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

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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(xiàng)公式,等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式。 2.等比數(shù)列及其通項(xiàng)公式,等比數(shù)列前n項(xiàng)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(xiàng)和。 2.理解等差數(shù)列的概念,掌握等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式,并能夠應(yīng)用這些知識(shí)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(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式,并能夠運(yùn)用這些知識(shí)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(huì)求公比的絕對(duì)值小于1的無窮等比數(shù)列前n項(xiàng)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(jiǎn)單的問題。 三、考點(diǎn)簡(jiǎn)析 1.數(shù)列及相關(guān)知識(shí)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(duì)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(xiàng)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(duì)函數(shù)概念加深了了解,拓寬了學(xué)生的知識(shí)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(jí)數(shù)的知識(shí)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(shí)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(shí)不僅能接受一種新的數(shù)學(xué)思想方法,同時(shí)對(duì)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(shí)后,又掌握了一種新的數(shù)學(xué)論證方法,開拓了知識(shí)領(lǐng)域,學(xué)會(huì)了新的技能;同時(shí)通過這部分知識(shí)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(shí),對(duì)培養(yǎng)學(xué)生邏輯思維的能力,計(jì)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(shí),在高考中占有相當(dāng)?shù)谋戎亍_@部分知識(shí)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(xiàng)公式:an=a1+(n-1)d (3)前n項(xiàng)和公式:Sn==na1+d (4)通項(xiàng)公式推廣:an=am+(n-m)d 4.等差數(shù)列{an}的一些性質(zhì) (1)對(duì)于任意正整數(shù)n,都有an+1-an=a2-a1 (2){an}的通項(xiàng)公式:an=(a2-a1)n+(2a1-a2) (3)對(duì)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(duì)于任意正整數(shù)p,q,r,如果p+r=2q,則有ap+ar=2aq (5)對(duì)于任意正整數(shù)n>1,有2an=an-1+an+1 (6)對(duì)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(xiàng)公式:an=a1qn-1 (3)前n項(xiàng)和公式 Sn= 特別注意q=1時(shí),Sn=na1這一特殊情況。 (4)通項(xiàng)公式推廣:an=amqn-m 6.等比數(shù)列{an}的一些性質(zhì) (1)對(duì)于任意正整數(shù)n,均有= (2)對(duì)于任意正整數(shù)p、q、r、s,只要滿足p+q=r+s,則apaq=aras (3)對(duì)于任意正整數(shù)p、q、r,如果p+r=2q,則apar=aq2 (4)對(duì)任意正整數(shù)n>1,有an2=an-1an+1 (5)對(duì)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(gè)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(xiàng)式除多項(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)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(gè)初始值可以確定的一個(gè)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(xiàng)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(duì)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(xiàng)與和 (1)數(shù)列前n項(xiàng)和S

9、n與通項(xiàng)an的關(guān)系式: an= (2)求通項(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)求和 將數(shù)列的通項(xiàng)分成兩個(gè)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(xiàng),這種先裂后消的求和法叫裂項(xiàng)求和法。用裂項(xiàng)法求和,需要掌握一些常見的裂項(xiàng),如: =- nn!=(n+1)!-n! =cotα-cot2α Cn-1r-1=Cnr-Cn-1r =-等。 ⑤錯(cuò)項(xiàng)相消法 對(duì)一個(gè)由等差數(shù)列及等比數(shù)列對(duì)應(yīng)項(xiàng)之積組成的數(shù)列的前n項(xiàng)和,常用錯(cuò)項(xiàng)相消法。 ⑥并項(xiàng)求和 把數(shù)列的某些項(xiàng)放在一起先求和,然后再求Sn。 數(shù)列求通項(xiàng)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(duì)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(jì)數(shù)問題,數(shù)列的通項(xiàng)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(xiàng)和求通項(xiàng)分n=1和n≥2兩種情形;求極限時(shí)對(duì)兩個(gè)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(xiàng)公式和前n項(xiàng)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(xiàng)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?cè)谒伎紗栴}時(shí)要用辯證的觀點(diǎn),由具體認(rèn)識(shí)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(gè)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(duì)一般值成立,然后

13、再證對(duì)每一個(gè)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(gè)命題中,正確的有( ) A.1個(gè) B.2個(gè) C.3個(gè) D.4個(gè) (2)命題1:若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)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(gè)命題中,真命題有( ) A.0個(gè) B.1個(gè) C.2個(gè) D.3個(gè) (3)設(shè){an}是遞增等差數(shù)列,前三項(xiàng)的和為12,前三項(xiàng)的積為48,則它的首項(xiàng)是( ) A.1 B.2 C.4 D.6 解析 (1)四個(gè)命題中只有最后一個(gè)是真命題。 命題1中未考慮各項(xiàng)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(shí)該數(shù)列為遞增數(shù)列; 命題3中,若a=b=0,c∈R,此時(shí)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(gè)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(xiàng)與其他各項(xiàng)的關(guān)系。上述三個(gè)命題都不是真命題,選擇A。 由命題1得,a1=a+b,當(dāng)n≥2時(shí),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(shí),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(shí),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(shí),數(shù)列{an}才是等差數(shù)列。 由命題3得,a1=a-1,當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=a-1,顯然{an}是一個(gè)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(shí)數(shù)列{an}才又是等比數(shù)列。 (3)方程法:設(shè){an}的首項(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)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(shí),an=Sn-Sn-1=bqn-1-bqn-2=b(q-1)qn-2 故當(dāng)q≠1時(shí),==q, 而==q-1≠q,∴{an}不是等比數(shù)列。 當(dāng)q=1,n≥2時(shí),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(xiàng)及這個(gè)式子的項(xiàng)數(shù)很容易求錯(cuò),故解此類題時(shí)要細(xì)心檢驗(yàn)。數(shù)列的極限與數(shù)列前n項(xiàng)和以及其他任何有限多個(gè)項(xiàng)無關(guān),它取決于n→∞時(shí),數(shù)列變化的趨勢(shì)。 例3 已知數(shù)列{xn}的各項(xiàng)為不等于1的正數(shù),其前n項(xiàng)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(shí),xn>1恒成立?若存在,求出相應(yīng)的M;若不存在,請(qǐng)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(shí),xn>1恒成立。 事實(shí)上,由10首項(xiàng)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(shí),我們有 <0恒成立, ∴當(dāng)n>M=(t+s)時(shí), 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(xiàng)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(shí),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(xiàng)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(shí),由(*)知猜想成立。 (ii)假設(shè)n=k(k≥2) 時(shí),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(shí),命題也成立。 由(i)(ii)可知,an= 對(duì)一切n∈N成立。 (3)由(2)得數(shù)列前n項(xiàng)的和Sn= 故所有項(xiàng)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(shí),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(duì)于{an}的通項(xiàng)還可以這樣來求: ∵Sn2=an(Sn-) ∴Sn2=(Sn-Sn-1)(Sn-) -=2,故{}是以{}為首項(xiàng),為公差的等差數(shù)列 故 =+2(n-1)=2n-1 Sn=,an= 對(duì)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(xiàng)的和,An=(an-1),數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=4n+3。 (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)把數(shù)列{an}與{bn}的公共項(xiàng)按從小到大先后順序排成一個(gè)新的數(shù)列{dn},證明數(shù)列{dn}的通項(xiàng)公式為dn=32n+1; (3)設(shè)數(shù)列{dn}的第n項(xiàng)是數(shù)列{bn}中的第r項(xiàng),Br為數(shù)列{bn}的前r項(xiàng)的和,Dn為數(shù)列{dn}的前n項(xiàng)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(xiàng),公比為3的等比數(shù)列,數(shù)列{an}的通項(xiàng)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(xiàng)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(shí), =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(duì)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(shí),q= 4當(dāng)時(shí),q=1(舍去) 故現(xiàn)只取A=-1,B=1,C=-2,q=(不必考慮時(shí)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(duì)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(gè)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(guó)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(gè)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(xiàng)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(duì)任意n∈N,均有Tn>成立?若存在,求出m的值;若不存在,請(qǐng)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(shí),Sn=-n

34、2+9n 當(dāng)n>5時(shí),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(shí),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(shí),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(xiàng)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(shí),從(1)可知y=x,即當(dāng)0≤x≤1時(shí),f(x)=x。當(dāng)n≤y≤n+1時(shí),即當(dāng)xn≤x≤xn+1時(shí),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(shí),xn=;當(dāng)01時(shí),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(shí),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(shí)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(xiàng)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(xiàng)是( ) A.第12項(xiàng) B.第13項(xiàng) C.第12項(xiàng)或13項(xiàng) D.不存在 4.三個(gè)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(xiàng)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(xiàng)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(gè)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(xiàng)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(xiàng)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(gè)含有7項(xiàng)的數(shù)列,它的奇數(shù)位置的

43、項(xiàng)順次成等差數(shù)列,偶數(shù)位置的項(xiàng)順次成等比數(shù)列,所有奇數(shù)位置的項(xiàng)之和減去第2項(xiàng)與第6項(xiàng)之積所得的差是42,又首項(xiàng)、末項(xiàng)、中間項(xiàng)之和為27,求第4項(xiàng)。 18.設(shè)fn(x)=f{[f…f(x)]…}(n個(gè)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(xiàng)、公比都為a的等比數(shù)列,令bn=anlgan(n∈N)。 (1)當(dāng)a=2時(shí),求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)之和; (2)當(dāng)a=時(shí),數(shù)列{bn}中從第幾項(xiàng)開始每一項(xiàng)總小于它后面的項(xiàng)。 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(xiàng)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(xiàng)的和,Tn=(an-1)(n∈N)。數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=4n+3(n∈N)。 (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)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(xiàng),將數(shù)列{an}與{bn}的公共項(xiàng)按它們?cè)谠瓟?shù)列中的先后順序排成一個(gè)新的數(shù)列{cn}。證明:數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式為cn=32n+1(n∈N); (3)設(shè)數(shù)列{cn}中的第n項(xiàng)是數(shù)列{bn}中的第m項(xiàng),Bm為數(shù)列{bn}前m項(xiàng)的和;Dn為數(shù)列{cn}前n項(xiàng)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(gè)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(shí),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?!鄈>6,故從第七項(xiàng)開始每一項(xiàng)總比它后面的項(xiàng)小。 20.解 (1)整理已知得:(y-1)x2+(y+1)x+(y-n)=0?!鄕∈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(gè)根,由根與系數(shù)的關(guān)系得:anbn=(4n-1),∴cn=n2。 當(dāng)y=1時(shí),x=,∵,其中只是k的一個(gè)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(shí),an=Tn-Tn-1可求得:=3?!鄘an}是以3為首項(xiàng),3為公比的等比數(shù)列,∴an=3n。 (2)設(shè){an}中的第k項(xiàng)與{bn}中的第r項(xiàng)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(xiàng),又∵∴是中的項(xiàng),且又∵,故知:c1=a3,c2=a5,c3=a7,…,cn=a2n+1∴{cn}的通項(xiàng)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= ∴==

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