高三第一轮复习【21】-数列极限与数学归纳法

2018届高三第一轮复习【21】-数列极限与数学归纳法一、知识梳理：1．数学归纳法（1）由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法，通常叫归纳法，它能帮助我们发现一般规律；观察、归纳、猜想、证明，是发现数学规律的完整过程，其中证明是指用数学归纳法证明．（2）应用数学归纳法有两个步骤：①证明当取第一个时结论正确；②假设当（*0,kNkn）时，结论正确，证明当时，结论成立．这两步缺一不可，要完整地书写．（3）用数学归纳法可以证明一些与正整数有关的命题，如数列求和公式，整除性和平面几何问题．2．数列的极限（1）数列极限的含义：一个数列na中的项na，当n无限增大时，它无限地接近于某个常数A，即||naA能小于任意给定的正数时，称A为数列na的极限，记作limnnaA．（2）数列极限的四则运算法则：如果，那么①②③特别地，如果C是常数，那么．（3）三个基本极限：①（为常数）②*1lim0,knkNkn是常数③对于任意实常数，当1q时，lim0nnq当1q时，若1q，则lim1nnq；若1q，则limlim1nnnnq不存在当1q时，limnnq不存在【注意】：它们是极限运算的基础，但是要区别，如果q是收敛的等比数列的公比时，0||1q（4）计算数列极限的类型还有两种：根式型，分式型．注意它们的运算特点．（5）数列极限的应用：n0nkn1knbbaabnnnlim,limbabannn)(limbabannn)(lim)0(limbbabannnCaaCaCnnnnnlimlim)(limCCnlimC3.无穷等比数列的各项和：当公比1||q时,无穷等比数列称为无穷递缩等比数列我们把10q的无穷等比数列的前n项的和nS，当n时的极限叫做无穷等比数列的各项和，并用符号S表示qaqqaSSnnnn11)1(limlim11（10q），（可用于化循环小数为分数和解相应的应用题，这时关键是找出等比数列及其首项和公比，然后代入公式计算）【注意】①并不是每一个无穷数列都有极限;②一个无穷等比数列，只有公比q满足10q时，才有无穷项的和；反之，如果一个等比数列的无穷项的和可以求出时，必有10q，这在解题中是经常遇到二、基础检测：1.用数学归纳法证明22111(1)1nnaaaaaa,在验证1n的情形时,左端计算所得的结果为________________.2.用数学归纳法证明(1)(2)()213(21)()nnnnnnn,从nk到1nk的过程中,等式左端要增乘的代数式为_____________.3.用数学归纳法证明“111111111()234212122nnnnnn”时:从nk到1nk的过程中,等式左边增加的项为___________________;等式右边增加(减少)的项为________________________.4.求值:1132lim32nnnnn_________.5.求值:22212lim()nnnnn__________.6.有一系列正方形,其边长构成以1为首项,12为公比的等比数列.记它们面积依次为12,,,,nsss,则数列{}ns的各项和为____________.三、例题精讲：【例1】用数学归纳法证明22nn,5nNn,则第一步应验证n=．【解析】n=5（注：跟学生说明0n不一定都是1或2，要看题目）na【例2】设)(xf是定义在正整数集上的函数，且)(xf满足：“当2()fkk≥成立时，总可推出(1)fk≥2)1(k成立”．那么，下列命题总成立的是（）A．若1)1(f成立，则100)10(f成立；B．若4)2(f成立，则1)1(f成立；C．若(3)9f≥成立，则当1k≥时，均有2()fkk≥成立；D．若(4)25f≥成立，则当4k≥时，均有2()fkk≥成立．【解析】B【例3】用数学归纳法证明命题：若n是大于1的自然数，求证：nn12131211，从k到+1k，不等式左边添加的项的项数为．【解析】当kn时，左边为1214131211k．当1kn时，左边为1212211212112141312111kkkkk．左边需要添的项为121221121211kkkk，项数为kkk212121．【例4】用数学归纳法证明：422135nn能被14整除*nN（）．【解析】当=1n时，8545353361224nn能被14整除．假设当kn时原命题成立，即422135nn能被14整除*nN（）．当1kn时，原式为4(1)22(1)1442221353355kkkk4422121423(35)5(35)kkk44221213(35)565kkk．422135nn能被14整除，56也能被14整除，所以上式能被14整除，所以当1kn时原命题成立．综上所述，原命题成立．【例5】是否存在常数,ab使得2112233413nnnanbn对一切正整数n都成立？证明你的结论．【解析】先用1n和2n探求1,2ab，再用数学归纳法证明【例6】若*nN,求证:23sincoscoscoscos22222sin2nnn．【解析】①1n时,左=cos2,右=sincos22sin2,左=右②设nk时,23sincoscoscoscos22222sin2kkk1nk时,2311sin(coscoscoscos)coscos2222222sin2kkkkk=111111sinsincos22sincos2sin222kkkkkk【例7】求下列极限：（1）nlim757222nnn;（2）nlim（nnn2）;（3）nlim（22n+24n+…+22nn）．【解析】（1）nlim757222nnn=nlim2275712nnn=52．（2）nlim（nnn2）=nlimnnnn2=nlim1111n=21．（3）原式=nlim22642nn=nlim2)1(nnn=1．【例8】已知数列na是由正数构成的数列，31a，且满足caannlglglg1，其中n是大于1的整数，c是正数．（1）求数列na的通项公式及前n和nS；（2）求nlim1122nnnnaa的值．【解析】（1）由已知得1nnaca,na是31a，公比为c的等比数列，则13nnca．nS).10(1)1(3)1(3cccccnn且（2）nlim1122nnnnaanlimnnnncc323211．①当2c时，原式41;②当2c时，原式＝nlimcccnn3)2(23)2(11c1;③当20c时，原式=nlim11)2(32)2(31nnccc21．【例9】求和：0.180.0180.0018S【解析】0.008170.180.10.080.0080.110.1900.008170.0180.010.0080.00080.110.1900170.0018,90000170.00018,910nn个1717171717909090091010.181n原式=【例10】已知12120121()20122nnnnan，nS是数列na的前n项和（）(A）limnna和limnnS都存在(B)limnna和limnnS都不存在AMNEFCBHGS1S2(C)limnna存在，limnnS不存在(D)limnna不存在，limnnS存在【解析】选A：因为数列的极限与数列前有限项无关，所以lim=0nna，又因为1232011201220132014+++...+...=naaaaaaaS，所以20121-1+402120112lim=+121--2nnS；【例11】已知无穷数列na，首项13a，其前n项和为nS，且1(1)2nnaaS*(0,1,)aanN．若数列na的各项和为a38，则a【解析】n代换成1n，得到2)1(1nnSaa，两式相减得到)2(1naaann，所以na是一个从第二项开始的等比数列，又可求得132aa，所以可列等式aaa381133，解得21a（23a舍）【例12】如图，在等腰直角三角形ABC中，已知∠A90°，斜边BC长为a，途中排列着的内接正方形的面积分别为123,,SSS求：（1）无穷个正方形的周长之和；（2）无穷个正方形的面积之积【解析】（1）2a（2）218a四、难题突破：【例1】若*nN,求证:23sincoscoscoscos22222sin2nnn．【解析】①1n时,左=cos2,右=sincos22sin2,左=右②设nk时,23sincoscoscoscos22222sin2kkk1nk时,2311sin(coscoscoscos)coscos2222222sin2kkkkk=111111sinsincos22sincos2sin222kkkkkk【例2】已知函数0fx，对任意实数,xy满足2fxyfxfyfxfy，求证：2fnxnfx（nN）【解析】（1）当1n，原结论显然成立（ⅱ）假设当nk时结论成立，即2fkxkfx，那么当1nk时，1()2fkxfkxxfkxfxfkxfx22210,1kfxfxkfxkfxfxk，即当1nk时，结论也成立，综合可知，2fnxnfx对任意nN都成立【例3】设*nN，用Nn表示n的最大奇因数，如：33,105NN，设123212nnnSNNNNNL，则数列12nnSSn的前n项和的表达式为【解析】112112SNN；2123411316SNNNN；312822SNNNL；21324,16SSSS，由归纳法可得：114nnnSS，∴1nnSS的前n项和的表达式为：414441143nn五、课堂练习：1.用数学归纳法证明33322112(1)4nnn.2.设111123nan.用数学归纳法证明:121(2,)nnnaaanann.3.求证49161()nnn能被64整除.4.已知函数2()2fxx.记数列{}na的前n项和为nS,且有1(1)af,当2n时,有221(52)()2nnSnnfa.(1)计算1234,,,aaaa;(2)猜测数列{}na的通项公式,并加以证明.5.试举出符合下列条件的数列{}na,{}nb的例子.(1)对于n,有1na,且l