金桥高中补习班王牌数学归纳法与数列极限(复习课)(教案).doc

§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＋1 B．f(k＋1)＝f(k)＋k－1
C．f(k＋1)＝f(k)＋k D．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＝，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. B. C. D．2
【解析】　a1＝，a2＝×＝，a3＝×＝，a4＝
∴{an}是首项为公比为的等比数列
∴liSn＝＝. 【答案】　A
5. 若 ＝，则实数a＋b为(　　)
A．－2　　　　　　B．2 C．－4 D．4
【解析】　极限值为，分母是n的一次式，分子是n的二次式，
∴得b＝4，a＝－8，∴a＋b＝－4. 【答案】　C
6. 已知数列{log2(an－1)}(n∈N*)为等差数列，且a1＝3，a3＝5，则等于(　　)
A．2 B. C．1 D.
【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li ＝＝1. 【答案】　C
7. = 2 .
8. = .
三、典例解析
【例1】用数学归纳法证明：
1＋≤1＋＋＋…＋≤＋n (n∈N*)．
证明：（1）当n＝1时，左边＝1＋，右边＝＋1，∴≤1＋≤，即命题成立．
（2）假设当n＝k (k∈N*)时命题成立，即1＋≤1＋＋＋…＋≤＋k，
则当n＝k＋1时，
1＋＋＋…＋＋＋＋…＋
>1＋＋2k·＝1＋.
又1＋＋＋…＋＋＋＋…＋<＋k＋2k·＝＋(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
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＝k(2k2＋1)；
当n＝k＋1时，
12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12
＝k(2k2＋1)＋(k＋1)2＋k2＝k(2k2＋3k＋1)＋(k＋1)2
＝k(2k＋1)(k＋1)＋(k＋1)2＝(k＋1)(2k2＋4k＋3)
＝(k＋1)[2(k＋1)2＋1]．
即n＝k＋1时，等式成立．
因此存在a＝，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＝.
（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＝得a＝1. ∵an>0，∴a1＝1，
由S2＝a1＋a2＝，得a＋2a2－1＝0，∴a2＝－1.
又由S3＝a1＋a2＋a3＝ 得a＋2a3－1＝0，∴a3＝－.
（2）猜想an＝－ (n∈N*)
证明：①当n＝1时，a1＝1＝－，猜想成立．
②假设当n＝k (k∈N*)时猜想成立，即ak＝－，
则当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝－，
即ak＋1＝－
＝－，
∴a＋2ak＋1－1＝0，∴ak＋1＝－.
即n＝k＋1时猜想成立．
由①②知，an＝－ (n∈N*)．
【例5】已知数列{an}中，a1＝－，其前n项和Sn满足an＝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＋＋2. ∴Sn＝－(n≥2)．
则有S1＝a1＝－，S2＝－＝－，S3＝－＝－，S4＝－＝－.
由此猜想：Sn＝－(n∈N*)．
用数学归纳法证明：
①当n＝1时，S1＝－＝a1，猜想成立．
②假设n＝k(k∈N*)猜想成立，即Sk＝－成立，
那么n＝k＋1时，Sk＋1＝－＝－＝－＝－.
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，∴＝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．2
4. 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列
由
故数列a1, a3, a5, …, , 公比为的等比数列。
∴, 选A
5. 在数列{an}中，a1＝且Sn＝n(2n－1)an，通过计算a2，a3，a4，猜想an的表达式是________．
解析　当n＝2时，a1＋a2＝6a2，即a2＝a1＝；
当n＝3时，a1＋a2＋a3＝15a3，
即a3＝(a1＋a2)＝；
当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝28a4，
即a4＝(a1＋a2＋a3)＝.
∴a1＝＝，a2＝＝，a3＝＝，a4＝，
故猜想an＝.
6. 设数列的前n项和为Sn，已知Sn=2n－an（n∈N+），通过计算数列的前四项，猜想
7. 若，则实数的取值范围是 。
分析：将式子变形为，若极限值为，解得。

8. .
解：

（二）能力拓展
9. 已知数列的各项为正数，其前n项和为Sn，又满足关系式：
，试求的通项公式.
解：计算得猜测，用数学归纳法证明（证明略）.
10. 已知数列满足关系式N+），
（Ⅰ）用a表法a2，a3，a4；
（Ⅱ）猜想an的表达式（用a和n表示），并证明你的结论.
解：（Ⅰ）
（Ⅱ）（） 猜想下面用数学归纳法证明：
1°．当n=1时，当n=1结论正确；
2°．假设当n=k时结论正确，即，
∴当n=k+1时
=当n=k+1时结论也正确；
根据1°与2°命题对一切n∈N*都正确.