《2022年高三数学特殊数列求和、数列极限的意义及运算、数列极限的应用、数学归纳法、归纳猜想、证明知识精讲.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高三数学特殊数列求和、数列极限的意义及运算、数列极限的应用、数学归纳法、归纳猜想、证明知识精讲.docx（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选学习资料 - - - - - - - - - 高三数学 特别数列求和、数列极限的意义及运算、数列极限的应用、数学归纳法、归纳 猜想、证明 学问精讲一. 特别数列求和：1. 概念：这里所指的“ 特别数列” 是指中学阶段能够求和的数列,包括：等差、等比数列,常 数列,自然数列,自然数的平方数列,自然数的立方数列,项部分相消数列等；数列求和,就是通过一些手段将数列转化为上述这些特别数列而达到求和的目的；2. 常用求和公式（1）等差： S nn a12anna11 n n1 d2na1qq1 q（2）等比： S na 11n 1q（3）in1i1n n1 1 2（4）in1i2n n1 2n6（5
2、）in1i3 n n21 23. 常见数列求和的方法大致有五种如：直接由求和公式求和 （如等差、 等比数列的求和） ,裂项分组求和,裂项相消求和,错位相减求和,倒序相加求和；（1）在求等比数列前n 项和 Sn时,肯定要留意分清公比q1仍是 q1；（2）裂项法的关键是讨论通项公式,裂项的目的是转化成几个等差或等比数列或自然数的平方组成的数列求和,或者正、负相消；（3）错位相减法求和, 主要用于一个等差与一个等比数列相应项相乘所得的数列求和；（4）含有组合数的数列求和,留意考虑利用组合数的性质公式求和或利用倒序相加求和；（5）三角函数求和考虑裂项相消求和或利用复数转化为等比数列求和；学习时,仍要留
3、意归纳总结一些常见类型的数列求和方法；二. 数列极限的意义及运算1. 数列极限的概念对于数列 a n ,假如存在一个常数 A ,无论预先指定多么小的正整 都能在数列中找到一项 a N 使得这一项后面的全部项 a n 与 A 的差的肯定值都小于,（即当 n N 时,恒有 | a n A | 成立）,就把常数 A 叫做数列 an 的极限,记作：n lim a n A ；2. 数列极限概念的懂得懂得数列极限的概念要留意以下几点：（1）A 与 n 无关,A 与无关,A 与 N 无关；A 是否存在以及A 的值确定, 由数列 an来打算；（2）N 与 n 无关, N 与有关,一般来说,的值不同, N 也不
4、同；另一方面N 并不1 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 惟一, 由于假如 N 具有该性质, 那么 N1,N2,Nk kN 都具有该性质,考察数列的极限时并不需要找出 N 的最小值；（3）定义的核心是“ 对一切 n N ,都有 | a n A |” 这个不等式成立,也就是有 A a n A,这里“0 ” 是“ 任意预先给定” 而不是“ 存在” 一个 0 ；（4）有穷数列无极限,数列极限的讨论对像是无穷数列；（5）不是全部的无穷数列都有极限；假如一个数列有极限,那么其极限也只有一个；3. 数列极限四就运算假如 lim
5、 nanA,lim nb nB,那么0 mp（1） lim na nb nAB（2） lim na nb nA B（3） lim na nAB0 b nB（4） lim nc anc A （c 为常数）（5） lim nakk A （k 为常数）n4. 几个常用极限及其应用（1） lim ncc（ C 为常数）（2） lim n10n0 1q1 （3） lim nqn1 q1 无| |1 或q1 （4） lim na nma nm1a ma0 mp b npb np1apb 0（5） lim na nlim nan1（无穷数列）无mp三. 数列极限的应用1. 数列的各项和的概念0 ）,要留意公
6、式的含义及适无穷数列各项的和,它的实质是前n 项和 Sn的极限；2. 无穷递缩等比数列的各项和公式S1a 1q| |1 3. 无穷递缩等比数列各项和存在的充要条件是| |1（ q用范畴；4. 综合运用（1）化循环小数为分数,基本方法是转化为无穷递缩等比数列的各项和；（2）求某些特别数列的各项和；（3）与几何图形有关的应用问题；2 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 基本解题思路是：第一结合图形分析相邻图形的依靠关系,论证所求问题可否组成一个无穷等比数列,且公比肯定值小于 1,然后代入运算；四. 数学归纳法用数学归纳法
7、证明命题的详细步骤是：（1）证明当 n 取第一个初始值（2）假设当 nk kN且k成这两个步骤后,就可以肯定命题对从n0（例如n 0 1,n 0 2 等）时,结论正确；n 0 时结论正确,证明当 n k 1结论也正确；在完n n0 开头的全部的自然数 n 都正确；上面的证明第一步是递推基础,其次步是递推的依据,两者缺一不行；五. 归纳、猜想、证明1. 懂得归纳法的意义 由一系列有限的特别事例得出一般性结论的推理方法通常叫做归纳法；2. 懂得不完全归纳法与数学归纳法之间的关系 本节是不完全归纳法与数学归纳法并举,简洁而快速的运算是抽像的前提,常见的等 差、等比数列的有关结论是抽像的桥梁,而运用数
8、学归纳证明才是抽像的归宿；3. 把握归纳推理的思维方法 求解某些数学问题而不能直接找到解题途径,可先考查几个连续的初始特例；归纳出 规律,猜想结论,这是关键,规律的发觉要凭借体会,有时仍要合理变形；例 1. （2001 全国）a,4,3a,前 n 项和为 S n,S k2550已知等差数列前三项为（1）求 a 及 k 的值；（2）求 lim n111,就 a 1a,a 24,a33 aS 1S 2S n解析：（ 1）设等差数列为anSk2550d得：由已知有 a3 a24解得 a1a2公差 da2a12代入公式 S kk a 1k k1 2k k 2 k22整理得 k1 22550k25500
9、N）k50,k51（舍去k故 a2,k50（2）依据（ 1）的结果及等差数列求和公式可求得3 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - S nn n1 11111S nn n1 nn11111111 31n111S 1S 2S n22nn1lim n1111S nS 2S nn、an 与 2 的等差中n 例 2. （1994 全国理 25）其前 n 项和为 Sn ,并且对全部自然数设 an是正数组成的数列,项等于 Sn 与 2 的等比中项；（1）写出数列 an的前三项；（2）求数列 an的通项公式（写出推证过程）；（3）令
10、 b n1an1an1nN ,求 lim nb 1b 2b n2anan解：（ 1）由题意an222S n,an0N令 n1时,a1222S 1,S 1a 1解得 a 12令 n2 时,有a2222S 2,S 2a1a2解得 a 26令 n3时,有a3222S 3, S 3a1a2a3解得 a 310故该数列的前三项为2、6、10 （2）解法一：由（ 1）猜想数列 an有通项公式 an4 n2 ；下面用数学归纳法证明数列a n的通项公式是an4n2n1当 n1时,由于 4122 ,又在（ 1）中已求得 a12 ,所以上述结论正确；2假设 nk 时,结论正确,即有ak4k2k2Sk由题意有ak2
11、22S k得 ak4 k2 代入上式,得 2解得 S k2k2S kak1由题意有ak122S k1,S k12得 S k2 k2 代入得 ak1222 ak12k22整理 a214ak1416 k20k由于 a k10解得 ak 124k4 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 所以 ak 124k4k1 2这就是说 nk1时,上述结论成立122 依据 1、2上述结论对全部自然数n 成立；解法二：由题意有an222S nnZ整理得 S n1an228由此得 S n11an12 28所以 an1S n1S n1an12
12、2an8整理得 a n1anan1an40由题意知 an1an0所以 an1an4即数列 an为等差数列其中 a 12,公差 d4所以 ana 1n1 d24 n1 即通项公式 an4n2（3）令 c nbn1 ,就c n1an1an12 2a na n12n11 2n11 22n12n11112n12 n1b 1b2b nnc 1c2cn 111121121 1335nn1112 n所以 lim nb 1b 2b nnlim n121n说明：该题的解题思想是从所给条件动身,通过观看、试验、分析、归纳、概括、猜想出一般规律,然后再对归纳,猜想的结论进行证明,对于自然数n 的命题,可以考虑用数学
13、归纳法进行证明,该题着重考查了归纳,概括和数学变换的才能；例 1. 某城市 2001 年末汽车保有量为30 万辆,估计此后每年报废上一年末汽车保有量的6%,并且每年新增汽车数量相同,为爱护城市环境, 要求该城市汽车保有量不超过60 万辆,那么每年新增汽车数量不应超过多少辆？解： 2001 年末汽车保有量为b1万辆,以后各年末汽车保有量依次为b2 万辆, b3 万 1,有辆 ,每年新增汽车x 万辆,就 b 130,b 2b 1094x,对于 n5 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - b n1bn094x2b n 1 0
14、94 1 0 94 x b n 1 b 1 094 n x 1 094 094 n 1 nn 1 094b 1 094 x0 06x x n 30 0 940 06 006当 30 x0,即 x 18.时,b n 1 b n b 1 300 06当 30 x0,即 x 18. 时0 06x x n 1 xlim n b n lim n 006 300 06 0 94 0 06x并且数列 bn 逐项增加,可以任意靠近0 06因此,假如要求汽车保有量不超过 60 万辆,即b n 60 n 1, , , x就 60,即 x 36. （万辆）0 06综上,每年新增汽车不应超过 3.6 万辆例 3. （
15、2002 天津理22）已知 an 是由非负整数组成的数列,满意a 1 0,a 2 3,a n 1 a n a n 1 2 a n 2 2 ,n 3, , （1）求 a3；（2）证明 a n a n 2 2,n 3, , （3）求 a n 的通项公式及其前 n 项和 Sn ；解：（ 1）由题意得 a a 4 10 且 a 3、a 4 均为非负整数所以 a 3的可能的值是 1,2,5,10 3如 a3 1,就 a 4 10,a 5 与题设冲突；235如 a3 5 ,就 a 4 2,a 5 与题设冲突；23如 a 3 10,a 4 1,a 5 60,a 6 与题设冲突；5所以 a 3 2（2）用数学
16、归纳法证明；当 n3,a3a 12等式成立；kakak 22假设当 nk k3 时等式成立,即由题设 ak1akak12ak2212 成立由于 akak220所以 ak1ak12也就是说当nk1时,等式 ak1a6 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 由（ 1）（ 2）得对于全部n3,有 an1an12（3）由 a2k1a2k12, a10 及 a2ka2k1 2,a23得 a 2k12 k1 ,a 2k2k1,k1, , ,即 a nn1n,n1, , , 所以 S n1n n1 ,当 为偶数 n21n n1 1,
17、当 为奇数 n2说明：此题主要考查数列与等差数列前 决问题的才能；n 项和等基础学问,以及精确表述,分析和解1. 设数列 a n满意： a 1a 21,a32,a a n1a n2a n3anan1an2a n3,100n1,且a an1an21对一切 n 都成立,试求：S 1001ai之值；n n1 ；i2. 已知数列 a n的首项 a13 ,且对任意自然数n 都有an2an1（1）求 a n；（2）设 b n1an,求数列 bn的前 n 项和；）a a a33. 设 an为无穷等比数列且lim na2a3an1,就首项 a1的取值范畴是 （4A. ,1 2B. 0,C. 1,0D. ,10
18、,224. 设等差数列 a n的前 n 项和为 Sn ,且 S n1an2 ,如 b n1nS n；2（1）求数列 bn的前 n 项和 Tn 的表达式；（2）如 lim nbn的极限存在,试求此极限；T n5. 设正数数列 a n的前 n 项的和为 Sn ,通项为 a n ,且知 S n1an1 ,用数学归2a n纳法证明：annn12 ,且 a n121nnN6. 已知数列 a n满意 a 1b,ba（1）试将 a n表示为 b 的函数；（2）试求 lim na a a3an7 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - -
19、1. 由已知条件有：对任何n参考答案 anan1an2an3 1, a an1an2an3a n1an2an3an4an1a n2an3an4 12a1a2a3a48 而 2 得a n1an2an3anan4anan4即 anan4an1an2an31 0而由已知 an1 an2an31 知 an4ann1 即 an是以4 为周期的数列,又一个周期内各项之值10025 故 S1004258200a 2a 1a 132. （1）由已知得 a nan 121 2 1 nn11n na nan1a n1a n22 1 nn1 1n11n11 2n2n（2）由于 a a a3a n345n1nn212
20、3n11n1 n2 2所以 b nn2n2 2n11n121 所以 S nb 1b2bn2 11 311n11n12234nn 23. D n lima2a 3a4|11|14a n的公比 | |10a211q41即a q 1 q1 4q411a 14a 1解得 a 11或 a12应选 D 4. （1） T n1 nn n1 28 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - （2）2 S 11a 12得 a112 或 d2略解：（ 1）由 a12 1 a设 an的公差为d,就 S 22 得 d 22122 3,S 2a 1a
21、 20如 d2 ,就 a 3S 3S 2a3321 nn2此时当 S32321 相冲突,故 d221,就 S n n,b nn于是 an（2）当 n 为偶数时nn22 1 T n122232421 221 422 3n2nn2n1 22n1nn1 1 n nT n123n1 n2当 n 为奇数时T n T n 1 b n 1 n 1 n 2 n 1 2 n n 1 2 2n n n 1 T n 1 2n 2b n 1 n 2 n,lim b nlim 2 n 2T n 1 n n n 1 n 1 n T nn n 125. （1）当 n 1时,将 S 1 a 1代入得 a1 1 或 a 1（舍
22、去）又 a 1 1 1 1,n 1时命题成立（2）假设 n k 时,有 a k k k 1当 n k 1时, a k 1 S k 1 S k 1 a k 1 1a k 12 a k 1 a k1 1a k 1 a k 2 ka k 1 a k2a k 1 2 ka k 1 1 0a k 1 2 k 4 k 42a k 1 0,a k 1 k 1 k上式说明 n k 1时,命题成立综合（ 1）（ 2）可知,对任意自然数 n 都有 a n n n 1 成立；6. （1） a 1 b,a 2 1,a 3 2 b,a 4 3 2 b2 b 3 2 b 4 3 b猜想 a n n 1 n 2 bn n 1 b9 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - （下面用数学归纳法证明略）（2） a 11a22a3ananb12bn1 nn2bnb1 b2b32bn1 bnlim naalim n1bb1 b1 b n0b1 10 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 10 页