极限经典例题集.docx
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极限经典例题集.docx
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极限经典例题集
例题1.在数列{an}中,a1=1,当n≥2时,an,Sn,成等比数列。
(1)求a2,a3,a4;
(2)猜想an的表达式并用数学归纳法证明;
(3)求;
(4)(思考题)不使用猜想an的表达式并用数学归纳法证明的方法直接求an。
1..解析:
∵an,Sn,成等比数列,∴(n≥2)(*)
(1)把a1=1,S2=a1+a2=1+a2代入(*)式得:
把a1=1,,代入(*)得:
。
同理可得:
由此可以推出:
(2)(i)当n=1,2,3,4时,由(*)知猜想成立。
(ii)假设n=k(k≥2)时,成立。
故
∴或(舍去)
由得
即n=k+1时,命题也成立。
由(i)(ii)可知,对一切n∈N成立。
(3)由
(2)得数列前n项的和,所有项和
(4)对于{an}的通项还可以这样来求:
∵,∴
,故是以为首项,为公差的等差数列
故
,
注:
对于含有an,Sn的关系式中,常将an用Sn-Sn-1(n≥2)代(或Sn+1-Sn用an+1代),化成Sn,Sn+1(或an,an+1)的递归关系式。
例1.数列{an}满足下列条件,求其通项公式an。
(1)a1=1,
(2)a1=2,
(3)a1=2,{an}的前n项和Sn满足
解:
(1)
……
将以上各式叠加,得
∴
又n=1时,
(2)
……
将以上各式叠乘,得
∴an=n(n+1)(n≥2)
当n=1时,1×(1+1)=2=a1
∴an=n(n+1)(n∈N*)
(3)
∴2Sn-1Sn=Sn-1-Sn(n≥2)
在上式两边同除以SnSn-1,得
∴数列为首项,公差为2的等差数列。
例2、在等差数列{an}中
(1)若ap=q,aq=p(p、q∈N*且q≠p),求ap+q;
(2){an}共有n项,其前四项之和为124,其最后四项之和为156,其所有项之和为210,求项数n;
(3)若{an}前n项和记为Sn,且有,求Sm+n的范围
解:
(1)
∵aq=ap+(q-p)d
∴ap+q=ap+(q+p-p)d=q+q×(-1)=0
(2)
∵a1+a2+a3+a4=124
an+an-1+an-2+an-3=156
∴(a1+an)+(a2+an-1)+(a3+an-2)+(a4+an-3)=280
∴4(a1+an)=280∴a1+an=70
∴n=6
(3)设前n项和
将以上两式相减得:
两边同除以m-n,得
例3、在数列{an}中,Sn是其前n项和,a1=1,Sn+1=4an+2(n∈N*)
(1)设bn=an+1-2an,求证数列{bn}为等比数列并求其通项公式;
(2)设,求证数列{Cn}是等差数列并求其通项
解:
(1)
∵Sn+1=4an+2
∴Sn+2=4an+1+2
将以上两式相减,得an+2=4an+1-4an
∴an+2-2an+1=2(an+1-2an)
又s2=4a1+2=a1+a2 ∴a2=5
∴数列{bn}是以b1=a2-2a1=5-2=3为首项,q=2为公比的等比数列。
∴bn=3×2n-1
(2)
∴数列{Cn}是以为首项,为公差的等差数列。
例4、在等差数列{an}中,公差d≠0,a2是a1与a4的等比中项,已知数列成等比数列,求数列{kn}的通项kn
解:
∵a2是a1与a4的等比中项
∵d≠0 ∴a1=d
∵是等差数列中的第kn项,是等比数列中的第n+2项
且=a1+(kn-1)d=d+(kn-1)d=knd
∴ ∴
2.数列的极限
应用恒等变换和极限的四项运算法则,将数列的极限转化为三个基本极限来求解。
3.数学归纳法
数学归纳法有两个基本步骤:
第一步,验证n=n0时,命题成立;第二步,假设n=k时,命题成立,然后利用归纳假设证明n=k+1时成立。
用数学归纳法证明命题时特别要求证明的逻辑严密性。
数学归纳法通常用来证明有关等式,不等式,整除,几何命题等。
例5.数列{an}满足,a1=2
(1)求数列{an}的通项;
(2)令,求出n∈(1,10000)内使b1b2b3…bn为整数的n的所有值的和。
解:
(1)由a1=2得:
由a2=3得:
由a3=4得:
猜测:
an=n+1(n∈N*)
下用数学归纳法证明该猜测
1°当n=1时,a1=1+1=2,命题成立
2°假设n=k(k∈N*)时,命题成立,即有ak=k+1,
则
=(k+1)+1
即n=k+1时,命题也成立。
综合1°,2°知,an=n+1(n∈N*)
(2)
∵
将an=n+1代入得
=log2(n+2)
欲使b1b2b3…bn为整数,须使n+2为2的整数幂
∵n∈(1,10000)
∴n+2可是以22,23,24,213
∴所求和为(22-2)+(23-2)+(24-2)++(213-2)
=22+23+24+…+213-24
=214-28=16356
例6.无穷数列{an}的前n项和为bn,无穷数列{bn}的前n项和Cn,对n∈N*,恒有bn+cn=n,
(1)证明:
数列{1-bn}是等比数列;
(2)求
(3)比较的大小关系
解:
(1)首先b1+C1=1而C1=b1,得
由已知:
bn+Cn=n,有bn+1+Cn+1=n+1
将两式相减,有bn+1-bn+bn+1=1
∴数列{1-bn}是以的等比数列。
(2)由
(1)知:
(3)n=1时,
n≥2时,
综上,
当n=1或2时,显然有
当n≥3时,
这时
例7.设,不论α、β为何实数,恒有f(cosα)≤0,f(2-sinβ)≥0,正数数列{an}的前n项和Sn=f(an),n∈N*
(1)求b值;
(2)求{an}的通项公式;
(3)令,{cn}的前n项和为Tn,比较Tn与的大小。
解:
(1)当cosα=1时,有f
(1)≤0
当sinβ=1时,有f(2-sinβ)=f
(1)≥0
∴f
(1)=0
(2)
令n=1,有
解得a1=3或a1=-1(舍)
将以上两式相减,
∵{an}为正数数列,∴an,an-1>0,∴an+an-1>0
∴an-an-1=2(n≥2)
∴{an}是以a1=3为首项,公差为2的等差数列
∴an=3+(n-1)×2=2n+1
(3)
∴Tn=C1+C2+…+Cn
[课后练习]
1.数列{an}的通项公式是an=n2-kn,若数列{an}是递增的,则实数k的取值范围是( )
(A)k<3 (B)k≤3 (C)k<2 (D)k≤2
2.数列{an}的通项公式是,当an取最大值时,n等于( )
(A)4 (B)5 (C)6 (D)7
3.数列{an}满足a1=0,,则a20等于( )
(A)0 (B) (C) (D)
4.等比数列{an}中,an>0,a5a6=16,则log4a1+log4a2+…+log4a10=_____
5.在等比数列{an}中,a5,a9是方程7x2-18x+7=0的两个根,则
6.数列{an}的前n项和Sn满足an+2SnSn-1=0(n≥2),
(1)求证:
是等差数列;
(2)求an;
(3)若bn=2(1-n)an(n≥2),求证:
7.已知数列{an}的首项a1=5,前n项和为Sn,且Sn+1=2Sn+n+5(n∈N*)
(1)证明数列{an+1}是等比数列;
(2)令f(x)=a1x+a2x2++anxn,求函数f(x)在点x=1处的导数f′
(1)
[参考答案]
1.选A
∵an+1-an=(n+1)2-k(n+1)-(n2-kn)=2n+1-k>0(n∈N*)
∴k<2n+1对任意n∈N*成立
而2n+1最小值为3,∴k<3
2.选A
∴an图象可看作是函数个单位,再上移个单位而得到(an图象是一些孤立点)画草图
可知,a4最大
3.选B
∴可知{an}的各项数值以3为周期重复出现
4.
5.
又a5,a7,a9符号相同,∴a7=1
6.
(1)由an+2SnSn-1=0(n≥2)
∴Sn-Sn-1+2SnSn-1=0(n≥2)
为首项,公差为2的等差数列。
(2)
(3)
7.
(1)
∵Sn+1=2Sn+n+5
∴Sn=2Sn-1+(n-1)+5(n≥2)
∴Sn+1-Sn=2(Sn-Sn-1)+1(n≥2)
即an+1=2an+1(n≥2)
∴an+1+1=2(an+1)(n≥2)
∴{an+1}从第2项起,是公比为2的等比数列
又a1=5,由Sn+1=2Sn+n+5令n=1
有S2=2S1+6∴a1+a2=2a1+6∴a2=11
∴{an+1}是以a1+1=6为首项,公比为2的等比数列
(2)
∵f′(x)=a1+2a2x+3a3x2+…+nanxn-1
∴f′
(1)=a1+2a2+3a3+…+nan
由
(1)知an+1=6×2n-1∴an=6×2n-1-1
令Tn=6×20+2×6×21+3×6×22+…+n×6×2n-1
∴2Tn=6×21+2×6×22+3×6×23+…+n×6×2n
∴-Tn=6×20+6
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