特级教师王连笑2009年高考数学思想方法与教学专题课件(8个ppt )6.有限与无限思想

6.有限与无限的思想（王连笑）考试中心对考试大纲的说明中指出：“有限与无限相比，有限显得具体，无限显得抽象爱内阁，对有限的研究往往先于对无限的研究，对有限个对象的研究往往有章可循，并积累了一定的经验，而对无限个对象的研究，却往往不知道如何下手，显得经验不足，于是将对无限的研究化成对有限的研究,就成了解决无限问题的必经之路,反之,当积累了解决无限问题的经验之后,可以将有限问题转化成无限问题来解决,这种无限化有限,有限化无限的解决数学问题的方法就是有限与无限的思想.”“高考中对有限与无限的思想的考查才刚刚起步，并且往往是在考查其他数学思想和方法的过程中同时考查有限与无限的思想。例如，在使用由特殊到一般的归纳思想时，含有有限与无限的思想；在使用数学归纳法证明时，解决的是无限的问题，体现的是有限与无限的思想，等等。”【例1】(2006全国卷Ⅰ,理)设数列na的前n项的和14122333nnnSa.（Ⅰ）求首项1a与通项na；（Ⅱ）设2nnnTS，1,2,3,n，证明：132niiT【分析及解】（Ⅰ）容易得出12,42nnnaanN（Ⅱ）解法1.先求出nT,再.对iT裂项，从而进一步求和.把42nnna代入题设的nS表达式中，得11124233nnnS，1211122321223214233nnnnnnnnnTS1132311,2212122121nnnnn22311311111122121212121ninniT13131.222n从解法1看出,,对nT的变形,为了求和,需要对nT的变形,对nT用裂项方法,这个方法虽然巧妙,但是不容易想到,而一旦想不到,后面的运算就无法进行.为此,我们试着换一种思路.解法2.证明对所有正整数n,不等式132niiT成立,是一个与正整数n有关的问题,可以考虑用数学归纳法,但是不等式的右边是一个常数32,从nk延续到1nk的证明就比较困难,因此需要改变命题.我们用特殊的数值作一些尝试.1211122321223214233nnnnnnnnnTS若1n,则013113231112321221T,若2n,则25233263173111232121221221T，(2T的变形是类比1n得到的)若3n，则37412123112381105221T.(3T的变形是类比1n和2n得到的)由以上,可以猜想把结论加强为求证：1131122niniT下面用数学归纳法证明.（1）当1n时，013113231112221221T，不等式成立；当2n,25233263173111232121221221T,所以,1,2n时,不等式成立(2)假设nk时,不等式成立,即1131122kikiT,那么,1nk时,11112211312112224233kkkiikkkkiiTTT1123131212212321kkkk1123131212212321kkkk212213212311122212121kkkkk所以,1nk时,成立于是,对nN成立,即113131.222niniT【例2】（2006江西卷,理）已知数列na满足:132a，且113221nnnnaannanΝ－－（，）＋－（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）证明：对于一切正整数n，不等式122!naaan【分析及解】（Ⅰ）331nnnna－1n①（Ⅱ）解法1.由①得，12naaa＝2111111333nn！－－－为证12naaa2!n只要证nN时有211111113332n－－－②显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个nN，有2111111333n－－－1-2111333n＋＋＋③用数学归纳法证明③式：(1)1n时，③式显然成立，(2)设n＝k时，③式成立，即2111111333k－－－2k1111333＋＋…＋则当n＝k＋1时，21211111111111111133333333kkkk＋＋－－－－＋＋＋－2k1111333＋＋…＋－113k＋＋113k＋2k111333＋＋…＋2k1111113333k＋＋…＋即当n＝k＋1时，③式也成立,故对一切nN，③式都成立.利用③得，221111111111333333nn－－－＋＋＋＝111331113n－－＝1－11111123223nn－＝＋12故②式成立，从而结论成立.上面的证法虽然是用数学归纳法,但是,所证的不等式已经改变,即改为证明2111111333n－－－1-2111333n＋＋＋即③式成立,但③式是如何想出来的?为什么要先证明③式,有些同学思考不出这个结论,我们还是换一个角度.解法2.由①得，12naaa＝2111111333nn！－－－为证12naaa2!n只要证nN时有nT211111113332n－－－②直接用数学归纳法证明有困难.为改变命题,我们先计算一些特殊值.若1n,则1T12111,3323(1T的变形是针对②式得到的)若2n,则2T21116151111,3327254218－－(类比1n得到的)若3n,则2366111416110311111,3333223254－－－(类比1n和2n得到的)由此,可以猜想有不等式：211111111.333223nn－－－④下面用数学归纳法证明.(1)当1n时,12111,3323④式成立;当2n时,2211161111,3327223－－④式成立;(2)假设nk时,④式成立,即211111111.333223kkkT－－－那么,当1nk时,11111111132233kkkkkTT12111112232323kkk12112122323kk1112122323kk111223k.于是,1nk时,④式成立.由(1),(2),对所有nN,④式成立.即211111111.333223nn－－－因而2111111111.3332232nn－－－即②式成立.这等价于不等式122!naaan成立.以上两个例题的第（Ⅱ）问的解法2的证明过程是一样的,都是通过有限来探讨和发现无限,通过对n赋予特殊值:1,2,3n,对待证的不等式的左边做有目标的探求,从而改变结论的可能性,进而证明一个加强了的命题,命题的证明则采用数学归纳法,因为数学归纳法也是用有限证明无限的有力工具.【例3】（2004年全国卷）求函数241)1ln()(xxxf在0,2上的最大值和最小值.【分析及解】为求函数的最大值和最小值，可以先求出函数在fx在区间0,2内的极大值，极小值，然后再与0,2ff的值相比较来确定。,2111)(xxxf令,02111xx化简为,022xx解得.1),(221xx舍去当)(,0)(,10xfxfx时单调增加，当)(,0)(,21xfxfx时单调减少.所以412ln)1(f为函数)(xf的极大值.又因为),2()1(,013ln)2(,0)0(ffff所以0)0(f为函数)(xf在0,2上的最小值，412ln)1(f为函数)(xf在0,2上的最大值.【例4】在正n棱锥中,相邻两側面所成的二面角的取值范围是().A.,1nnB.,2nnC.2,0D.nnnn1,2【分析及解】设正n棱锥的顶点为P,底面为,高为,h相邻两側面所成的二面角为.本题考查的是一个有限图形,即正n棱锥的侧面所称的二面角的问题,但是解决这个问题并不容易,我们可以将有限的问题用无限的方法来求解.考虑顶点P的两个无限趋近的情形.当顶点P无限趋近于底面时,正n棱锥就无限趋近为底面正n边形,这时,相邻两側面所成的二面角无限趋近于平面,即;当顶点P向上趋近于无高时,正n棱锥就无限趋近于正n棱柱,这时相邻两側面所成的二面角为正n边形的内角,即2nn.由以上,应排除A.,C.,D.,而选B..【例5】(2005福建卷，理)已知数列na满足a1=a,111nnaa我们知道当a取不同的值时，得到不同的数列，如当a=1时，得到无穷数列：;.,35,23,2,1当21a时,得到有穷数列:0,1,21.（Ⅰ）求当a为何值时40a；（Ⅱ）设数列nb满足b1=－1,bn+1=1()1nnbN，求证a取数列nb中的任一个数，都可以得到一个有穷数列na；（Ⅲ）若)4(223nan，求a的取值范围.【分析及解】这是一道体现有限与无限的思想的典型试题，对于题设的递推关系，由于所给出的初始条件不同，得到的数列也不同，并在题干中举出了具体的例子，第（Ⅱ）问则是可以通过有有限次试验，得到对无限个nb都可以得到一个有穷数列na的猜想，再用数学归纳法进行证明，第（Ⅲ）问又是把对无限个n都成立的结果，通过有限次分析求的解决。（Ⅰ）当23a时，40a.(Ⅱ)11111,,1.1nnnnbbbbbba取数列nb中的任一个数，不妨设.nab213212111121111,11.11.11111.0.nnnnnnnnababababababaab故a取数列nb中的任一个数，都可以得到一个有穷数列na（Ⅲ）要使)4(223nan,即211231na,211na所以,要使)4(223nan,当且仅当它的前一项1na满足211na.由于2,12,23,所以只须当2,23ka时,都有2,23na5n由12234aaa,得2122323aa,解此不等式得0a.【例6】(2002全国卷)某城市规划2001年末汽车保有量为30万辆,预计此后每年废上一年末汽车保有量的6%,并且每年新增汽车数量相同,为保护城市环境,要求