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文本内容:
数列的极限
1、数列极限的运算性质如果=A,=B,那么1==AB;2=•=A•B;3==B≠0,bn≠
02、几个常用数列极限1C为常数;2=0;3=0<14=e
3、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123456789ab0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:12=.3===4==或另解原式=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==
①当0|a|3时,=.
②当|a|3时,=.
③当a=3时,=
④当a=-3时,=(极限不存在)∴综
①-
④,8===9
①ab0时,=
②当ba0时,=
③当b=a0时,=综上=小结求数列的极限难点问题有几类,i无穷多项的和与积;如上例中第34578,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ii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|1,才可应用来解决问题例
2.1已知求ab.2已知求3已知求a.解1∵即有,,则有2∵∴∴.....
①又∴∴.......
②又=由
①,
②得,∴=63∵∴当|a2|4时,=不存在,当0|a2|4时,=,当a2=4时,=,∴有a2=4即a=±
2.小结本例中几问共同特点是已知数列的极限,反过来求式子中待定的系数解决的方法仍是化归为求数列的极限问题如1中,已知一个关于n的分式型的极限,实际上考察了对关于n的分式型极限求法的掌握情况应使学生明确形如的极限问题关键看分子,分母中关于n的项的最高次项的系数,如果不能确定其系数时,即需要讨论例3.1在等比数列{an}中,a11,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=n[a1+2n-1d]∴.小结数列的极限与等差,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a1a2a
3.2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方法1由a1a2a3推测n∈N.用数学归纳法证明
①当n=1时,上式成立
②假设当n=kk≥1k∈N时,成立欲证当n=k+1时,成立,∵1-Sk+1=ak-ak+1∴1-Sk+ak+1=ak-ak+1∴1-Sk=ak...I同理,1-Sk+1=ak+
1...IIII-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
①②对于n∈N均成立方法2当n≥2时,1-Sn=an-1-an..
①1-Sn+1=an-an+
1...
②①-
②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,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qq≠-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⑴用n、k写出的表达式;⑵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;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,4•6k+1+5k-2-9=64•6k+5•5k+1-9=4•6k+5k+1-9+5•4•6k+4•5k+1=4•6k+5k+1-9+20•6k+20•5k∵4•6k+5k+1-9能被20整除,∴54•6k+5k-1-9+46k+9能被20整除,∴成立也可由二项式展开证明
3、在1~9之间插入2n-1个正数,使成等比数列;在1~9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n∈N*都有Fn被m整除解12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(k∈N*)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k∈N*又因为F1=64,所以存在最大自然数64,使Fn能被64整除k∈N*
4、已知,求解g1=3=22-1,g2=fg1=f3=7=23-1,g3=fg2=f7=15=24-1,…,猜测gn=2n+1-1,下面用归纳法证明1当n=1时,成立2假设n=kk∈N*时成立,即gk=2k+1-1,则n=k+1时,gk+1=fgk=f2k+1-1=22k+1-1+1=2k+2+1,成立所以gn=2n+1-1成立
5、已知数列,,前项和,1求;2猜想,并用数学归纳法证明解12猜想1)当n=2时,成立2)假设n=k时,命题成立,即,那么当n=k+1时,因为,取正得所以猜想成立。