数学中的“有限与无限”的思想

1、数学中的 “有限与无限 ”的思想数学中的“有限与无限”的思想一、知识概述1、有限与无限的思想就是将无限的问题化为有限来求解，将有限的问题化为无限来解决，利用已经掌握的无限问题的结论来解决新的无限问题.2、把对无限的研究转化为对有限的研究，是解决无限问题的必经之路.3、积累的解决无限问题的经验，将有限问题转化为无限问题来解决是解决有限问题的一个方向，同时有利于解决新的无限的问题 .4、立体几何中求球的表面积与体积的推导，实际上是先进行有限次分割，然后再求和、求极限；数学归纳法就是通过对有限的研究来解决无限的问题等等，这些都是典型的有限与无限思想的应用.取极限和数学归纳法就是由有限与无限的思想得到

2、的具体的方法.5、有限与无限的思想在近几年的高考中已经有很多具体的体现，随着高中课程改革，对新增内容的深入考查，必将加大对这一思想的考查,所以我们考前应该予以重视.二、典例分析1. 在 数 列 an 在 中 ， an4n5 ， a1a2 L anan2bn ， n N *, 其 中 a, b 为 常 数 ， 则2limanbnanbn 的值是.n【解析】 本题根据通项与前n 项和可以求出常数a, b 的值，再对所给的有限项求极限. 这里我们要利用已经掌握的无限的结论( 即 lim qn0(| q | 1)来解决新的极限问题 .n【答案】 由 an4n5知， an 是公差为4 的等差数列，故 a

3、1 a2 L an3 nn(n 1) 42221anbn1 ( b )n1 ( 1) nan2bn ，解得a2 ， bnnlimalim41.2，从而 limb1 ( b )n1) nnan1 (na42.已知数列an满足1a ,an 1 11我们知道当 a 取不同的值时， 得到不同的数列， 如当 a 1aan时，得到无穷数列：1,2, 3 , 5 ,;. 当 a1时 ,得到有穷数列：1 ,1,0 .2322（）求当 a 为何值时 a40 ；（）设数列bn满足 b11, bn 11( nN) ，求证：a 取数列bn 中的任一个数，都可bn1以得到一个有穷数列an ；（）若 3an2(n 4)，

4、求 a 的取值范围 .2. 对于题设的递推关系，随着所给出的初始条【解析】这是一道蕴含有限与无限的思想的典型试题件不同，得到的数列既可能是无限数列也可能是有限的数列，第（）问则可以通过有有限次的试验，得出对无限个 bn 都可以得到一个有穷数列an 的猜想， 再用数学归纳法进行证明 .或者通过对有限问题的推理直接得到无限问题的解答.第（）问是把对无限个n 都成立的结果，通过有限次分析获得解决.【答案】（） Q aa, an 111 ,a1111a1 ,1an2a1aa数学中的 “有限与无限 ”的思想a3112a 1, a4113a2 .故当 a2 时 a40.a2a 1a32a13( )解法一：

5、b11 , bn11, bn11,bnbn11当 ab1 时 , a2110,b1当 ab2 时 , a21b11 ,a30 ,1b1当 ab3 时 , a21b2 ,a31111b11 a40.1a2b2b3一般地 ,当 abn 时 , an 10, 可得一个含有n1项的有穷数列a1 , a2 ., an 1 .下面用数学归纳法证明 .当 n1时 ,ab1 ,显然 a2110 ,可得一个含有2 项的有穷数列 a1, a2 .b1假设当 nk 时 , a项的有穷数列 a1 , a2 ., ak 1 ,其中bk ,得到一个含有k1ak 10 ,则 nk 1时 , a bk 1 ,a211bk ,

6、bk1由假设可知 ,得到一个含有 k1项的有穷数列 a2 , a3 ,ak 2 ,其中 ak 20 .所以 , 当 nk1时 , 可以得到一个含有k2 项的有穷数列 a1, a2 ,a3 , ak2 ,其中 ak 2 0由 (1),(2)知 ,对一切 n N ,命题都成立 .解法二： Q b1,bb,b11.1n 1bn1nbn 1a取数列 bn 中的任一个数不妨设 abn .Q a bn , a2111bn 1,1a1bna3111bn 2 ,.1bn 1a2an1111b11. an 10.b2an 1故 a 取数列 bn中的任一个数，都可以得到一个有穷数列an .（） 3an2( n4)

7、 即 3112 ,1 an 1222an1所以要使 3an2(n4),当且仅当它的前一项an 1 满足 1 an 12 .2由于3 ,21,2, 所以只须当 ak3 ,2 时 , 都有 an3 ,2 n5222由 a43a233a22,解得 a 0 .2a, 得22a11N * ）.3在数列 | an|，| bn |中，a1=2，b1=4，且 an， bn， an 1 成等差数列， bn， an 1， bn 1成等比数列（ n（）求 a2， a3，a 4 及 b2， b3 ，b 4，由此猜测 | an |， | bn | 的通项公式，并证明你的结论；（）证明：1115 a1 b1a2b2anb

8、n12【解析】 第（）问由题设可得两个数列的递推关系式，进而得到两个数列的前几项（有限项），数学中的 “有限与无限 ”的思想可以猜出两者的通项公式（无限的问题），再用数学归纳法证明这个无限的问题.第（）问可以通过研究通项公式（无限的问题）直接解决无限的问题.【答案】（）由条件得2bnanan 1， an21bn bn1 ，由此可得a26， b29， a312， b316， a420， b425 猜测 an n(n1)，bn(n 1) 2下面用数学归纳法证明：当 n=1 时，由上可得结论成立假设当 n=k 时，结论成立，即akk(k1)， bk( k1)2 ，那么当 n=k+1 时， ak 12

9、bkak2(k2k(k1)(k1)(k2)，bk 1ak22( k2)21)bk,所以当 n=k+1 时，结论也成立由，可知 ann(n1)， bn (n1)2对一切正整数都成立（）1b115 n 2 时，由（）知 anbn(n1)(2 n1)2(n1)n a1612故11111111b1a2b2anbn622334n(n1)a11111111111111156 2 2 3 3 4n n 16 2 2 n 1.6 4 12综上，原不等式成立三、名校试题1.数列 an 中， a11 ，an 11 an2anc( c1 为常数， n1,2,3,. ) ，且 aa21 .238（ 1）求 c 的值；

10、（ 2） 证明： an an 1 ； 猜测数列 an 是否有极限？如果有，写出极限的值（不必证明）；（ 3）比较n1 与 40 an1 的大小，并加以证明 .k1 ak39【解析】 第（ 1）问由通项公式（揭示无限问题）求出有限项a2、 a3后可得 c 的值；第（ 2）问通过对有限项的处理证明出结论，从而可猜出 a 的极限；第（）问对得到的递推关系式进行变形，再用作差n3法求解，需要用到数学归纳法证得an2 .然后通过前几项（有限项）的比较与第（2）问已证的单调性得到结果 .111121221【答案】（）依题意， a22a1a1c c2， a32a2a2c2c22.1，得 112111 ，解得

11、 c由 a3 a2cc2 ，或 c1 （舍去） .822228（） 证明：因为 aa1 a22a21 (a2) 20 ，当且仅当 a2 时， an 1n2 nn2na .因为 a1 ，所以 an 1an0 ，即 anan 1( n1,2,3,. ).nn 1n1 数列 an 有极限 ,且 lim an2 .n（）由 an11an2an2 ，可得 an (an 1an )(an2)( an 12)，从而111.2anan2an 12因为 a1 1 ，所以n1n111111.k 1 akk1ak2ak 12a12an 122an 1数学中的 “有限与无限 ”的思想n14014040an2141an

12、 139(5an 1 3)(8an 113)所以39 an 1139 an 1.k 1 ak2 an 139 (2 an 1)39 (2 an 1 )因为 a11 ，由（）得 an1( nN * ).（ * ）下面用数学归纳法证明：对于任意nN *，有 an2 成立 .当 n 1 时，由 a11，显然结论成立 .假设结论对 nk( k1) 时成立，即 ak2.因为 an11 an2an 21 ( an1)23 ，且函数 y1 ( x 1)23在 x1时单调递增，22222所以 ak11 (21)232 .即当 nk1时，结论也成立 . 于是，当 nN * 时，有 an2 成立 . （ * ）2

13、2根据（ * ）及（ *）得1an2 .由 a1 1及 an 11 an2an2 ， 经计算可得 a2313， a3.228所以，当 n1时，1a1当 n3 时，由 13an 18所以n140an 1 .1 ak39k40 a2 ；当 n2 时， 11 40 a3 ；39a1a2 392 ，得 n 140 an 1(5an 1 3)(8an 1 13)0 ,k 1 ak3939 (2 an 1 )2 数列an 的首项 a1 =1，前 n 项和为 Sn 满足 Sn2k(an 11) （常数 k0 ， nN * ）（ 1）求证：数列an是等比数列 .（ 2）设数列 an的公比为 f (k) ，作数

14、列bn ，使 b1 3 ， bnf ( 1) （ n2， 3，4，）bn1求数列 bn 的通项公式；（ 3）设 cn bn2 ，若存在 m N * ，且 mn ；使 lim（ cmcm 1cm 1cm2cn cn 1 ）1，n2007试求 m 的最小值【解析】 第（ 1）问通过对递推关系式的变形得到相邻两项的比，正是利用这两个有限项的比是非零常数来证明该数列是等比数列的. 第（ 2）问也是通过对递推关系式（无限的问题）的变形来求通项公式的（无限的问题） . 第（ 3）问通过抓住通项来求有限项的极限，再根据这个极限求出m 的最小值 .【答案】 解：（ 1） Sn2k( an 1 1) 当 n 2

15、 时， Sn 1 2k(an 1) 得，an2k (an 1an ) 即 2kan 1 （ 2k1） an由 ,a111， an 12k 1 11 ，2kan2k2k数学中的 “有限与无限 ”的思想又 a211符合上式， an是以 1 为首项， 11为公比的等比数列a12k2k（ 2）由（ 1）知 f (k)11， bnf (1)11 bn 1 （ n 2 ），2kbn12 bn21 (bn 12) . 又 b13 ，即 b121，bnbn21 ，212数列 bn2是为 1 首项，1 为公比的等比数列2 bn2 ( 1)n 1 ， bn2 ( 1 )n 1 22（ 3）由（ 2）知 cnbn2

16、(1 ) n 1 ，则 cncn 1( 1 )2n 1.22 lim( cmcm 1cm 1cm 2 cncn 1）=lim （1 2m 1（1 2m 1. （1 2n1）nn222（ 1 ）2m1 （ 1 ）2n+141 2m 11= lim22，（）2007n113241 2m 31 ， 22m 9669.5126691024，2m3 10，m6.5.（ ）6692N *又 m， m 的最小值为 7.四、考点预测( 一 ) 考点预测根据近几年各地高考试题和模拟试题来看，有限与无限的思想逐年增加考查广度，我们认为2009 年的高考一定会有更多的体现. 在题型上来看，热点问题仍然是以数列为载体

17、考查极限的知识和用数学归纳法证题 .( 二 ) 考点预测题1 设等差数列an的公差 d 是 2，前 n 项的和为 Sn ，则 lim an2n2nSn【解析】 本题设出首项，表示出通项和前n 和（有限项），然后代入求极限.而在求极限的时候，利用到已经掌握的极限知识lima0 和 lima0 ，其中 a 为常数 .nn2nn【答案】 设首项为1 ，则an12( n1)2na11 ， Snn(n1)2n 1aaa21)2n23n21 1)22n(1)，an2n2(2n1lim4n(a11)(ana1limlimn2an2nSnnn(a11)nn(a11)34( a11)(a11)2limnn23

18、.( 1n1)1an2.将数列an 中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：数学中的 “有限与无限 ”的思想a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10记表中的第一列数a1， a2， a4， a7 ,. 构成的数列为b， b1 a11 Sn 为数列 b 的前 n 项和，nn且满足2bn1(n 2) Sn2bnSn（）证明数列1成等差数列，并求数列bn的通项公式；Sn（）上表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数当 a814时，求上表中第k( k 3) 行所有项的和91an【解析】第（）问从无穷数列中抽出它的一个无穷的子数列，由 Sn 与 bn 的递推关系式消去bn ，从而证明1是无穷的等差数列.第（）问就是求从第三行起的每一行所有的这些无穷多项的和.Sn【答案】（）证明：由已知，当n2时，2bn1 ，Sn2bn Sn又 Snb1b2Lbn ，所以2( SnSn 1)1，( SnSn 1 ) SnSn2即 2( SnSn1 )1，所以 111，Sn 1SnSnSn 12又 S1b1a11 所以数列1是首项为 1，公差为1 的等差数列Sn2由上可知 1