2＋2＋…＋2即Sn＝235

2n－1

.②

－n·2

2n＋1，12n＋1(3n－1)2＋2]． 98.【2005全国1，理19】设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn>0（n=1，2，…）（1）求q的取值范围；（2）设bnan23an1,记{bn}的前n项和为Tn，试比较Sn和Tn的大小.2

解①式得q>1；解②，由于n可为奇数、可为偶数，得－1

试题分析：（Ⅰ）先用数列第项与前项和的关系求出数列{an}的递推公式，可以判断数列{an}是等差数列，利用等差数列的通项公式即可写出数列{an}的通项公式；（Ⅱ）根据（Ⅰ）数列{bn}的通项公式，再用拆项消去法求其前项和.【考点定位】数列前n项和与第n项的关系；等差数列定义与通项公式；拆项消去法 10.【2016高考新课标理数3】已知等差数列{an}前9项的和为27，a10=8，则a100=（A）100（B）99（C）98（D）97 【答案】C 【解析】 试题分析：由已知，C.9a136d27,所以a11,d1,a100a199d19998,故选a19d8【考点】等差数列及其运算

【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.二．能力题组

1.【2011全国，理4】设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝()A．8 B．7 C．6 D．5 【答案】D

2.【2006全国，理10】设{an}是公差为正数的等差数列，若a1+a2+a3=15，a1a2a3=80则a11+a12+a13＝（）

（A）120（B）105（C）90（D）75 【答案】B 【解析】

3.【2012全国，理16】数列{an}满足an＋1＋(－1)an＝2n－1，则{an}的前60项和为__________． 【答案】1 830 【解析】：∵an＋1＋(－1)an＝2n－1，nn∴a2＝1＋a1，a3＝2－a1，a4＝7－a1，a5＝a1，a6＝9＋a1，a7＝2－a1，a8＝15－a1，a9＝a1，a10＝17＋a1，a11＝2－a1，a12＝23－a1，…，a57＝a1，a58＝113＋a1，a59＝2－a1，a60＝119－a1，∴a1＋a2＋…＋a60＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a57＋a58＋a59＋a60)＝10＋26＋42＋…＋234＝

15(10234)1830．

24.【2014课标Ⅰ，理17】

已知数列an的前项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数，（I）证明：an2an；

（II）是否存在，使得an为等差数列？并说明理由.【答案】（I）详见解析；（II）存在，4.5.【2009全国卷Ⅰ，理20】 在数列{an}中，a1＝1,an+1＝（11n1）an+n.n2（Ⅰ）设bnan，求数列{bn}的通项公式； n（Ⅱ）求数列{an}的前n项和Sn.【解析】（Ⅰ）由已知得b1=a1=1,且

an1an11n,即bn1bnn.n1n22从而b2b12n11111于是bnb12n12n1(n≥2).2222 bnbn111,b3b22,…… 221(n≥2).又b1=1.故所求的通项公式bn2(Ⅱ)由（Ⅰ）知ann(2令Tnn12n1.12n)2nn1n2n1.2k1nkk1,则2Tn2k1kk2.于是Tn=2Tn-Tn=

2k0n11k1n2n1=4n2.又n12(2k)n(n1)，k1所以Snn(n1)n24.2n1?an的最大值6.【2016高考新课标理数1】设等比数列{an}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2鬃为.【答案】64

【考点】等比数列及其应用

【名师点睛】高考中数列客观题大多具有小、巧、活的特点,在解答时要注意方程思想及数列相关性质的应用,尽量避免小题大做.7.【2017新课标1，理4】记Sn为等差数列{an}的前项和．若a4a524，S648，则{an}的公差为 A．1 【答案】C 【解析】

试题分析：设公差为d，a4a5a13da14d2a17d24，B．2

C．4

D．8 S66a12a17d2465,解得d4，故选C.d6a115d48，联立6a15d4821 7 【考点】等差数列的基本量求解

【名师点睛】求解等差数列基本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如{an}为等差数列，若

mnpq，则amanapaq.三．拔高题组

1.【2013课标全国Ⅰ，理12】设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn，n＝1,2,3，….若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝A．{Sn}为递减数列 B．{Sn}为递增数列

C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列 D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列 【答案】B 【解析】

cnanban，cn＋1＝n，则()． 22 8

2.【2011全国，理20】设数列{an}满足a1＝0且(1)求{an}的通项公式；(2)设bn111.1an11an1an1n，记Snbk1nk，证明：Sn＜1.【解析】(1)由题设111，1an11an即{1}是公差为1的等差数列． 1an又111，故n.1an1an1.n所以an1(2)由(1)得bnnn1an1nn1n11，n1nnn1Snbk(k1k1111)11.kk1n13.【2006全国，理22】（本小题满分12分）

设数列｛an｝的前n项和

S43an132n12n3,n1,2,3,…。（Ⅰ）求首项a1与通项an；

nn（Ⅱ）设T2s,n1,2,3,…，证明：T3ni.ni12整理得 an1n2n4(an12),n2,3,…，因而数列{an2n}是首项为a124，公比为4的等比数列，即

a1n2n44n4n，n=1,2,3…，因而

an4n2n，n=1,2,3,…，（II）将ann42n代入①得

S43(4n2n)12n32n13 1(2n11)(2n12)3

2(2n11)(2n31).2nTnS n

32nn12(21)(2n1)

311（nn1,）221213n11所以，Ti(ii1)

2i12121i1311(ii1)22121

3.24.【2017新课标1，理12】几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的

兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是2，接下来的两项是2，2，再接下来 的三项是2，2，2，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么 该款软件的激活码是

A．440 【答案】A 【解析】

试题分析：由题意得，数列如下：

B．330

C．220

D．110 01

0

1n1,1,2,1,2,4,1,2,4，2k1k(k1)项和为 2

则该数列的前12kk(k1)S1(12)2(122k1)2k1k2，【考点】等差数列、等比数列

7.求数列极限的技巧与方法 篇七

数列极限是数学这门学科的重要内容之一。对于一些复杂极限, 直接按照极限的定义来求就显得很困难, 不仅计算量大, 而且不一定就能求出结果。因此, 为了解决求极限的问题, 我们在研究比较复杂的数列极限问题时, 通常先考查该数列极限的存在性问题;如果有极限, 我们再考虑如何计算此极限 (也就是极限值的计算问题) 。这就是极限理论的两个基本问题。求数列极限的方法多种多样, 比如:化简通项求极限、单调有界原理求极限等。现在我通过一些具体的例子, 和大家一起探讨求数列极限的常用技巧与方法。

二、求数列极限的常用技巧与方法

1. 化简通项求极限

在求一些比较复杂的数列极限, 特别是处理通项为n项和式的一类很特殊的极限时, 经常先对通项进行化简, 化简时往往利用链锁消去法。其工作原理如下:

2. 利用级数求n项和式的极限

通项为和式的数列极限, 可以化为积分或级数求和问题, 当然也是计算这类数列极限的一个重要方法。

3. 利用单调有界原理求数列的极限

利用单调有界原理, 解决了一些特殊数列的极限问题, 在用单调有界原理证明数列极限的存在问题时, 首先根据给出数列的通项公式, 列举该数列的前几项, 然后根据观察, 初步判断已给数列的单调性和有界性。最后采用数学归纳法来验证观察所得出的结论, 看看是否可以采用单调有界原理来证明此数列的存在问题。

计算极限除了上面讲的方法还有很多, 比如讨论如何应用我们学过的幂级数、定积分、O-Stolz公式、泰勒展式、微分中值定理等方法计算数列极限。主要是我们如何通过实例来阐述求数列极限中体现出的数学逻辑思维方法, 如利用简单的初等函数 (特别是高中数学中的基本初等函数) 的麦克劳林展开式, 往往能求得一些特殊形式的数列极限。还比如我们可以利用级数收敛性判定极限存在性, 知道由于级数与数列可以有的时候相互转化, 因此使得级数与数列的性质有了必然的联系。这样, 数列极限的存在性及数列极限的求解, 就可以可转化为研究级数收敛性问题, 我们利用O-Stolz公式计算数列极限、应用泰勒公式求数列极限, 就可以减少做题的过程, 使这个问题更容易地解决。不过总的来说, 像有的方法仅限于求两个无穷小量的乘积或除的极限, 而对两个无穷小数列非乘且非除的极限, 以上方法不能直接去做, 因此用Taylor公式代换是解决这类数列极限问题的一种很好的方法。还有利用微分中值定理求极限, 利用数列函数的增减性求数列函数的最大值和最小值, 还有数列函数的图像等方面都被广泛应用。其实数列它是一种特殊的函数, 是一种定义域为正整数集的特殊的函数, 因此它也像一般函数一样具有单调性。

数列单调性也是它的重要性质, 数列的单调性应用非常广泛。求解数列极限的方法还有很多, 比如把通项an=f (n) 拓展为[1, ∞) 上的函数f (x) , 然后应用洛必达法则, 或利用结果 (其中an>0) 以及均值定理等都可以求出极限。还有在高中阶段求数列的极限的时候, 可以将比较复杂数列极限的问题, 通过变形或化简。比如用分组求和法、错位求和法求极限, 分母有理化、还有分母分子同时都除以n的最高次幂的方法将它化简。这样我们可以将它转化成为简单基本数列极限的问题, 就可以求出所要得到的极限。但是我们解决数列的极限问题时应该灵活运用我们所学的数列极限的有关方法与技巧, 注意要认真思考, 多联想所学的知识, 要学会学以致用。函数极限只是把数列极限进一步深度话。但是函数极限与数列极限有类似的四则运算的法则, 求函数极限的基本思想也是运用求数列的各种方法技巧的互相转化问题, 尤其在实施转化时, 可注意方法与技巧的转化, 就可以仿照求数列极限的一些方法与技能。

8.对形如数列极限求法的探究 篇八

【关键词】定义；夹逼准则；定积分定义法.

一、定积分定义法

对形如，并且可以表示为，而或的形式，此时一般用定积分求极限.

三、Stoltz公式法

对形如，却不能用定积分的定义、夹逼准则来解决的题型，有时运用Stoltz公式来求解会非常的简便，比如：

例10求极限

本例小结：当我们遇到这种n项和数列求极限的问题时，除了想到用夹逼准则、定积分定义来求解之外，有时运用Stoltz公式求解会更方便.主要方法是：将分子、分母的前n项与它们各自的前n-1项作差转化为我们所熟悉的数列极限来求解.

我们可以对通项是n项和的数列求极限进行小结：

设，求常用下列方法：

（1）根据数列的特点先求出数列的和再求极限。

（2）利用定积分的定义求解（求解的步骤和针对的题型特点在前面已总结了）。

（3）利用夹逼定理求极限，一般步骤有：①将原n项和放大、缩小：（一般是通过放大、缩小分母来实现的）；②将放大、缩小后的通项进行整理、化简；③求出它们的极限；④取极限。

（4）利用Stoltz公式求解。

参考文献：

[1]钱吉林.数学分析题解精粹（第二版）[M].湖北：长江出版集团崇文书局，2009.

[2]李素峰.求数列极限的几种方法.[N].邢台学院学报，2007-6-10（2）.

[3]裴礼文.数学分析中的典型问题与方法.[M].北京：高等教育出版社，1993.

作者简介：

9.数列、极限、数学归纳法专题 篇九

1．各项为正的等比数列

中，与的等比中项为，则

A． 1 B． 2 C． 3 D． 4 【答案】C

2．若记等比数列｛an｝的前n项和为Sn，若a12,S36,则S4（）A． 10或8 B． 10 C． 10或8 D． 10或8 【答案】C 【解析】设等比数列的公比为q，由于a12,S36，显然q1，S322q2q26

3，则

q2q20，q2，S4S3a1q362210，选C．

3．在递增等比数列an中，a2a38,a1a49，则a7 A． 32 B． 64 C． 128 D． 16 【答案】B

2【解析】由题易得： a1a48，a1a49，故a1，a4是一元二次方程x9x80的两个实根，又数列an是单调递增的，∴a11，a48，∴q3∴a7a1q62664．故选：B

a48，即q2，a114．设Sn为数列an的前n项和，a11，an12Sn，则数列的前20项和为（）

anA． 31713171 B． C． D．

19191818223443223443【答案】D 【解析】an12Sn，an2Sn1 相减得an13ann2 由a11得出a22,a23a1，an{1,n123n2,n2，1={11n2 an,n223-12D．2 【答案】D 【解析】 20

考点：等比数列的性质．

11．设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S38，S67，则a2_________． 【答案】【解析】 16 3

考点：等比数列的通项和前n项和的知识及运用．

12．《九章算术》中“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有恒厚若千尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，则m的值为，问何日相逢，各穿几何？”题意是：有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进―尺，以后毎天加倍；小老鼠第一天也进―尺，以后每天减半，如果墙足够厚，Sn为前n天两只老打洞之和，则Sn 尺． 【答案】2-【解析】 n1+1 2n-1

10.数列极限的定义 篇十

教材：数列极限的定义

目的：要求学生首先从实例（感性）去认识数列极限的含义，体验什么叫无限地“趋

近”，然后初步学会用N语言来说明数列的极限，从而使学生在学习数学中的“有限”到“无限”来一个飞跃。过程：

一、实例：1当n无限增大时，圆的内接正n边形周长无限趋近于圆周长

2在双曲线xy1中，当x时曲线与x轴的距离无限趋近于0

二、提出课题：数列的极限考察下面的极限

1 数列1：

110,111

102,103,,10

n,①“项”随n的增大而减少②但都大于0

③当n无限增大时，相应的项1

n可以“无限趋近于”常数0

2 数列2：123n

2,3,4,,n1,

①“项”随n的增大而增大②但都小于1

③当n无限增大时，相应的项n

n1可以“无限趋近于”常数1

3 数列3：1,11(1)n

2,3,,n,①“项”的正负交错地排列，并且随n的增大其绝对值减小

②当n无限增大时，相应的项(1)n

n

可以“无限趋近于”常数

引导观察并小结，最后抽象出定义：

一般地，当项数n无限增大时，无穷数列an的项an无限地趋近于某

个数a（即ana无限地接近于0），那么就说数列an以a为极限，或者说a是数列an的极限。（由于要“无限趋近于”，所以只有无穷数列才有极限）

数列1的极限为0，数列2的极限为1，数列3的极限为0

三、例一（课本上例一）略

注意：首先考察数列是递增、递减还是摆动数列；再看这个数列当n无限

增大时是否可以“无限趋近于”某一个数。

练习：（共四个小题，见课本）

四、有些数列为必存在极限，例如：an(1)n

或ann都没有极限。例二下列数列中哪些有极限？哪些没有？如果有，极限是几？

1．a1(1)n1(1)n

n22．an2

3．anan(aR)

n

4．a1)n135

n(n5．an5 3

解：1．an：0,1,0,1,0,1,„„不存在极限

2．a2,0,22

n：3,0,5,0,极限为0

3．an：a,a2,a3,不存在极限

4．a,33

n：32,14,极限为0

5．an

5525n：先考察，， 无限趋近于0 3：

392781∴ 数列an的极限为5

五、关于“极限”的感性认识，只有无穷数列才有极限

六、作业：习题1

补充：写出下列数列的极限：1 0.9,0.99,0.999,„„2 a1

n

2n

3 



11.数列、极限、数学归纳法专题 篇十一

学生学不好数学的原因, 并不是数学的知识复杂, 题型百变, 而是缺乏对于数学整体的认识.数学讲究数形结合, 如果无法从根本上掌握“形”, 自然无法算得“数”.数学并不是简单的10个阿拉伯字母, 而是理论思维和抽象思维的结合:“数”就是理论思维, 加减乘除, 算法固定;“形”则是抽象思维, 它需要学生在脑海里构造出一个虚拟的图形, 然后将这个图形应用于实际的运算中.因此, 缺乏抽象思维, 不了解甚至无法构造图形的学生, 是学不好数学的.

而学生无法构造图形的一大原因, 就是他们并未见过真正的图形, 有些图形是无法靠老师在黑板的平面板书就可以让学生深入体会的.因此, 我们更加需要《几何画板》这样专业的、可以立体构造图形的软件来辅助高中数学的教学, 尤其是函数部分对于图像的描绘、图像变换, 立体几何中各种立方体, 圆锥曲线中的椭圆抛物线双曲线性质, 等等.

一、《几何画板》在高中代数教学中的应用

二、《几何画板》在立体几何教学中的应用

立体几何是在学生初中已经接触过简单平面几何的基础上拓展开来的, 然而不是每一个学生都有着丰富的想象力和立体感.就如初中时常做的一道题, 罗列几个立方体拼成一个更大的几何体, 然后让学生判断一共放置了几个立方体.这样的题往往就是立体感不好的同学的盲点.通常这样的题目, 老师的讲解方式就是用很多个粉笔盒在讲台上给同学拼接.这样的教学方式在我看来就是《几何画板》的雏形, 只有这样的立体教学才能让学生真正懂得立体几何, 而不再仅仅是对立体有一个朦胧的意识.

高中立体几何的研究方法, 多是以公理、定理为主.然而枯燥的教学无法让学生真正懂得公理和定理的含义, 只是单纯简单的死记硬背.对于一些复杂的证明题, 如果只是将图形立体地呈现在黑板上, 是无法让学生看懂证明过程的.因为学生缺乏立体感和平面空间图形的转化能力, 他们无法从一个平面化的立体图形中看到证明所需要的某些线段、某些角, 因此需要《几何画板》这样的软件将立体图形进行多视角的转动以方便学生的理解.

《几何画板》将原本只能平面化的立体图形重新归于立体, 既能丰富教学, 达到教学的目的, 更能开拓同学们的思维, 激发他们的想象力.同时, 创造出一个动态的学习环境, 更能吸引同学的目光, 使枯燥乏味的公理、定理也变成动态的画境.

三、《几何画板》在平面解析几何教学中的应用

平面解析几何是用代数方法来研究几何问题的一门数学学科, 它研究的主要问题, 即它的基本思想和基本方法是:根据已知条件, 选择适当的坐标系, 借助形和数的对应关系, 求出表示平面曲线的方程, 把形的问题转化为数来研究;再通过方程, 研究平面曲线的性质, 把数的研究转化为形来讨论.曲线中各几何量受各种因素的影响而变化, 导致点、线按不同的方式作运动, 曲线和方程的对应关系比较抽象, 学生不易理解.显而易见, 展示几何图形变形与运动的整体过程在解析几何教学中是非常重要的.这样, 《几何画板》又以其极强的运算功能和图形图象功能大显身手.如它能作出各种形式的方程 (普通方程、参数方程、极坐标方程) 的曲线;能对动态的对象进行“追踪”, 并显示该对象的“轨迹”;能通过拖动某一对象 (如点、线) 观察整个图形的变化来研究两个或两个以上曲线的位置关系.

具体地说, 比如在讲平行直线系y=x+b或中心直线系y=kx+2时, 如图2所示, 分别拖动 (1) 中的点A和 (2) 中的点B时, 可以相应的看到一组斜率为1的平行直线和过定点 (0, 2) 的一组直线 (不包括y轴) .

12.数列极限的定义教案 篇十二

教材：数列极限的定义（N）

目的：要求学生掌握数列极限的N定义，并能用它来说明（证明）数列的极限。过程：

一、复习：数列极限的感性概念

二、数列极限的N定义

n

1．以数列(1)n为例

a111n:1，，234 0 观察：随n的增大，点越来越接近

2只要n充分大，表示点a(1)n即：n与原点的距离an0n01n可以充分小 进而：就是可以小于预先给定的任意小的正数 n

2．具体分析：(1)如果预先给定的正数是

1(1)10，要使an0n01n<110 只要n10即可 即：数列(1)nn的第10项之后的所有项都满足

(2)同理：如果预先给定的正数是1103，同理可得只要n103即可(3)如果预先给定的正数是

110k(kN*)，同理可得：只要n10k即可

3．小结：对于预先给定的任意小正数，都存在一个正整数N，使得只要nN

就有an0<

4．抽象出定义：设an是一个无穷数列，a是一个常数，如果对于预先给定的任意小的正数，总存在正整数N，使得只要正整数nN，就有ana<，那么就说数列an以a为极限（或a是数列an的极限）

记为：limnana 读法：“”趋向于

“n” n无限增大时

注意：①关于：不是常量，是任意给定的小正数

②由于的任意性，才体现了极限的本质

③关于N：N是相对的，是相对于确定的，我们只要证明其存在

④ana：形象地说是“距离”，an可以比a大趋近于a，也可以比a小趋近于

a，也可以摆动趋近于a

三、处理课本 例

二、例

三、例四

例三：结论：常数数列的极限是这个常数本身

例四 这是一个很重要的结论

四、用定义证明下列数列的极限：

1．lim2n1n2

2．lim3n1n1

n2n132 证明1：设是任意给定的小正数

2n12n111n12n要使2n 即：2

两边取对数 nlog1

取 N12log2

„„„„介绍取整函数 2n12n当nN时，2n1恒成立

∴lim1n2n1

证明2：设是任意给定的小正数

要使

3n11512n132 只要

2n15

n42 取N513n1342

当nN时，2n12恒成立

13.浅谈数列极限的求法 篇十三

龙门中小李海东

摘要：本文主要介绍了数列极限的几种求法，并通过一个例题说明利用函数极限的求法，帮助寻找数列极限的方法，帮助学生理解和掌握求极限的方法。

关键词：数列极限方（求）法说明

引言：在初等代数，高等代数学习过程中发现或多或少都涉及到数列极限的有关内容，在数学分析中数列极限是极其重要的章节，数列极限是学习函数极限的基础和铺垫，数列极限的求法和函数极限求法在某种程度上是彼此相似的，所以可以对照学习，也可以用一种求极限的方法，求出另外一种极限，给解答习题带来一定的灵活性。方法也是比较灵活的。下面就数列极限的求法略作浅谈，且举例说明。

一 利用单调有界准则求极限

预备知识：若数列an收敛，则an为有界数列，即存在正数M，使得对一切正整数n，有 anM.此方法的解题程序为：

1、直接对通项进行分析或用数学归纳验证数列an单调有界；

2、设an的极限存在，记为limanA代入给定的表达式中，则该式变为A的代数方n

程，解之即得该数列的极限。

举例说明：

例：若序列an的项满足a1a(a0)且an11aan,(n1,2,),试证2an

an有极限并求此极限。

解由a1a

21a1a12a2a1aa1aa22aa2a111

用数学归纳法证明aka需注意

22a2aka1a1akaka.ak2ak2akak

又anan12a1aana0 n2an2an

an为单调减函数且有下界。

令其极限为A 由 an1

1a

an有： 2an

1a

an2an

liman1

n

即A

1a

A 2A

AaA

a(A0)

n

从而liman

a.二 利用数列极限的定义求数列的极限

大家知道，数列极限的定义是这样的：设an为数列，a为定数，若对任给的正数，总存在正整数N，使得当nN时，有ana，则称数列收敛于a，定数a称为数列

anan的极限，记作：limn

a，当数列不单调时，我们就用此定义来求极限，其步骤：

1、先根据数列极限的唯一性求出极限；

2、再去证明极限的存在性。举例说明：

例：设x12, xn12解1.令limxnt

n

(n1)求:：limxn.nxn

则limxn1lim2

n

n



xn

 

即t2t12xn2

t2 t12(t12舍去)

1t

2.证明其极限的存在性对0xnt(2)(2)xn1t

xn1txn2t1xn1t ttxn1442



24n1

(当n足够大)



1xn1



x144n1

由极限的下定义可得：limxnt0

n

limxnt1

n

2.三 利用数列夹逼准则求数列极限

回顾一下：设收敛数列an数列{cn}满足：存在正数N0，当nN0，bn都以a为极限，时，有：ancnbn.则数列{cn}收敛，且limcna.n

此方法一般通过放大或缩小分母来找出两边数列的通项，从而达到求极限的目的。

举例说明：

11

例：求 lim12.n

nn

111n1

解由11212

nnnn

n1n11

1112 (n1)(n1)n1n1

n

n

n

n

nnn

1

显然 lim1e

n

n

nn1

111lim11并且 lim1e nn

n1n1n1

n

11

lim12e.n

nn

四 利用重要公式求极限或转化为函数的极限

此方法必须在牢记重要极限的形式和其值的基础上，对所求式子作适当变形，从而达到求其极限的目的，这种方法灵活，有相当的技巧性。

举例说明：

n

n1

n11

例：求 limsin.n

nnn

n1

n11

解limsin

n

nnn

=lim

n1

nn

n1

sin1

nsin1n1n

=lim1

n

1n

n1

=lim1=e11=e

n



111nn1

n

n

sin

例：求极限lim

sinx

xasina

xa

1xa

.解lim

sinx

xasina

xa



1xa

=lim1

sinxsina

sina

1sinacosa

xacosasina

xaxa2cossin=lim1xasina

xa2cosasin

=lim1xasina

sina

cosa(xa)



cosasina

sina

cosa(xa)xa2cosasin=lim1xasina

ctga

=e

ctga

sin



xaxa

~ 22

五 利用数列极限与函数的极限等值关系来求极限

此方法把数列极限化成函数形式的极限，而后回代，从而求出数列极限的一种方法。

举例说明：

abc

.例：若 a,b,c0,求limn3

解先考虑：

1

axbxcx

ln

3

n



xln

x

1

axbxcx

3 

1

axbxcx

而limxln

x3

 

1xxxlnabcln3=lim

x1

x

2axlna2bxlnb2cxlnc=lim

x

12x

1x

1x

1x

1x1x1x

=lim

alnablnbclnc

abc

1x

1x

1x

x

=lnabc

c

 limn3

n

1

axbxcx

=lim

n3

 

n

=lime

n

111axbxcxxln



=e

lnabc

3

=e

lnabc3

=abc

通过上面简单的对求数列极限的一般方法加以归纳，并举例说明，就可以在我们大脑中造成深刻的印象，更好地掌握函数和数列极限的求法。但数列极限的求法并不限于这几种方法，或许还有很多种，希望大家在学习过程中善于归纳总结求数列极限的方法，以便我们共勉。

参考文献：

[1]程其襄.数学分析第三版[M].高等教育出版社，1981（4）[2]谢惠民.数学分析习题课讲义[M].高等教育出版社，2003（7）

14.一个数列极限的几种求法及其应用 篇十四

关键词：数列极限,单调有界,级数,递推数列

本文给出该命题的四种证法, 之后给出该命题的应用.

一、四种证法

证法2:由证法1知存在且x≥0.若x≠0, 则

证法3:设y>x>0, 记u=y-x.由伯努利不等式

(1+x) α≥1+αx, α≥0, x>-1.

如果γ和δ都是大于1的整数, 则

这个不等式对于大于三个数1中最大者的一切实数γ, δ都成立.

在上式中, 依次取:

x=a, a+d, a+2d, …, a+nd;y=b, b+d, b+2d, …, b+nd, 则可得到一系列不等式:

由题意知, 证明无穷乘积收敛于零即可.因为部分乘积是正的, 且递减, 所以只需证明它的收敛即可, 令pn=1+αn, 则

二、应用实例

证明:易见

所以结论成立.

参考文献

[1]裴礼文.数学分析中的典型问题与方法[M].北京:高等教育出版社, 1993.

[2]舒阳春.高等数学中的若干问题解析[M].北京:科学出版社, 2005.

[3]陈纪修, 於崇华, 金路.数学分析 (上) [M].北京:高等教育出版社, 2002.

15.数列极限四则运算法则的证明 篇十五

设limAn=A,limBn=B,则有 法则1:lim(An+Bn)=A+B 法则2:lim(An-Bn)=A-B 法则3:lim(An·Bn)=AB 法则4:lim(An/Bn)=A/B.法则5:lim(An的k次方)=A的k次方(k是正整数)(n→+∞的符号就先省略了,反正都知道怎么回事.)

首先必须知道极限的定义: 如果数列{Xn}和常数A有以下关系:对于∀ε＞0(不论它多么小),总存在正数N,使得对于满足n＞N的一切Xn,不等式|Xn-A|＜ε都成立, 则称常数A是数列{Xn}的极限,记作limXn=A.根据这个定义,首先容易证明: 引理1:limC=C.(即常数列的极限等于其本身)

法则1的证明: ∵limAn=A, ∴对任意正数ε,存在正整数N₁,使n＞N₁时恒有|An-A|＜ε.①(极限定义)同理对同一正数ε,存在正整数N₂,使n＞N₂时恒有|Bn-B|＜ε.② 设N=max{N₁,N₂},由上可知当n＞N时①②两式全都成立.此时|(An+Bn)-(A+B)|=|An-A)+(Bn-B)|≤|An-A|+|Bn-B|＜ε+ε=2ε.由于ε是任意正数,所以2ε也是任意正数.即:对任意正数2ε,存在正整数N,使n＞N时恒有|(An+Bn)-(A+B)|＜2ε.由极限定义可知,lim(An+Bn)=A+B.为了证明法则2,先证明1个引理.引理2:若limAn=A,则lim(C·An)=C·A.(C是常数)证明:∵limAn=A, ∴对任意正数ε,存在正整数N,使n＞N时恒有|An-A|＜ε.①(极限定义)①式两端同乘|C|,得: |C·An-CA|＜Cε.由于ε是任意正数,所以Cε也是任意正数.即:对任意正数Cε,存在正整数N,使n＞N时恒有|C·An-CA|＜Cε.由极限定义可知,lim(C·An)=C·A.(若C=0的话更好证)

法则2的证明: lim(An-Bn)=limAn+lim(-Bn)(法则1)=limAn+(-1)limBn(引理2)=A-B.为了证明法则3,再证明1个引理.引理3:若limAn=0,limBn=0,则lim(An·Bn)=0.证明:∵limAn=0, ∴对任意正数ε,存在正整数N₁,使n＞N₁时恒有|An-0|＜ε.③(极限定义)同理对同一正数ε,存在正整数N₂,使n＞N₂时恒有|Bn-0|＜ε.④ 设N=max{N₁,N₂},由上可知当n＞N时③④两式全都成立.此时有|An·Bn| =|An-0|·|Bn-0| ＜ε·ε =ε².由于ε是任意正数,所以ε²也是任意正数.即:对任意正数ε²,存在正整数N,使n＞N时恒有|An·Bn-0|＜ε².由极限定义可知,lim(An·Bn)=0.法则3的证明:令an=An-A,bn=Bn-B.则liman=lim(An-A)=limAn+lim(-A)(法则1)=A-A(引理2)=0.同理limbn=0.∴lim(An·Bn)=lim[(an+A)(bn+B)]=lim(an·bn+B·an+A·bn+AB)=lim(an·bn)+lim(B·an)+lim(A·bn)+limAB(法则1)=0+B·liman+A·limbn+limAB(引理

3、引理2)=B×0+A×0+AB(引理1)=AB.引理4:如果limXn=L≠0,则存在正整数N和正实数ε,使得对任何正整数n>N,有|Xn|≥ε.证明：取ε=|L|/2>0,则存在正整数N,使得对任何正整数n>N,有|Xn-L|<ε.于是有|Xn|≥|L|-|Xn-L|≥|L|-ε=ε

引理5: 若limAn存在,则存在一个正数M,使得对所有正整数n,有|An|≤M.证明：设limAn=A,则存在一个正整数N,使得对n>N有|An-A|≤1,于是有|An|≤|A|+1,我们取M=max(|A1|,...,|AN|,|A|+1)即可

法则4的证明: 由引理4,当B≠0时(这是必要条件),∃正整数N1和正实数ε0,使得对∀正整数n>N1,有|Bn|≥ε0.由引理5,又∃正数M,K,使得使得对所有正整数n,有|An|≤M,|Bn|≤K.现在对∀ε>0,∃正整数N2和N3,使得: 当n>N2,有|An-A|<ε0*|B|*ε/(M+K+1)； 当n>N3,有|Bn-B|<ε0*|B|*ε/(M+K+1)； 现在,当n>max(N1,N2,N3)时,有 |An/Bn-A/B| =|An*B-Bn*A|/|B*Bn| =|An(B-Bn)+Bn(An-A)|/|B*Bn| ≤(|An|*|B-Bn|+|Bn|*|A-An|)/(|B|*ε0)≤ε(M+K)/((M+K+1)<ε

16.数列、极限、数学归纳法专题 篇十六

第一讲 等差、等比数列的计算与证明

一、选择题

1．(2010·全国Ⅱ)如果等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋„＋a7＝()A．14B．21C．28D．3

5解析：由等差数列性质得a3＋a4＋a5＝3a4，7a1＋a7由3a4＝12，得a4＝4，所以a1＋a2＋„＋a7＝7a4＝28.2答案：C

2．(2010·福建)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最

小值时，n等于()

A．6B．7C．8D．9

解析：∵{an}是等差数列，∴a4＋a6＝2a5＝－6，a5－a1－3＋11则a5＝－3，d＝2，得{an}是首项为负数的递增数列，所有的非正 45－

1项之和最小．∵a6＝－1，a7＝1，∴当n ＝6时，Sn取最小．故选A.答案：A

3．等比数列{an}前n项的积为Tn，若a3a6a18是一个确定的常数，那么数列T10，T13，T17，T25中也是常数的项是

A．T10B．T13C．T17D．T25

解析：a3a6a18＝a1 3q2＋5＋17＝(a1q8)3＝a9 3，即a9为定值，所以与a1下标和为18的项 积为定值，可知T17为定值．

答案：C

4．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于()

A．80B．26C．30D．16

3nS141－q解析： Sn21－q∴qn＝2.1－q4n

∴S4n＝Sn30.故选C.1－q答案：C

5．(2010·辽宁)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝()-1-

15313317B.C.2442

24解析：an>0，a2a4＝a1q＝1①

S3＝a1＋a1q＋a1q2＝7②

11解得a1＝4，q＝或－舍去)，2

3114×3231a11－qS5＝＝，故选B.141－q125

答案：B

二、填空题

6．(2010·福建)在等比数列{an}中，若公比q＝4，且前3项之和等于21，则该数列的通

项公式an＝________.a11－q3－解析：∵{an}是等比数列，q＝4，S3＝21，∴a1＝1，∴an＝4n1 1－q

答案：4n1 －

7．(2009·辽宁理)等差数列{an}的前n项和为Sn，且6S5－5S3＝5，则a4＝________.5×43×2解析：由题意知65a1＋d－53a1＋＝15a1＋45d＝15(a1＋3d)＝15a4＝5，22

1故a4＝.313

8．数列{an}满足：an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足：bn＝anan＋1，则数列{bn}的前10项和S10＝________.111解析：由题可知an＋1＝an(1－an＋1)，整理可得1，则1＋(n－1)＝n，所 anan＋1an

1111110以an＝，bn＝anan＋1＝＝－，故S10＝b1＋b2＋„＋b10＝1－.n1111nn＋1nn＋

110答案：11

9．已知数列{an}(n∈N*)满足：an＝nn＝1，2，3，4，5，6

－an－6n≥7，且n∈N* 则a2 007＝________.解析：由an＝－an－6(n≥7，且n∈N*)知an＋12＝－an＋6＝an

从而知当n≥7时有an＋12＝an

于是a2 007＝a167×12＋3＝a3＝3.答案：3

三、解答题

10．如图给出了一个“等差数阵”：

其中每行、每列都是等差数列，aij表示位于第i行第j列的数．

(1)写出a45的值；

(2)写出aij的计算公式．

解：(1)该等差数阵的第1列是首项为4，公差为3的等差数列，a41＝4＋3×(4－1)＝13，第2列是首项为7，公差为5的等差数列，a42＝7＋5×(4－1)＝22.∵a41＝13，a42＝22，∴第4行是首项为13，公差为9的等差数列．

∴a45＝13＋9×(5－1)＝49.(2)∵a1j＝4＋3(j－1)，a2j＝7＋5(j－1)，∴第j列是首项为4＋3(j－1)，公差为2j＋1的等差数列． ∴aij＝4＋3(j－1)＋(2j＋1)·(i－1)＝i(2j＋1)＋j.11．等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；

S(2)设bn＝n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列． n

a1＝2＋1，(1)解：由已知得∴d＝2，3a1＋3d＝9＋2，故an＝2n－1＋2，Sn＝n(n＋2)．

S(2)证明：由(1)得bn＝＝n＋2.n

2假设数列{bn}中存在三项bp、bq、br(p、q、r互不相等)成等比数列，则bq＝bpbr，即(q＋2)2＝(p＋2)(r＋2)，∴(q2－pr)＋(2q－p－r)2＝0.∵p，q，r∈N*，2q－pr＝0，∴ 2q－p－r＝0，

∴p＋r2＝pr，(p－r)2＝0，2

∴p＝r.这与p≠r相矛盾

所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．

a＋1212．已知数列{an}的各项均为正数，前n项的和Sn＝，4

(1)求{an}的通项公式；

(2)设等比数列{bn}的首项为b，公比为2，前n项的和为Tn.若对任意n∈N*，Sn≤Tn 均成立，求实数b的取值范围．

a1＋12解：(1)由a1＝a1＝1.4

an＋12－an－1＋12当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1，4

得(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0.又因为an>0，所以an－an－1＝2.因此{an}是首项为1，公差为2的等差数列，即an＝2n－1(n∈N*)．

(2)因为Sn＝n2，Tn＝b(2n－1)，所以Sn≤Tn对任意n∈N*恒成立，n12－1当且仅当≤对任意n∈N*均成立． bn2n－12n1－12n－1n2－2n－1·2n＋2n＋1令Cn＝Cn＋1－Cn＝＝，nnn＋1n·n＋1＋所以C1>C2，且当n≥2时，Cn