《北大附中高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)匯編 數(shù)列、極限、數(shù)學(xué)歸納法》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《北大附中高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)匯編 數(shù)列、極限、數(shù)學(xué)歸納法（23頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 學(xué)科：數(shù)學(xué) 教學(xué)內(nèi)容：數(shù)列、極限、數(shù)學(xué)歸納法(上) 【考點(diǎn)梳理】 一、考試內(nèi)容 1.數(shù)列，等差數(shù)列及其通項公式，等差數(shù)列前n項和公式。 2.等比數(shù)列及其通項公式，等比數(shù)列前n項和公式。 3.數(shù)列的極限及其四則運(yùn)算。 4.數(shù)學(xué)歸納法及其應(yīng)用。 二、考試要求 1.理解數(shù)列的有關(guān)概念，了解遞推公式是給出數(shù)列的一種方法，并能根據(jù)遞推公式寫出數(shù)列的前n項和。 2.理解等差數(shù)列的概念，掌握等差數(shù)列的通項公式與前n項和公式，并能夠應(yīng)用這些知識解決一些問題。 3.理解等比數(shù)列的概念，掌握等比數(shù)列的通項公式與前n項和公式，并能夠運(yùn)用這些知識解決一些問題。 4.了解數(shù)列極限

2、的定義，掌握極限的四則運(yùn)算法則，會求公比的絕對值小于1的無窮等比數(shù)列前n項和的極限。 5.了解數(shù)學(xué)歸納法的原理，并能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡單的問題。 三、考點(diǎn)簡析 1.數(shù)列及相關(guān)知識關(guān)系表 2.作用地位 （1）數(shù)列是函數(shù)概念的繼續(xù)和延伸，是定義在自然集或它的子集{1,2,…,n}上的函數(shù)。對于等差數(shù)列而言，可以把它看作自然數(shù)n的“一次函數(shù)”，前n項和是自然數(shù)n的“二次函數(shù)”。等比數(shù)列可看作自然數(shù)n的“指數(shù)函數(shù)”。因此，學(xué)過數(shù)列后，一方面對函數(shù)概念加深了了解，拓寬了學(xué)生的知識范圍；另一方面也為今后學(xué)習(xí)高等數(shù)學(xué)中的有關(guān)級數(shù)的知識和解決現(xiàn)實(shí)生活中的一些實(shí)際問題打下了基礎(chǔ)。 （2）數(shù)列

3、的極限這部分知識的學(xué)習(xí)，教給了學(xué)生“求極限”這一數(shù)學(xué)思路，為學(xué)習(xí)高等數(shù)學(xué)作好準(zhǔn)備。另一方面，從數(shù)學(xué)方法來看，它是一種與以前學(xué)習(xí)的數(shù)學(xué)方法有所不同的全新方法，它有著現(xiàn)代數(shù)學(xué)思想，它把辯證唯物主義的思想引進(jìn)了數(shù)學(xué)領(lǐng)域，因而，學(xué)習(xí)這部分知識不僅能接受一種新的數(shù)學(xué)思想方法，同時對培養(yǎng)學(xué)生唯物主義的世界觀也起了一定的作用。 （3）數(shù)學(xué)歸納法是一種數(shù)學(xué)論證方法，學(xué)生學(xué)習(xí)了這部分知識后，又掌握了一種新的數(shù)學(xué)論證方法，開拓了知識領(lǐng)域，學(xué)會了新的技能；同時通過這部分知識的學(xué)習(xí)又學(xué)到一種數(shù)學(xué)思想。學(xué)好這部分知識，對培養(yǎng)學(xué)生邏輯思維的能力，計算能力，熟悉歸納、演繹的論證方法，提高分析、綜合、抽象、概括等思維能力，

4、都有很好的效果。 （4）數(shù)列、極限、數(shù)學(xué)歸納法這部分知識，在高考中占有相當(dāng)?shù)谋戎?。這部分知識是必考的內(nèi)容，而且?guī)缀趺磕暧幸坏谰C合題，其中1999年高考有兩道綜合題。 3.等差數(shù)列 （1）定義：an+1－an=d(常數(shù)d為公差) （2）通項公式：an=a1+(n－1)d （3）前n項和公式：Sn==na1+d （4）通項公式推廣：an=am+(n－m)d 4.等差數(shù)列{an}的一些性質(zhì) （1）對于任意正整數(shù)n，都有an+1－an=a2－a1 （2）{an}的通項公式：an=（a2－a1）n+(2a1－a2) （3）對于任意正整數(shù)p,q,r,s,如果p+q=r+s，則有ap+a

5、q=ar+as （4）對于任意正整數(shù)p,q,r,如果p+r=2q,則有ap+ar=2aq （5）對于任意正整數(shù)n>1，有2an=an－1+an+1 （6）對于任意非零實(shí)數(shù)b，若數(shù)列{ban}是等差數(shù)列，則數(shù)列{an}也是等差數(shù)列 （7）已知數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，則{anbn}也是等差數(shù)列 （8）{a2n}，{a2n－1}，{a3n}，{a3n－1}，{a3n－2}等都是等差數(shù)列 （9）S3m=3（S2m－Sm） （10）若Sn=Sm(m≠n)，則Sm+n=0 （11）若Sp=q,Sq=p，則Sp+q=－(p+q)(p≠q) （12）Sn=an2+bn，反之亦成立 5.等比

6、數(shù)列 （1）定義：=q(常數(shù)q為公比) （2）通項公式：an=a1qn－1 （3）前n項和公式 Sn= 特別注意q=1時，Sn=na1這一特殊情況。 （4）通項公式推廣：an=amqn－m 6.等比數(shù)列{an}的一些性質(zhì) （1）對于任意正整數(shù)n，均有= （2）對于任意正整數(shù)p、q、r、s，只要滿足p+q=r+s，則apaq=aras （3）對于任意正整數(shù)p、q、r，如果p+r=2q，則apar=aq2 （4）對任意正整數(shù)n>1，有an2=an－1an+1 （5）對于任意非零實(shí)數(shù)b,{ban}也是等比數(shù)列 （6）已知{an}、{bn}是等比數(shù)列，則{anbn}也是等比數(shù)

7、列 （7）如果an>0，則{logaan}是等差數(shù)列 （8）數(shù)列{logaan}成等差數(shù)列，則an成等比數(shù)列 （9）{a2n}，{a2n－1}，{a3n－1}，{a3n－2}，{a3n}等都是等比數(shù)列 7.數(shù)列極限 （1）極限的定義“ε—N” （2）極限的四則運(yùn)算 若an=A， bn=B，則 (anbn)= anbn=AB （anbn）=anbn=AB （an/bn）=an/bn=(B≠0) （3）兩個重要極限 ①= ②rn= 中學(xué)數(shù)學(xué)中數(shù)列求極限最終都化成這兩類的極限問題。由①我們可以得到多項式除多項式的極限。 = 其中p,q∈N,a0≠0，b0

8、≠0。 （4）無窮遞縮等比數(shù)列各項和公式 S=Sn=（|q|<1） 應(yīng)用：化循環(huán)小數(shù)為分?jǐn)?shù)。 8.遞歸數(shù)列 數(shù)列的連續(xù)若干項滿足的等量關(guān)系an+k=f(an+k－1,an+k－2,…,an)稱為數(shù)列的遞歸關(guān)系。由遞歸關(guān)系及k個初始值可以確定的一個數(shù)列叫做遞歸數(shù)列。如由an+1=2an+1，及a1=1，確定的數(shù)列即為遞歸數(shù)列。 遞歸數(shù)列的通項的求法一般說來有以下幾種： （1）歸納、猜想、數(shù)學(xué)歸納法證明。 （2）迭代法。 （3）代換法。包括代數(shù)代換，對數(shù)代數(shù)，三角代數(shù)。 （4）作新數(shù)列法。最常見的是作成等差數(shù)列或等比數(shù)列來解決問題。 9.數(shù)列求通項與和 （1）數(shù)列前n項和S

9、n與通項an的關(guān)系式： an= （2）求通項常用方法 ①作新數(shù)列法。作等差數(shù)列與等比數(shù)列。 ②累差疊加法。最基本的形式是：an=(an－an－1)+(an－1+an－2)+…+(a2－a1)+a1 ③歸納、猜想法。 （3）數(shù)列前n項和 ①重要公式 1+2+…+n=n(n+1) 12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1) 13+23+…+n3=(1+2+…+n)2=n2(n+1)2 ②等差數(shù)列中，Sm+n=Sm+Sn+mnd ③等比數(shù)列中，Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn ④裂項求和 將數(shù)列的通項分成兩個式子的代數(shù)和，即an=f(n+1)－f(n)，

10、然后累加抵消掉中間的許多項，這種先裂后消的求和法叫裂項求和法。用裂項法求和，需要掌握一些常見的裂項，如： =－ nn！=(n+1)!－n! =cotα－cot2α Cn－1r－1=Cnr－Cn－1r =－等。 ⑤錯項相消法 對一個由等差數(shù)列及等比數(shù)列對應(yīng)項之積組成的數(shù)列的前n項和，常用錯項相消法。 ⑥并項求和 把數(shù)列的某些項放在一起先求和，然后再求Sn。 數(shù)列求通項及和的方法多種多樣，要視具體情形選用合適方法。 10.數(shù)學(xué)歸納法 （1）數(shù)學(xué)歸納法的基本形式 設(shè)P(n)是關(guān)于自然數(shù)n的命題，若 1p(n0)成立（奠基）； 2假設(shè)P(k)成立(k≥n0)，若可以推出P

11、（k+1）成立（歸納），則P(n)對一切大于等于n0的自然數(shù)n都成立。 （2）數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用 數(shù)學(xué)歸納法適用于有關(guān)自然數(shù)n的命題。具體來講，數(shù)學(xué)歸納法常用來證明恒等式，不等式，數(shù)的整除性，幾可中計數(shù)問題，數(shù)列的通項與和等。 四、思想方法 數(shù)列、極限、數(shù)學(xué)歸納法中，主要注意如下的基本思想方法： 1.分類討論思想。如等比數(shù)列的求和分公比等于1和不等于1兩種情形；已知數(shù)列前n項和求通項分n=1和n≥2兩種情形；求極限時對兩個參數(shù)進(jìn)行大小比較的討論等。 2.函數(shù)思想。將數(shù)列視為定義域?yàn)樽匀粩?shù)或其子集的函數(shù)。 3.數(shù)形結(jié)合思想。如等差數(shù)列的通項公式和前n項和公式分別視為直線、二次曲線的方

12、程。 4.轉(zhuǎn)化思想。如將非等差數(shù)列、非等比數(shù)列轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列、等比數(shù)列。 5.基本量思想。如把首項及公差、公比視為等差數(shù)列、等比數(shù)列的基本量。 6.構(gòu)造思想。如由舊數(shù)列構(gòu)造新數(shù)列。 7.特殊化思想。為研究一般問題可先退化到特殊問題的研究。在這部分內(nèi)容中，處處充滿了由具體到抽象，由特殊到一般，由有限到無限的辯證法，這就要求我們在思考問題時要用辯證的觀點(diǎn)，由具體認(rèn)識抽象，由特殊窺見一般，由有限逼近無限。其中，我們常用的“歸納——猜想——證明”法就體現(xiàn)了這一點(diǎn)。 8.一般化思想。為研究一個特殊問題，我們先研究一般的情形。我們采用的數(shù)學(xué)歸納法，就主要體現(xiàn)一般化思想，先證命題對一般值成立，然后

13、再證對每一個特殊的n值也成立。 學(xué)科：數(shù)學(xué) 教學(xué)內(nèi)容：數(shù)列、極限、數(shù)學(xué)歸納法(下) 【例題解析】 例1 完成下列各選擇題 （1）“公差為0的等差數(shù)列是等比數(shù)列”；“公比為的等比數(shù)列一定是遞減數(shù)列”；“a,b,c三數(shù)成等比數(shù)列的充要條件是b2=ac”；“a,b,c三數(shù)成等差數(shù)列的充要條件是2b=a+c”，以上四個命題中，正確的有（ ） A.1個 B.2個 C.3個 D.4個 （2）命題1：若數(shù)列{an}的前n項和Sn=an+b(a≠1)，則數(shù)列{an}是等比數(shù)列； 命題2：若數(shù)列{an}的前n項和Sn=a

14、n2+bn+c(a≠0)，則數(shù)列{an}是等差數(shù)列； 命題3：若數(shù)列{an}的前n項和Sn=na－n，則數(shù)列{an}既是等差數(shù)列，又是等比數(shù)列；上述三個命題中，真命題有（ ） A.0個 B.1個 C.2個 D.3個 （3）設(shè){an}是遞增等差數(shù)列，前三項的和為12，前三項的積為48，則它的首項是（ ） A.1 B.2 C.4 D.6 解析 （1）四個命題中只有最后一個是真命題。 命題1中未考慮各項都為0的等差數(shù)列不是等比數(shù)列； 命題2中可知an+1=an，an+1an，即an+1>an

15、，此時該數(shù)列為遞增數(shù)列； 命題3中，若a=b=0，c∈R，此時有，但數(shù)列a,b,c不是等比數(shù)列，所以應(yīng)是必要而不充分條件，若將條件改為b=，則成為不必要也不充分條件。 （2）上述三個命題均涉及到Sn與an的關(guān)系，它們是an= 正確判斷數(shù)列{an}是等差數(shù)列或等比數(shù)列，都必須用上述關(guān)系式，尤其注意首項與其他各項的關(guān)系。上述三個命題都不是真命題，選擇A。 由命題1得，a1=a+b，當(dāng)n≥2時，an=Sn－Sn－1=(a－1)an－1。若{an}是等比數(shù)列，則=a，即=a，所以只有當(dāng)b=－1且a≠0時，此數(shù)列才是等比數(shù)列。 由命題2得，a1=a+b+c，當(dāng)n≥2時，an=Sn－Sn－1=2

16、na+b－a，若{an}是等差數(shù)列，則a2－a1=2a，即2a－c=2a，所以只有當(dāng)c=0時，數(shù)列{an}才是等差數(shù)列。 由命題3得，a1=a－1，當(dāng)n≥2時，an=Sn－Sn－1=a－1，顯然{an}是一個常數(shù)列，即公差為0的等差數(shù)列，因此只有當(dāng)a－1≠0；即a≠1時數(shù)列{an}才又是等比數(shù)列。 （3）方程法：設(shè){an}的首項為a1，公差為d。則解之得或 又∵{an}是遞增數(shù)列，∴d>0故a1=2。 習(xí)慣上可設(shè)前三項分別為4－d,4,4+d由4(4－d)(4+d)=48解得。 估值法：由2+4+6=12，48=246，{an}為遞增數(shù)列可知a1=2。 例2在數(shù)列{an}中,a1=

17、b(b≠0)，前n項和Sn構(gòu)成公比為q的等比數(shù)列。 （1）求證：數(shù)列{an}不是等比數(shù)列； （2）設(shè)bn=a1S1+a2S2+…+anSn,|q|<1，求bn。 解 （1）證明：由已知S1=a1=b ∵{Sn}成等比數(shù)列，且公比為q。 ∴Sn=bqn－1，∴Sn－1=bqn－2(n≥2)。當(dāng)n≥2時，an=Sn－Sn－1=bqn－1－bqn－2=b(q－1)qn－2 故當(dāng)q≠1時，==q， 而==q－1≠q，∴{an}不是等比數(shù)列。 當(dāng)q=1，n≥2時，an=0，所以{an}也不是等比數(shù)列。 綜上所述，{an}不是等比數(shù)列。 （2）∵|q|<1，由（1）知n≥2，a2,a3

18、,a4，…，an構(gòu)成公比為q的等比數(shù)列，∴a2S2,a3S3,…,anSn是公比為q2的等比數(shù)列。 ∴bn=b2+a2S2(1+q2+q4+…+q2n－4) ∵S2=bq,a2=S2－S1=bq－b ∴a2S2=b2q(q－1) ∴bn=b2+b2q(q－1) ∵|q|<1 ∴q2n－2=0 ∴bn=b2+b2q(q－1)= 注 1+q2+q4+…+q2n－4的最后一項及這個式子的項數(shù)很容易求錯，故解此類題時要細(xì)心檢驗(yàn)。數(shù)列的極限與數(shù)列前n項和以及其他任何有限多個項無關(guān)，它取決于n→∞時，數(shù)列變化的趨勢。 例3 已知數(shù)列{xn}的各項為不等于1的正數(shù)，其前n項和為Sn，點(diǎn)P

19、n的坐標(biāo)為（xn,Sn），若所有這樣的點(diǎn)Pn(n=1,2，…)都在斜率為k的同一直線(常數(shù)k≠0,1)上。 （1）求證：數(shù)列{xn}是等比數(shù)列； （2）設(shè)yn=log (2a2－3a+1)滿足 ys=,yt=（s,t∈N，且s≠t） 共中a為常數(shù)，且1M時，xn>1恒成立？若存在，求出相應(yīng)的M；若不存在，請說明理由。 證明 （1）∵點(diǎn)Pn、Pn+1都在斜率為k的直線上 ∴=k，即=k 故 (k－1)xn+1=kxn ∵k≠0,xn+1≠1,xn≠1 ∴==常數(shù) ∴{xn}是公比為的等比數(shù)列。 （2）答案是肯定的，即存在自然數(shù)M

20、，使當(dāng)n>M時，xn>1恒成立。 事實(shí)上，由10首項為x1，則xn=x1qn－1(n∈N) ∴=(n－1) logq+logx1 令d=logq，故得{}是以d為公差的等差數(shù)列。 又∵=2t+1, =2s+1 ∴－=2(t－s) 即(s－1)d－(t－1)d=2(t－s) ∴d=－2 故=+（n－s）(－2)=2（t+s）－2n+1，（n∈N） 又∵xn=(2a2－3a+1) （n∈N） ∴要使xn>1恒成立，即須<0 ∴2(t+s

21、)－2n+1<0，∴n>(t+s)+，當(dāng)M=t+s,n>M時，我們有 <0恒成立， ∴當(dāng)n>M=（t+s）時， xn=(2a2－3a+1) >1恒成立。（∵0<2a2－3a+1<1） 注 （1）點(diǎn)（xn,Sn）在一直線上是{xn}成等比數(shù)列的充要條件（其中公比q≠1，斜率k≠0，1）。 （2）如果數(shù)列{xn}各項是正數(shù)且成等比數(shù)列，則數(shù)列{logaxn}(a>0,a≠1)成等差數(shù)列。 例4 在數(shù)列{an}中a1=1，當(dāng)n≥2時，an,Sn,Sn－成等比數(shù)列。 （1）求a2,a3,a4并推出an的表達(dá)式； （2）用數(shù)學(xué)歸納法證明所得的結(jié)論； （3）求數(shù)列{an}所有項的和

22、。 解∵an,Sn,Sn－成等比數(shù)列 ∴Sn2=an(Sn－)(n≥2) (*) （1）把a(bǔ)1=1,S2=a1+a2=1+a2代入（*）式得：a2=－ 把a(bǔ)1=1,a2=－,S3=+a3代入(*)得：a3=－。同理可得：a4=－ 由此可以推出： an= （2）（i）當(dāng)n=1,2,3,4時，由（*）知猜想成立。 (ii)假設(shè)n=k(k≥2) 時，ak=－成立。 故Sk2=－(Sk－) (2k－3)(2k－1)Sk2+2Sk－1=0 ∴Sk=或Sk=（舍去） 由Sk+12=ak+1(Sk+1－)得 (Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk－) +ak+12+=a

23、k+12+－ak+1 ak+1= 即n=k+1時，命題也成立。 由(i)(ii)可知，an= 對一切n∈N成立。 （3）由（2）得數(shù)列前n項的和Sn= 故所有項和S=Sn=0 注 （1）本題綜合了數(shù)列、數(shù)學(xué)歸納法、數(shù)列極限等基礎(chǔ)知識，所采用的方法是歸納、猜想、證明，是數(shù)列中最常見的題型，也是高考熱點(diǎn)。 （2）對于{an}的通項還可以這樣來求： ∵Sn2=an(Sn－) ∴Sn2=(Sn－Sn－1)(Sn－) －=2,故{}是以{}為首項，為公差的等差數(shù)列 故 =+2(n－1)=2n－1 Sn=,an= 對于含有an,Sn的關(guān)系式中，常將an用Sn－Sn－1（n≥

24、2）代（或Sn+1－Sn用an+1代），化成Sn，Sn+1（或an,an+1）的遞歸關(guān)系式。 例5 設(shè)An為數(shù)列{an}的前n項的和，An=(an－1)，數(shù)列{bn}的通項公式為bn=4n+3。 （1）求數(shù)列{an}的通項公式； （2）把數(shù)列{an}與{bn}的公共項按從小到大先后順序排成一個新的數(shù)列{dn}，證明數(shù)列{dn}的通項公式為dn=32n+1; （3）設(shè)數(shù)列{dn}的第n項是數(shù)列{bn}中的第r項，Br為數(shù)列{bn}的前r項的和，Dn為數(shù)列{dn}的前n項和，Tn=Br－Dn,求。 解（1）由An=(an－1)，可知An+1=(an+1－1) ∴An+1－An=(an+

25、1－an)=an+1，即=3 而a1=A1=(a1－1)，得a1=3 所以數(shù)列{an}是以3為首項，公比為3的等比數(shù)列，數(shù)列{an}的通項公式為an=3n。 （2）∵32n+1=332n=3(4－1)2n =3（42n+C12n42n－1(－1)+…+C2n2n－14(－1)+(－1)2n） =4m+3 ∴32n+1∈{bn} 而數(shù)32n=（4－1）2n =42n+C2n142n－1（－1）+…+C2n2n－14(－1)+(－1)2n =(4k+1) ∴ 而數(shù)列{an}={32n+1}∪{32n}

26、∴ dn=32n+1 (3)由32n+1=4r+3，可知r= ∵Br==r(2r+5) = Dn=(1－9n)= （9n－1） ∴Tn=Br－Dn=－（9n－1） =34n－32n+ 又∵（an）4=34n ∴= 例6 已知函數(shù)f(x)=x+ (a>0) （1）求f(x)的反函數(shù)f－1(x)及其定義域； （2）數(shù)列{an}滿足 設(shè)bn= ，數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，試比較Sn與的大小，并證明你的結(jié)論。 解 （1）給y－x=兩邊平方，整理得 x= ∵y－x=y－= =≥0 ∴y≥a或－a≤y<0 故f－1(x)= ，其定域?yàn)? （2）

27、∵an+1=f－1(an)= ∴bn+1==…=（）2=bn2 又a1=3a，b1=== ∴bn=(bn－1)2=(bn－2)=(bn－3) =…=(b1) =() ∴Sn=b1+b2+…+bn =+()2+()+[()+()+…+()] 又∵2n－1=(1+1)n－1= 則當(dāng)n≥4時， =1+(n－1)+>n+1 ∴()<()n+1 ∴Sn=+()2+()+[()+()+…+()] <+++ [()5+()6+…+()n+1] =+++ =+++[1－()n－3] <+++= 注 本題是一道數(shù)列與函數(shù)的綜合題。首先應(yīng)準(zhǔn)確地求出f－1(x)及其定義域。搞清

28、定義域是解題成功的一半。根據(jù)函數(shù)f(x)解析式的特點(diǎn)，也可以利用三角代換x=asecθ，θ∈[0,∪[π，，求函數(shù)f(x)的值域，即f－1(x)的定義域。 例7 已知數(shù)列{an}中，a1=4，an+1=，是否存在這樣的數(shù)列{bn}，bn=，其中A、B、C為實(shí)常數(shù)，使得{bn}是等比數(shù)列而不是等差數(shù)列？證明你的結(jié)論，并求{an}的取值范圍。 解 假設(shè)這樣的{bn}存在，則應(yīng)有 bn+1== = bn= 存在q≠0,q≠1,q為常數(shù)，使bn+1=qbn,對n∈N都成立，于是比較兩邊的分子和分母，有 由（1）可解得A=－1或－2，由（2）、（3）可解得B=－C或C=－2B。

29、1若代入（2）知q=1（B、C不能為0，否則bn=0，不合題意要求）舍去。 2若代入（2）得q= 3當(dāng)時，q= 4當(dāng)時，q=1（舍去） 故現(xiàn)只取A=－1，B=1，C=－2，q=（不必考慮時的情況，因?yàn)橹蛔C存在性）。 得bn= 所以滿足題設(shè)條件的數(shù)列存在。 對于{an}的取值范圍，我們可以這樣解. ∵an+1－an=－an =－,a1=4>2，故a22，得an>2，所以{an}單調(diào)遞減。且因?yàn)閍n>2，所以 an－2=2<

30、(an－1－2) <()2(an－2－2)<…<()n－1(a1－2) ∴an=2，故an∈(2,4。 注 存在性問題的解法常是假設(shè)存在經(jīng)過推理、運(yùn)算或是求出結(jié)論得出存在或是得出矛盾證明不存在。本題的{an}的范圍還可用前半部分的結(jié)論來求。解法如下： b1==,故bn=()n ∴=()n ∴an=+1 由此易得an∈(2,4。 例8 （1）設(shè)數(shù)列{cn}，其中cn=2n+3n，且數(shù)列{cn+1－pcn}為等比數(shù)列，求常數(shù)p。（2）設(shè)數(shù)列{an}、{bn}是公比不相等的兩個等比數(shù)列，cn=an+bn，證明：{cn}不是等比數(shù)列。 證明 （1）∵{cn+1－pcn}是等比數(shù)

31、列，故有 (cn+1－pcn)2=(cn+2－pcn+1)(cn－pcn－1) 將cn=2n+3n代入上式，得： [2n+1+3n+1－p(2n+3n)]2=[2n+2+3n+2－p(2n+1+3n+1)][2n+3n－p(2n－1+3n－1)] 整理得：(2－p)(3－p)2n3n=0 解之得：p=2或p=3。 （2）設(shè){an}，{bn}的公比分別為p,q,p≠q,cn=an+bn。 為證{Cn}不是等比數(shù)列，只要證明c22≠c1c3 事實(shí)上： c22=(a1p+b1q)2=a12p2+b12q2+2a1b1pq c1c3=(a1+b1)(a1p2+b1q2) =a12p

32、2++b12q2+a1b1(p2+q2) ∵p≠q,∴p2+q2>2pq，又a1,b1不為零，∴c22≠c1c3，故{cn}不是等比數(shù)列。 注 本題是2000年全國高考數(shù)學(xué)試題。其證法很多，建議讀者從不同的角度審視此題。我們可以得出更一般的結(jié)論； 推論1：設(shè)數(shù)列{cn}，cn=an+bn且a≠b，則數(shù)列{cn+1－pcn}為等比數(shù)列的充要條件是p=a或p=b。 推論2：設(shè){an}、{bn}是兩個等比數(shù)列，則數(shù)列{an+bn}為等比數(shù)列的充要條件是，數(shù)列{an}，{bn}的公比相等。 推論3：公比為a、b的等比數(shù)列{an}，{bn}，且a≠b，s、t為不全為零的實(shí)數(shù)，cn=san+t

33、bn為等比數(shù)列的充要條件是st=0。 例9 數(shù)列{an}中，a1=8，a4=2且滿足an+2=2an+1－an n∈N （1）求數(shù)列{an}的通項公式； （2）設(shè)Sn=|a1|+|a2|+…+|an|，求sn; （3）設(shè)bn=( n∈N),Tn=b1+b2+…+bn( n∈N)，是否存在最大的整數(shù)m，使得對任意n∈N,均有Tn>成立？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由。 解 （1）由an+2=2an+1－an an+2－an+1=an+1－an,可知{an}成等差數(shù)列，d==－2 －∴an=10－2n （2）由an=10－2n≥0得n≤5 ∴當(dāng)n≤5時，Sn=－n

34、2+9n 當(dāng)n>5時，Sn=n2－9n+40 故Sn= （n∈N） （3）bn= ==(－) ∴Tn= b1+b2+…+bn =[(1－)+(－)+…+(－)] = ∴要使Tn>總成立，需

35、3）證明：y=f(x)的圖像與y=x的圖像沒有橫坐標(biāo)大于1的交點(diǎn)。 解 （1）依題意f(0)=0， f(x1)=1，又當(dāng)0≤y≤1時，函數(shù)y=f(x)的圖像是斜率 b0=1的線段，故由=1得x1=1。 又由f(x2)=2，當(dāng)1≤y≤2時，函數(shù)y=f(x)的圖像是斜率為b的線段，得 =b， x2=1+。 設(shè)x0=0，由函數(shù)y=f(x)的圖像中第n段線段的斜率為bn－1,故得, =bn－1。 又f(xn)=n,f(xn－1)=n－1 ∴xn－xn－1=()n－1（n=1,2,…） 由此知數(shù)列{xn－xn－1}為等比數(shù)列，其首項為1，公比為。 又因b≠1，得： xn=(xn－

36、xn－1)+(xn－1－xn－2)+…+(x1－x0) = （2）當(dāng)0≤y≤1時，從（1）可知y=x，即當(dāng)0≤x≤1時，f(x)=x。當(dāng)n≤y≤n+1時，即當(dāng)xn≤x≤xn+1時，由（1）可知f(x)=n+bn(x－xn)(xn≤x≤xn+1,n=1,2,3,…)。 又由（1）得當(dāng)b>1時，xn=；當(dāng)01時，y=f(x)的定義域?yàn)閇0,);當(dāng)01，1

37、n－1)x+n－bnxn ∵F(x)在(xn,xn+1上為增函數(shù)（∵）， ∴f(x)>x恒成立F(xn)>0 xnx成立。 當(dāng)01時，設(shè)x∈(xn,xn+1(1,+∞)(n∈N)，則F(x)=f(x)－x=(bn－1)x+n－bnxn ∵F(x)在(xn,xn+1上是減函數(shù)（∵）， ∴f(x)n。 而xn=1+++…+>1+1+…+1=n成立 ∴x>1時恒有f(x)

38、本題若按01分別畫出函數(shù)f(x)的圖像，則思路就比較容易理解。第三小題也可采用數(shù)學(xué)歸納法證之。 學(xué)科：數(shù)學(xué) 教學(xué)內(nèi)容：數(shù)列、極限、數(shù)學(xué)歸納法綜合能力訓(xùn)練 【綜合能力訓(xùn)練】 一、選擇題 1.數(shù)列{an}是等比數(shù)列，下列結(jié)論中正確的是（ ） A. anan+1 >0 B. anan+1an+2>0 C. anan+2>0 D. anan+2an+4>0 2.在等比數(shù)列{an}中，a1=secθ (θ為銳角)，且前n項和Sn滿足Sn=，那么θ的取值范圍是（ ） A.（0，） B.（0，） C.（0，） D.（0

39、，） 3.已知數(shù)列{an}中，an=(n∈N)，則數(shù)列{an}的最大項是( ) A.第12項 B.第13項 C.第12項或13項 D.不存在 4.三個數(shù)成等差數(shù)列，如果將最小數(shù)乘2，最大數(shù)加上7，所得三數(shù)之積為1000，且成等比數(shù)列，則原等差數(shù)列的公差一定是（ ） A.8 B.8或－15 C. 8 D.15 5.已知數(shù)列{an}:,+,++,…, ++…+，…，那么數(shù)列{}的所有項的和為（ ） A.2 B.4 C.3 D.5 6.已知a、b∈R,|a|>|b|，又>，則a的取值范圍是( ) A. a>1

40、 B.－11 D.a>1或－10，且|a10|<|a11|，Sn為其前n項之和，則( ) A. S1,S2，…，S10都小于零，S11，S12，…都大于零 B. S1,S2，…，S5都小于零，S6，S7，…都大于零 C. S1,S2，…，S19都小于零，S20，S21，…都大于零 D. S1,S2，…，S20都小于零，S21，S22，…都大于零 9.將自然數(shù)1，2，3，…，n，…按第k組含k個數(shù)的規(guī)則分

41、組：（1），（2，3），（4，5，6），…，那么1996所在的組是（ ） A.第62組 B.第63組 C.第64組 D.第65組 10.在等差數(shù)列中，前n項的和為Sn,若Sm=2n,Sn=2m,(m、n∈N且m≠n)，則公差d的值為（ ） A.－ B.－ C.－ D. － 11.設(shè)數(shù)列{an}、{bn}都是公差不為0的等差數(shù)列，且=2，則等于( ) A.1 B. C. D. 12.a、b∈R，且|a|<1,|b|<1，則無窮數(shù)列：1,(1+b)a,(1+b+b2)a2,…,(1+b+b2+…+bn－1)an－1…的和為（

42、） A. B. C. D. 二、填空題 13.設(shè)zn=()n(n∈ N)，記Sn=|z2－z1|+|z3－z2|+…+|zn+1－zn|，則Sn= 。 14.在等比數(shù)列{an}中，a1=1,|q|≠1，若am=a1a2a3…a10，則m= 。 15.數(shù)列{an}是公差為d≠0的等差數(shù)列，若a1,a2是方程x2－a3x+a4=0的二根，則通項公式an= 。 16.f(x－1)=x+x2+x3+…+xn(x≠0,1)，設(shè)f(x)中x的系數(shù)為Sn,x3的系數(shù)為Tn， = 。 三、解答題 17.一個含有7項的數(shù)列，它的奇數(shù)位置的

43、項順次成等差數(shù)列，偶數(shù)位置的項順次成等比數(shù)列，所有奇數(shù)位置的項之和減去第2項與第6項之積所得的差是42，又首項、末項、中間項之和為27，求第4項。 18.設(shè)fn(x)=f{[f…f(x)]…}（n個f）， （1）求f2(x),f3(x); （2）猜想fn(x)，并證明你的結(jié)論。 19.已知a>0且a≠1，數(shù)列{an}是首項、公比都為a的等比數(shù)列，令bn=anlgan(n∈N)。 （1）當(dāng)a=2時，求數(shù)列{bn}的前n項之和； （2）當(dāng)a=時，數(shù)列{bn}中從第幾項開始每一項總小于它后面的項。 20.已知函數(shù)f(x)=(n

44、∈N)的最小值為an，最大值為bn，且cn=(1+3anbn)。 （1）求數(shù)列{cn}的通項公式； （2）求證：－<<2－(n≥2)。 21.曲線C：xy=1(x>0)與直線l:y=x相交于A1,作A1B1⊥l交x軸于B1，作B1A2∥l交曲線C于A2…依此類推。 （1）求點(diǎn)A1，A2，A3和B1，B2，B3的坐標(biāo)； （2）猜想An的坐標(biāo)，并加以證明； （3）。 22.設(shè)Tn為數(shù)列{an}前n項的和，Tn=（an－1）(n∈N)。數(shù)列{bn}的通項公式為bn=4n+3（n∈N）。 （1）求數(shù)列{an}的通項公式； （2）若c∈{a1

45、,a2,a3,…,an,…}∩{b1,b2,b3,…,bn…},則c稱為數(shù)列{an},{bn}的公共項，將數(shù)列{an}與{bn}的公共項按它們在原數(shù)列中的先后順序排成一個新的數(shù)列{cn}。證明：數(shù)列{cn}的通項公式為cn=32n+1(n∈N); （3）設(shè)數(shù)列{cn}中的第n項是數(shù)列{bn}中的第m項，Bm為數(shù)列{bn}前m項的和；Dn為數(shù)列{cn}前n項的和，且An=Bm－Dn；求：。 參考答案 【綜合能力訓(xùn)練】 1.C 2.D 3.C 4.C 5.B 6.D 7.C 8.C 9.B 10.A 11.C 12.D 13.1+ 14.46 15.an

46、=2n 16.－ 17.解 設(shè)這7個數(shù)為：a1,a2,a3,…，a7，則a1, a3,a5,a7，成等差數(shù)列，a2,a4,a6成等比數(shù)列，依題意有： 解①、②得：或。 18.解 （1）f2(x)= ,f3(x)= (2)fn(x)= 19.解 （1）依題有an=an,∴bn=nanlga。 ∴Sn=(1+2a+3a2+…+nan－1)alga,可求得Sn=[1－(1+n－na)an] 當(dāng)a=2時，Sn=2[1+(n－1)2n]lg2。 （2）令bk+1>bk,（k∈N），則bk+1－bk=(k+1)（）k－1lg－k()klg=()k(－k)lg,∵（）k

47、>0,lg<0，而bk+1>bk,∴－k<0。∴k>6，故從第七項開始每一項總比它后面的項小。 20.解 （1）整理已知得：(y－1)x2+(y+1)x+(y－n)=0。∴x∈R,∴Δ≥0，即Δ=(y+1)2－4(y－1)(y－n)≥0(y≠1)，∴3y2－(4n+6)y+4n－1≤0. 由此知：an,bn就是方程3y2－(4n+6)y+4n－1=0的兩個根，由根與系數(shù)的關(guān)系得：anbn=（4n－1），∴cn=n2。 當(dāng)y=1時，x=,∵，其中只是k的一個子集，即不是所有x∈R都滿足y=1，∴舍去。 （2）先證：>－(n≥2) =>1+ =1+(－)=1+－ =－(n≥2)

48、再用同樣方法證：<2－(n≥2)。 21.解 （1）A1（1，1），A2（+1，－1），A3（+，－） B1（2，0），B2（2，0），B3（2，0）。 （2）An(+,－)，證明略。 （3）設(shè)An(,an),Bn(bn,0) 由圖：A1（1，1），B1（2，0） ∵a1=1,b1=2且 ∴==，分子分母同乘以（+）(+)及==1 22.解 （1）a1=(a1－1)，∴a1=3。當(dāng)n≥2時，an=Tn－Tn－1可求得：=3?！鄘an}是以3為首項，3為公比的等比數(shù)列，∴an=3n。 （2）設(shè){an}中的第k項與{bn}中的第r項相同，則：3k=4r+3(k,r∈N)，又3k+1=33k=3(4r+3)=4(3r+2)+1,∴ak+1不是{bn}中的項，又∵∴是中的項，且又∵，故知：c1=a3,c2=a5,c3=a7,…,cn=a2n+1∴{cn}的通項公式為：cn=32n+1(n∈N)。 （3）由（2）知：32n+1=4m+3, m=(32n－1)。 而Bm==;Dn==; ∴An=Bm－Dn= ∴==