高中补习班新王牌数学归纳法与数列的极限(复习课)(教案)

§2数学归纳法与数列的极限一、基础知识点1.推理与证明推理方法有：合情推理与演绎推理.合情推理有：类比，不完全归纳，猜想等.演绎推理：严格的逻辑证明.2.数学归纳法：是证明有关自然数的命题的一种方法，属于完全归纳法，其证明步骤如下：第一步：验证当n取第一个允许值时命题成立；第二步：假设当时命题成立（归纳假设），证明当时命题也成立.完成以上两步，就能断言：对一切，命题都成立.3.归纳猜想问题指的是给出一组具有某种特定关系的数、式、图形，或是给出与图形有关的操作、变化过程，要求通过观察、分析、推理，探求其中所蕴涵的规律，进而归纳或猜想出一般性的结论，在解答过程中需要经历观察、归纳、猜想、试验、证明等数学活动，以加深学生对相关数学知识的理解（1）学会探索与发现的规律方法：演绎——从一般到一般（结论一定正确）；类比——从特殊到特殊（结论不一定正确）；归纳——从特殊到一般（结论不一定正确）.（2）归纳猜想得到的结论不一定正确，必须经过严格的逻辑证明，而与自然数有关的结论的证明，常用数学归纳法.4.数学归纳法证明过程中的两个步骤缺一不可.第一步是归纳的基础，这是一个成立的实事；第二步是证明的关键，在归纳假设的前提下完成证明.如果不用归纳假设而完成了证明过程，那不叫数学归纳法证明.多米诺骨牌.5.数学归纳法的原理：（1）；（2）；（3）6.归纳猜想证明的一般步骤：①计算命题取特殊值时的结论；②对这些结果进行分析，探索数据的变化规律，并猜想命题的一般结论；③证明所猜想的结论.7.数列极限（1）定义：一般地，在n无限增大的变化过程中，如果无穷数列中的项无限趋近于一个常数A，那么A叫做数列的极限，或称作数列收敛于A，记作.数列极限存在的条件：①无限数列；②当n趋向于无穷时，无限趋近于某一常数.（2）数列极限的运算法则：若，则①；②；③；④.特别，若C为常数，则.（3）三个常用的极限：①（C为常数）；②；③（4）无穷等比数列各项的和：若无穷等比数列的公比，则其各项的和为.8.关于数列极限概念的理解：①极限是一种变化趋势，并不一定有=A；②“无穷大”的意思是要有多大就有多大；③若，则.9.常见数列极限类型：①、型：极限不存在；②、、型：极限均为0；③、、、型：极限不确定，有的存在，有的不存在.④有理分式型：二、基础自测1.一个关于自然数n的命题，如果验证当n＝1时命题成立，并在假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时命题成立的基础上，证明了当n＝k＋2时命题成立，那么综合上述，对于(B)A．一切正整数命题成立B．一切正奇数命题成立C．一切正偶数命题成立D．以上都不对2.设平面内有k条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，设k条直线的交点个数为f(k)，则f(k＋1)与f(k)的关系是(C)A．f(k＋1)＝f(k)＋k＋1B．f(k＋1)＝f(k)＋k－1C．f(k＋1)＝f(k)＋kD．f(k＋1)＝f(k)＋k＋2解析：当n＝k＋1时，任取其中1条直线，记为l，则除l外的其他k条直线的交点的个数为f(k)，因为已知任何两条直线不平行，所以直线l必与平面内其他k条直线都相交(有k个交点)；又因为已知任何三条直线不过同一点，所以上面的k个交点两两不相同，且与平面内其他的f(k)个交点也两两不相同，从而平面内交点的个数是f(k)＋k＝f(k＋1)．3.已知某个关于自然数n的命题，如果当时该命题成立，那么可得当时命题也成立.①写出当n=4时命题成立的所有充分条件：；②写出当n=4时命题成立的一个必要条件：；③现在已知当n=4时，该命题不成立，则下列说法正确的是：A．当n=3时该命题不成立；B．当n=5时该命题不成立；C．当n=1时该命题可能成立；D．当n=5时，该命题可能成立，如果n=5时命题成立，那么对于任意自然数，该命题都成立.解：①是找到推出“n=4”成立的条件；②是找到由“n=4”能推出什么；③可用等价于逆否命题来判断：“”“”.①n=1成立、n=2成立、n=3成立；②n=5或n=6或n=7…③A、D均正确4.已知数列{an}满足：a1＝eq\f(1,3)，且对任意正整数m、n，都有am＋n＝aman，若数列{an}的前n项和为Sn，则＝()A.eq\f(1,2)B.eq\f(2,3)C.eq\f(3,2)D．2【解析】a1＝eq\f(1,3)，a2＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,9)，a3＝eq\f(1,3)×eq\f(1,9)＝eq\f(1,27)，a4＝eq\f(1,81)∴{an}是首项为eq\f(1,3)公比为eq\f(1,3)的等比数列∴lieq\o(m,\s\do4(n→∞))Sn＝eq\f(\f(1,3),1－\f(1,3))＝eq\f(1,2).【答案】A5.若eq\f((a＋2b)n2＋2n＋1,bn＋3)＝eq\f(1,2)，则实数a＋b为()A．－2B．2C．－4D．4【解析】极限值为eq\f(1,2)，分母是n的一次式，分子是n的二次式，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2b＝0，,\f(2,b)＝\f(1,2).))得b＝4，a＝－8，∴a＋b＝－4.【答案】C6.已知数列{log2(an－1)}(n∈N*)为等差数列，且a1＝3，a3＝5，则等于()A．2B.eq\f(3,2)C．1D.eq\f(1,2)【解析】令bn＝log2(an－1)，则{bn}成等差数列，b1＝log22＝1，b2＝log24＝2，可知数列bn＝log2(an－1)＝1＋(n－1)×1＝n，∴an＝2n＋1.则an＋1－an＝2n＋1＋1－(2n＋1)＝2n.即求lieq\o(m,\s\do4(n→∞))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))＝eq\f(\f(1,2),1－\f(1,2))＝1.【答案】C7.=2.8.=.三、典例解析【例1】用数学归纳法证明：1＋eq\f(n,2)≤1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n)≤eq\f(1,2)＋n(n∈N*)．证明：（1）当n＝1时，左边＝1＋eq\f(1,2)，右边＝eq\f(1,2)＋1，∴eq\f(3,2)≤1＋eq\f(1,2)≤eq\f(3,2)，即命题成立．（2）假设当n＝k(k∈N*)时命题成立，即1＋eq\f(k,2)≤1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)≤eq\f(1,2)＋k，则当n＝k＋1时，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋2k)>1＋eq\f(k,2)＋2k·eq\f(1,2k＋2k)＝1＋eq\f(k＋1,2).又1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋2k)<eq\f(1,2)＋k＋2k·eq\f(1,2k)＝eq\f(1,2)＋(k＋1)，即n＝k＋1时，命题成立．由（1）（2）可知，命题对所有n∈N*都成立．【例2】是否存在常数a、b、c使等式12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立，若存在，求出a、b、c并证明；若不存在，试说明理由．解析假设存在a、b、c使12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立．当n＝1时，a(b＋c)＝1；当n＝2时，2a(4b＋c)＝6；当n＝3时，3a(9b＋c)＝19.解方程组解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)，,b＝2，,c＝1.))证明如下：①当n＝1时，由以上知存在常数a，b，c使等式成立．②假设n＝k(k∈N*)时等式成立，即12＋22＋32＋…＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝eq\f(1,3)k(2k2＋1)；当n＝k＋1时，12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝eq\f(1,3)k(2k2＋1)＋(k＋1)2＋k2＝eq\f(1,3)k(2k2＋3k＋1)＋(k＋1)2＝eq\f(1,3)k(2k＋1)(k＋1)＋(k＋1)2＝eq\f(1,3)(k＋1)(2k2＋4k＋3)＝eq\f(1,3)(k＋1)[2(k＋1)2＋1]．即n＝k＋1时，等式成立．因此存在a＝eq\f(1,3)，b＝2，c＝1使等式对一切n∈N*都成立．【例3】用数学归纳法证明42n＋1＋3n＋2能被13整除，其中n为正整数．证明：（1）当n＝1时，42×1＋1＋31＋2＝91能被13整除．（2）假设当n＝k(k∈N＋)时，42k＋1＋3k＋2能被13整除，则当n＝k＋1时，方法一42(k＋1)＋1＋3k＋3＝42k＋1·42＋3k＋2·3－42k＋1·3＋42k＋1·3＝42k＋1·13＋3·(42k＋1＋3k＋2)，∵42k＋1·13能被13整除，42k＋1＋3k＋2能被13整除．∴42(k＋1)＋1＋3k＋3能被13整除．方法二因为[42(k＋1)＋1＋3k＋3]－3(42k＋1＋3k＋2)＝(42k＋1·42＋3k＋2·3)－3(42k＋1＋3k＋2)＝42k＋1·13，∵42k＋1·13能被13整除，∴[42(k＋1)＋1＋3k＋3]－3(42k＋1＋3k＋2)能被13整除，因而42(k＋1)＋1＋3k＋3能被13整除，∴当n＝k＋1时命题也成立，由（1）（2）知，当n∈N＋时，42n＋1＋3n＋2能被13整除．【例4】在各项为正的数列{an}中，数列的前n项和Sn满足Sn＝eq\f(1,2).（1）求a1，a2，a3；（2）由（1）猜想数列{an}的通项公式，并且用数学归纳法证明你的猜想．解：（1）S1＝a1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,a1)))得aeq\o\al(2,1)＝1.∵an>0，∴a1＝1，由S2＝a1＋a2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))，得aeq\o\al(2,2)＋2a2－1＝0，∴a2＝eq\r(2)－1.又由S3＝a1＋a2＋a3＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a3＋\f(1,a3)))得aeq\o\al(2,3)＋2eq\r(2)a3－1＝0，∴a3＝eq\r(3)－eq\r(2).（2）猜想an＝eq\r(n)－eq\r(n－1)(n∈N*)证明：①当n＝1时，a1＝1＝eq\r(1)－eq\r(0)，猜想成立．②假设当n＝k(k∈N*)时猜想成立，即ak＝eq\r(k)－eq\r(k－1)，则当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋1＋\f(1,ak＋1)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋\f(1,ak)))，即ak＋1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋1＋\f(1,ak＋1)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(k)－\r(k－1)＋\f(1,\r(k)－\r(k－1))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋1＋\f(1,ak＋1)))－eq\r(k)，∴aeq\o\al(2,k＋1)＋2eq\r(k)ak＋1－1＝0，∴ak＋1＝eq\r(k＋1)－eq\r(k).即n＝k＋1时猜想成立．由①②知，an＝eq\r(n)－eq\r(n－1)(n∈N*)．【例5】已知数列{an}中，a1＝－eq\f(2,3)，其前n项和Sn满足an＝Sn＋eq\f(1,Sn)＋2(n≥2)，计算S1，S2，S3，S4，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法加以证明．解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝Sn＋eq\f(1,Sn)＋2.∴Sn＝－eq\f(1,Sn－1＋2)(n≥2)．则有S1＝a1＝－eq\f(2,3)，S2＝－eq\f(1,S1＋2)＝－eq\f(3,4)，S3＝－eq\f(1,S2＋2)＝－eq\f(4,5)，S4＝－eq\f(1,S3＋2)＝－eq\f(5,6).由此猜想：Sn＝－eq\f(n＋1,n＋2)(n∈N*)．用数学归纳法证明：①当n＝1时，S1＝－eq\f(2,3)＝a1，猜想成立．②假设n＝k(k∈N*)猜想成立，即Sk＝－eq\f(k＋1,k＋2)成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1＝－eq\f(1,Sk＋2)＝－eq\f(1,－\f(k＋1,k＋2)＋2)＝－eq\f(k＋2,k＋3)＝－eq\f((k＋1)＋1,(k＋1)＋2).即n＝k＋1时猜想成立．由①②可知，对任意自然数n，猜想结论均成立．【例6】（1）.解：（2）等差数列项和分别为，若等于（C） A．1 B． C． D．【例7】设数列中，，它的前n项和为Sn，且成等差数列. （1）求，并猜想Sn的表达式，用数学归纳法证明； （2）求Sn。解：（1），证明略。（2） 【例8】设，若数列中， （1）写出的前四项，并猜想的表达式，用数学归纳法证明； （2）求； （3），求的前n项之和。解：（1），，用数学归纳法证明略； （2）； （3） 【例9】已知数列：N*（Ⅰ）归纳出an的公式，并证明你的结论；（Ⅱ）求证：解：（Ⅰ）∵,…，猜测，数学归纳法证明（略）.（Ⅱ）∵∴【例10】设是正数组成的数列，其前项和为，并且对于所有的自然数，与2的等差中项等于与2的等比中项。 （1）写出数列的前3项； （2）求数列的通项公式（写出推证过程）； （3）令解：（1）当 ， 故该数列的前3项为2，6，10。 （2）由（1）猜想数列。 下面用数学归纳法证明数列的通项公式是。 ①当，又在（1）中已求出，所以上述结论成立。 ②假设时结论成立，即有，由题意有将代入上式，得。 由题意有，代入，得整理得 由，解得，所以 这就是说，当时，上述结论成立。 根据①、②上述结论对任意成立。 （3）令，则 四、巩固练习（一）基础练习1.已知整数对的序列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，…，则第60个数对是________．解析本题规律：2＝1＋1；3＝1＋2＝2＋1；4＝1＋3＝2＋2＝3＋1；5＝1＋4＝2＋3＝3＋2＝4＋1；…；一个整数n所拥有数对为(n－1)对．设1＋2＋3＋…＋(n－1)＝60，∴eq\f((n－1)n,2)＝60，∴n＝11时还多5对数，且这5对数和都为12，12＝1＋11＝2＋10＝3＋9＝4＋8＝5＋7，∴第60个数对为(5,7)．2.已知数列的前n项和，而，通过计算猜想（A） A． B． C． D．3.等比数列的首项等于（A） A． B． C．－2 D．24.已知数列满足的值是（） A． B． C． D．1解：由已知先确定, 由 ∴ 得是公比为的等比数