不等式数列极限数学归纳法复习资料
不等式、数列、极限与数学归纳法
湖南省常德市一中曹继元
不等式、数列是高中数学的主干知识，也是高考的重点内容之一，每年都有与此相关的大题。其中，选择题和填空题一般以考查基础知识、基本方法为主，而解答题以考查数学思想方法、思维能力、以及创新意识为主。总体看来，本节内容对运算能力和逻辑推理能力有较高的要求。预测今年高考关于这一部分的内容, 仍然是以考能力为主，稳中有变，“小”中有新。与往年一样，可能出现基本题型、综合题型、应用题型等，个别题型还将会命出新意，把不等式、数列知识和现实生活、市场经济、理化生知识等紧密结合起来，甚至还会出现有较新创意的应用型题目。因此，我们必须引起高度重视。
1.不等式.
1.1 近三年湖南省高考考查情况统计
1.2 近三年考查情况分析
从近三年的高考湖南卷来看，虽然每年都有几道不等式的题，但大都是将不等式融入其它知识之中。一般来讲，选择题、填空题主要考查不等式性质、简单不等式的解法、函数最值的运用。解答题主要考查与不等式有关的基础知识、基本方法，以及运用相关知识去分析问题和解决问题的能力。
不等式作为工具知识，在高中数学的各个分支中都有广泛的应用。如确定函数的定义域、值域，确定函数的最值，确定集合的子集关系，确定方程的解等，无一不与不等式有着密切的关系。而不等式中往往蕴含有多种数学思想方法，如等价转化、分类讨论、数形结合、函数方程的思想方法，极易使得不等式与其它知识融会交融，体现“在知识交汇处设计命题”的特点，符合“多考一点想，少考一点算”的命题理念，也能有效的测试考生的“逻辑思维能力、运算能力、以及分析问题和解决问题的能力”。所以，我们复习时，要以此为重点，强化训练，提高能力。
1.3 今年考情预测
①不等式仍将是高考数学的重点内容之一。选择题、填空题的难度不会增大，重在基础知识、基本方法的考查，但命题角度会有所变化，设问方式会有所创新，考查内容主要分布在不等式的性质、简单不等式的解法、不等式与集合、不等式与函数、不等式与方程等知识点中。解答题仍将以能力考查为主，重在考查代数推理能力，常以高中代数的主要内容（函数、方程、不等式、数列、导数、极限、数学归纳法）以及交叉综合内容为知识背景设计问题，主要考查含参数不等式的解法、均值不等式的运用、取值范围的求法等知识点，不排除应用题中直接涉及不等式相关知识的可能。
②以不等式为中心设计函数、方程、不等式的综合题的可能性仍然较大，特别是含绝对值
的函数、二次函数、指数函数、对数函数的问题，要注意转化为方程的问题或者是不等式的问题。
③不等式的证明方法仍将以“先分析再综合、先比较再综合”的方法为主，充分体现由知识立意转变为能力立意的命题方向，加大对推理论证能力的考查，重点检测学生的逻辑思维能力和综合素质。
1.4 题型分析与求解策略
①关于解不等式。尽管不会出现单纯解不等式的题，但求解不等式的过程仍然会体现在其它的解题之中。我们要尽快的通过等价变形，灵活、准确的解出不等式来。特别是“不等式的解的区间的边界点问题的讨论”、“解含参数的不等式”和“已知不等式的解的集合，求参数的值或范围”的题型要引起高度注意。
例1.若关于x 的不等式a x
ax >-1的解集为M ，且M ?2,则a 的取值范围是（ ） ),41.(+∞A ),41.[+∞B )21,0.(C ]2
1,0.(D 分析：M ?2，即a a ≤-212，得4
1≥a 。选B. 例2.若R b a ∈,,则不等式b x ax +≥+22的解集为R 的充要条件是（ ）
A.2±=a
B.2±==b a
C.,4=ab 且2≤a
D.,4=ab 且2≥a 分析：b x ax +≥+22的解集为R 的充要条件是：2
222b x ax +≥+对R x ∈恒成立，所以???≤?≥-0
042a ，化简得D.
例3. 若不等式0)21(log 2>+-x ax a 对]2
3,
1[∈x 恒成立，则实数a 的取值范围 是（ ） A ．)98,
21(B ．),23()98,(+∞-∞ C ．),23()98,21(+∞ D ．),2
1(+∞ 分析：当底数1>a 时，需12
12>+-x ax ,对]23,1[∈x 恒成立，那么，分离参数与变量后，就成了：2211x x a ->，再要a 大于它的最大值，令2211x x y -=，
求得23max =
y ，所以23>a ；同理，当底数10< 102<+- 821< 分析：从图象来看，有2222-=-b a ，即02422>>=+ab b a ，故选A. 例5.若关于x 的不等式 0)3)(1(1>+++x x ax 的解集为??????->-<<-1,13x a x x 或，,则a 的取值范围是（ ） A.)3,1( B.)1,3(-- C.??? ??--31,1 D.??? ??1,31 分析：从边界点来看，需113-<-<-a ，解得13 1< 例6.设ABC ?是锐角三角形，求证： ) sin(1)sin(1)sin(12sin 12sin 12sin 1A C C B B A C B A +++++≥++。 分析：从对称性考虑，先证：) sin(22sin 12sin 1B A B A +≥+. ∵在锐角三角形ABC ?中，02sin ,2sin >B A , ∴B B A A B A B A cos sin cos sin 12sin 2sin 122sin 12sin 1=≥+ ) sin(2sin cos cos sin 2B A B A B A +=+≥。同理有 )sin(22sin 12sin 1C B C B +≥+,) sin(22sin 12sin 1A C A C +≥+，三式相加，得证。 ③关于不等式的应用。我们要重点掌握：在等式条件下或不等式条件下求取值范围（或最 值）的方法；应用均值不等式求最值的方法；应用不等式的相关知识，求解子集问题和函数中的单调性问题；方程的根的范围问题等。 例7. 已知集合A ＝{|(2)[(31)]0}x x x a --+<，B ＝22{| 0}(1)x a x x a -<-+. （1）当a ＝2时，求A B ； （2）求使B ?A 的实数a 的取值范围. 解：（1）当a ＝2时，A ＝（2，7），B ＝（4，5）∴ A B ＝（4，5） （2）若1=a ，则 B=Φ,B ?A 成立；若1≠a ，则 B ＝（2a ，a 2＋1）， 当a ＜13时，A ＝（3a ＋1，2）要使B ?A ，必须223112 a a a ≥+??+≤?，此时a ＝－1； 当a ＝13 时，A ＝Φ，使B ?A 的a 不存在； 当a ＞13时，A ＝（2，3a ＋1），要使B ?A ，必须222131 a a a ≥??+≤+?，此时1≤a ≤3. 综上可知，使B ?A 的实数a 的取值范围为[1，3]∪{－1} 。 例8.已知函数()x f 是定义在R 上的增函数，设函数()()()x f x f x g --=2。 （1）若关于x 的方程：0)(2=-+a x x g 有解，求实数a 的取值范围； （2）解不等式：0)1()(log 2>-+x g x g 。 分析：（1）由()x f 是定义在R 上的增函数，得)(x g 也是定义在R 上的增函数，且0)1(=g ， 0)(2=-+a x x g 有解，即12=-+a x x 有解，求得4 545≤≤-a 。 （2）由已知式得)1()3(--=-x g x g ，所以x x ->3log 2，得2>x 。 例9.若关于x 的不等式04822>---a x x 在41< <<>---x a x x 在内无解的充要条件是???≤≤0 )4(0)1(f f ，求得4-≥a ，取其补集得4- 例10.已知z y x ,,均为正数，且1=++z y x ，试探求m 的取值范围，使得不等式 m z y x <---)11)(11)(11( 对任意的正数z y x ,,均不成立。 分析：由x yz x z y x 211≥+=-，余同，得8)11)(11)(11(≥---z y x ，所以，8 1.若关于x 的不等式 x x a x >-ln 2对一切)1,0(∈x 恒成立，则实数a 的取值范围 是（ D ） A ．)1,0( B ．[)∞+,1 C ．)2,0( D ．[)∞+,2 2.若实数y x ,满足条件 824<+y x ，则点),(y x P 恒在（ D ） A. 直线32=+y x 的右上方 B.直线42=+y x 的右上方 C.直线32=+y x 的左下方 D. 直线42=+y x 的左下方 3.若实数y x ,满足条件116 252 2≤+y x ，则恒有（ B ） A.1622≤+y x B.2522≤+y x C.1622≥+y x D.2522≥+y x 4.若ABC ?的角A 所对的边之长为a ，且 a a A 1sin 2+ =， 则ABC ?的面积的最大值为（ D ） A. 2 B. 1 C.21 D.4 1 5.若函数)1(log )(2++=ax x x f a 存在最大值，则实数a 的取值范围是（ B ） A.1>a B.10< C.21< D.20< 6.设x 、y R ∈，且2220x y x ++<，则 （ ） A ．22680x y x +++< B ．22 680x y x +++> C ．22430x y x +++< D ．22430x y x +++> 7.给出命题①： 若：12221≤+a a ，则()()() 1112221222122211-+-+≥-+b b a a b a b a 。 命题②： 若1232221≤++a a a ，则()()() 1112322212322212332211-++-++≥-++b b b a a a b a b a b a 。 （1）证明命题①；（2）将命题①和命题②推广为一个含有n 元的命题，并证明之。 略证：若1232221=++a a a ，则原不等式已成立；若12 32221<++a a a ，设函数2222211)1()()()(---+-=x b x a b x a x f ，则0)1(≥f ，又函数)(x f 是开口向下的二次函数，故0≥?，即得。 8.已知z y x ,,均为正数，且z y x z z y x y z y x x a 222++++++++=， z y x z z y x y z y x x b ++++++++=222， 问：是否存在常数c ，使得不等式 b c a ≤≤对任意的正数z y x ,,均成立？ 证明略。 2.数列、极限、数学归纳法. 2.1 近三年湖南省高考考查情况统计 2.2 近三年考查情况分析 2.2.1 考查的主要内容有： ①等差数列、等比数列的基本知识（通项公式、前n项的和）与基本方法； ②将等差数列、等比数列等其它知识综合运用于实际生活之中； ③递推数列中所蕴含的不等式求证问题； ④求简单的数列极限（分式、根式、和式、抽象式等）； ⑤数学归纳法的穿插运用； 2.2.2 从考查的题型来看，数列一般为“一大一小”，即一个客观题和一个主观题，其它的题往往与数列知识有关。客观题主要考查数列的基础知识和基本方法，有“小、巧、活”等特点，解法上有优有寡，一般运用数列的有关性质进行计算较为简便；主观题主要考查n a 与1+n a 的大小关系，它往往与函数、不等式、向量、解读几何、三角等知识综合起来，考查等价转化、分类讨论、函数方程等数学思想方法，难度在中等以上，对学生的综合素质有较高要求。 2.3 今年考情预测 ①数列、极限是高中数学的重要内容，也是初等数学与高等数学的重要衔接点。所以，估计今年高考仍将会以数列内容单独命一个大题，且难度仍将在中等以上； ②从近几年的情况来看，近三年高考中总是以递推关系为主，今年也许会转转向，直接以等差数列或等比数列为主，重点考查数列中的某些等量关系或不等量关系，或者是存在性问题等。 ③数学归纳法是证明与正整数有关的命题的一种有效方法。特别是“实验－猜想－证明”的解题途径又是进行研究性学习的最好方法之一，因此，我们在证明有关命题时，要注意灵活选择数学归纳法或其它相关的方法； ④极限题一般都会以小题或小问出现，不会很难，但要注意极限与导数之间的联系。 2.4 题型分析与求解策略 ①等差数列、等比数列的判断方法；数列中的第几项、前n 项的和的求法； 例11.已知数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项的和，a 1,a 7,a 4成等差数列，求证：2S 3,S 6,S 12-S 6成等比数列。 证明：设等比数列{}n a 的公比为q ，174,,a a a 成等差数列，即3611(1)2a q a q += 10a ≠，63210q q ∴--=，31q ∴=或312 q =-，即1q =或q =（1）当1q =时，2231611213126163,6,12,2()36S a S a S a S S S a S ===∴-==，10a ≠ 361260,0,0S S S S ∴≠≠-≠，361262,,S S S S ∴-成等比数列 （2）当q =312 q =-时，3113(1)3121a q a S q q -==?-- 6116(1)3141a q a S q q -==?--，121112(1)151161a q a S q q -==?-- 2213126692()()161a S S S S q ∴-==-，10a ≠361260,0,0S S S S ∴≠≠-≠ 361262,,S S S S ∴-成等比数列。 例12.设等差数列{}n a 满足：100,240231=-=++n n a a a a 。设数列{}n b 的前n 项之和为n S ，满足*,12 3N n b S n n ∈-=. (1)求n n b a ,； (2)是否存在一个最小正整数N ,使得当N n m >>时，n m a S >恒成立？若存在，求出这个N 的值；若不存在，请说明理由。 【解】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，则2050+=n a n ；又由11112 3b b S =-=，得21=b ，n n n n n b b b S S =-= ---112 323，所以，31=-n n b b ，数列{}n b 是公比为３的等比数列，132-?=n n b 。 (2) 若存在一个最小正整数N ,使得当N n m >>时，n m a S >恒成立，则由13-=n n S ，知数列 ,,,,,321n S S S S 是一个递增数列，因此，只需n n a S >+1恒成立即 可。而1311-=++n n S ，2050+=n a n 。 当1=n 时，82=S ，701=a ，;12a S < 当2=n 时，263=S ，1202=a ，;23a S < 当3=n 时，804=S ，1703=a ，;34a S < 当4=n 时，2425=S ，2204=a ，;45a S > 当5=n 时，7286=S ，2705=a ，56a S >。 由此猜想：n 取 ,6,5,4时，有n n a S >+1恒成立。 证法一：（导数法）设辅助函数)2050(13 )(1+--=+x x f x ，503ln 3)(1-='+x x f ，当3>x 时，=')(x f 0503503ln 3503ln 3441>->->-+x ，因此，函数)2050(13)(1+--=+x x f x 在区间()∞+,3上是增函数，所以，4>n 时， 022)4()(>=>f n f ，又4=n 时，2425=S ，2204=a ，45a S >已成立。故存在一个最小正整数3=N ,使得当N n m >>时，n m a S >恒成立。 证法２：（数学归纳法）①4=n 时，2425=S ，2204=a ，45a S >已成立； ②假设)4(≥=k k n 时，不等式成立，即205013 1+>-+k k ， 那么，1+=k n 时，2)2050(32)13(31312++>+-=-++k k k ， 而当4≥k 时，08100]20)1(50[2)2050(3>-=++-++k k k ，所以， 20)1(502)2050(3132++>++>-+k k k ，即1+=k n 时，不等式n n a S >+1成立。 故综合①②，得n 取 ,6,5,4时，有n n a S >+1恒成立。 综上所述，存在一个最小正整数3=N ,使得当N n m >>时，n m a S >恒成立。 ②递推数列的通项公式的求法，以及在递推数列中的大小关系的证明； 例13.已知数列{}n a 中，5 31=a ，且 )(11}{),,2(1 21++-∈-= ∈≥-=N n a b b N n n a a n n n n n 满足数列. （1）求证数列{}n b 是等差数列； （2）求数列{}n a 中的最大项与最小项，并说明理由； （3）记.)1(lim ,1 21+∞→-+++=n n n n n S b n b b b S 求 解答：（1）.11,11)12(11111111 -=-=--=-=-----n n n n n n n a b a a a a b 而 )2(11111111≥∈=---= -∴+----n N n a a a b b n n n n n 且 .251111-=-=a b ∴{b n }是首项为2 5-，公差d=1的等差数列 （2）由（1）得.7 22111,27-+=+=- =n b a n b n n n 则 设函数.0)72(4)(,7221)(2 <--='-+=x x f x x f 则 ∴在区间),2 7()27,(+∞-∞和内f(x)为减函数 ∴当x ≤3时，f(x)≥f(3)=－1；当x ≥4时，f(x)≤f(4)=3,且∞→x lim f(x)=1. ∴a n 的最小值为a 3=－1，最大值为a 4=3. 法2：a n =1+722-n . 当n ≤3时，5 3=a 1>a 2>a 3=－1, 当n ≥4时， 3=a 4>a 5>a 6>…>a n >1. ∴a n 的最小值为a 3=－1，最大值为a 4=3. （3）.2722)5)(1(12)1()25 )(1(1-=?-+=?++ -+=+n b n n n n n S n n 2) 5)(1()72)(1(lim )1(lim 1=-+--=-∴∞→+∞→n n n n S b n n n n n 。 ③数列在其它数学知识中的广泛应用； 例14.在直角坐标平面上有一点列 ),(,),(),,(222111n n n y x P y x P y x P ，对一切正整数n ，点n P 位于函数4133+=x y 的图象上，且n P 的横坐标构成以2 5-为首项，1-为公差的等差数列{}n x 。⑴求点n P 的坐标； ⑵设抛物线列 ,,,,,321n C C C C 中的每一条的对称轴都垂直于x 轴，第n 条抛物线n c 的顶点为n P ，且过点)1,0(2+n D n ，记与抛物线n C 相切于n D 的直线的斜率为n k ，求： n n k k k k k k 13221111-+++ 。 ⑶设{}{}1,4|,1,,2|≥==≥∈==n y y y T n N n x x x S n n ，等差数列{}n a 的任一项 T S a n ?∈，其中1a 是T S ?中的最大数，12526510-<<-a ，求{}n a 的通项公式。 解：（1）2 3)1()1(25--=-?-+-=n n x n ，1353533,(,3)4424n n n y x n P n n ∴=?+=--∴---- （2）n C 的对称轴垂直于x 轴，且顶点为n P .∴设n C 的方程为： ,4 512)232(2+-++=n n x a y 把)1,0(2+n D n 代入上式，得1=a ，n c ∴的方程为：1)32(22++++=n x n x y 。32|0'+===n y k x n ， )321121(21)32)(12(111+-+=++=∴ -n n n n k k n n ， n n k k k k k k 13221111-+++∴ )]321121()9171()7151[(21+-+++-+-=n n =6 41101)32151(21+-=+-n n 。 （3）}1,),32(|{≥∈+-==n N n n x x S ， }1,),512(|{≥∈+-==n N n n y y T }1,,3)16(2|{≥∈-+-==n N n n y y ,S T T ∴=T 中最大数171-=a . 设}{n a 公差为d ，则)125,265(91710--∈+-=d a ，由此得 ).(247,24),(12,129 248**N n n a d N m m d T a d n n ∈-=∴-=∴∈-=∴∈-<<- 又 例15.已知函数()f x 的定义域为[0,1]，且同时满足：①(1)3f =；②()2f x ≥恒成立；③若12120,0,1x x x x ≥≥+≤，则有1212()()()2f x x f x f x +≥+-． （1）试求函数()f x 的最大值和最小值； （2）试比较1()2n f 与122n +的大小(n ∈N ）； （3）某人发现：当x=12n (n ∈N)时，有f(x)<2x+2.由此他提出猜想：对一切x ∈(0,1],都有()22f x x <+，请你判断此猜想是否正确，并说明理由． 解: (1)设0≤x 1 由条件③得,f(x 2)=f(x 1+t)≥f(x 1)+f(t)-2, ∴f(x 2)-f(x 1)≥f(t)-2, 由条件②得, f(x 2)-f(x 1)≥0, 故当0≤x ≤1时,有f(0)≤f(x)≤f(1). 又在条件③中,令x 1=0,x 2=1,得f(1)≥f(1)+f(0)-2,即f(0)≤2,∴f(0)=2, 故函数f(x)的最大值为3,最小值为2. (2)解:在条件③中,令x 1=x 2=12n ,得f(12n-1)≥2f(12n )-2,即f(12n )-2≤12[f(12n-1)-2], 故当n ∈N*时，有f(12n )-2≤12[f(12n-1)-2]≤122[f(12n-2)-2]≤···≤12n [f(120)-2]=12n , 即f(12n )≤12n +2. 又f(120)=f(1)=3≤2+120, 所以对一切n ∈N,都有f(12n )≤12n +2. (3)对一切x ∈(0,1],都有()22f x x <+.对任意满足x ∈(0,1]，总存在n(n ∈N),使得 12n+1 例16.等差数列{}n a 中，首项11a =，公差0d ≠，数列123,,, ,,n k k k k a a a a 成等比数列，其中1231,2,5k k k ===。 （1）求数列{}{},n n a k 的通项公式； （2）当,3n N n +∈≥时，求证： 3242348222222223n n a a a a k k k k ++++<----。 （1）解：()()2221511142a a a d d d =??+=?+?=，21n a n ∴=-， 21n k n a k ∴=-，又等比数列中，公比21 3a q a ==，所以13n n k a -=， 11312132 n n n n k k --+∴-=?=； （2）（理）证明：1212231m m m a m k --=--() ,2m N m +∈≥， 2m =时， 1213231m m --=-，3m ≥时，11121232,313m m m m m m ---->∴<-， 记2341681023333n n n s -=++++，则345116810222333333n n n n n s --=+++++， 相减得到：334122222222223313333333313 n n n n n n n s --=++++-=+--， 所以11137166233n n n n s --=+-- +++++378263 <+=。 ④数列极限的求法。主要掌握分式、根式、和式的极限。 例17.设数列{}n a 的通项公式是：1)1 1( )1(122-+++=n n a n ，n S 是其前n 项的和， 则n n S ∞→lim 的值是：（ A ） A.1 B.2 C.3 D.4 分析：1)11()1 (122-+++=n n a n ＝) 1(1+n n ，故n n S ∞→lim ＝1。 ⑤数学归纳法的应用。此处略。 2.5 典型题训练： 1.对于数列{a n }，定义{△a n }为数列{a n }的一阶差分数列，其中*)(1N n a a a n n n ∈-=?+ （1）若数列{a n }的通项公式}{*),(2 13252n n a N n n n a ?∈-=求的通项公式； （2）若数列{a n }的首项是1，且满足n n n a a 2=-?。 ①证明数列}2 {n n a 为等差为数列；②求{a n }的前n 项和S n 解答：（1）依题意n n n a a a -=?+1，∴225 13513[((1)(1)][]542222n a n n n n n ?=+- +--=-（2）①由n n n n n n n n n n a a a a a a a 22,2211+==--=-?++即得， ∴111222n n n n a a ++=+，即111222n n n n a a ++-=，1111,22a a ==，∴{}2n n a 是以21为首项，2 1为公差的等差数列。 ②由①得 12222)1(21212-?=?=∴=-+=n n n n n n n a n n a ∴0111212222n n n s a a a n -=++???+=?+?+???+? ① ∴12212222n n s n =?+?+???+? ② ①－②得 n n n n n n n S 2212122 22112?---=?-++++=-- ∴221(1)21n n n n s n n =?-+=-+ 2.已知数列{}n a 各项均为正数，n S 为其前n 项的和，对于n N *∈总有n a ，n S ，2 n a 成等差数列. （1）求数列{}n a 的通项n a ； （2）设数列1n a ?????? 的前n 项和为n T ，数列{}n T 的前n 项和为n R ，求证当2,n n N *≥∈时 ()11n n R n T -=-； （3）若函数()()1131qx f x p = -?+的定义域为R ，并且()()lim 0 n n f a n N *→∞=∈ 求证：1p q +>. 略解：（1）n a n =； （2）11,n a n =1112n T n ∴=+++， 111111*********n R n -??????∴=++++++++++ ? ? ?-?????? ()()()11111231231 n n n n =-?+-?+-?++?- 1111(11)23-1n n n =++++-+ 1111(11)23-1n n n =+++++-()()12n n T n =-≥； (3) ()10,q f x p ==若则()lim 0,0.n n f a q →∞ ∴≠∴≠ (),f x R 定义域为()1310qx p ∴-+≠恒成立.111()33x qx q p ∴-≠- =-恒成立.()10,()3 x q q ≠∴-∞值域为-,0，10p ∴-≥， ()()111p f x p ==∴>又时舍，()()() 111311(3)1n qn q n f a p p ==-+-+，()lim 0n n f a →∞ =且，31,0,q q ∴>∴>1p q ∴+>。 3.数列{}n a 的各项均为正值，11a =，对任意*n N ∈，2114(1)n n n a a a +-=+， 2log (1)n n b a =+都成立． （1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； （2）当7k >且*k N ∈时，证明对任意*n N ∈都有121111132 n n n nk b b b b ++-++++>成立． 解：（1）由2114(1)n n n a a a +-=+得，11(21)(21)0n n n n a a a a ++++--= 数列{}n a 的各项为正值，1210n n a a +++>， ∴121n n a a +=+，整理为112(1)n n a a ++=+. 又1120a +=≠∴数列{}1n a +为等比数列． ∴111(1)22n n n a a -+=+?=， 21n n a =-，即为数列{}n a 的通项公式． 2log (211)n n b n =-+=. （2）设12111111111121n n n nk S b b b b n n n nk ++-= ++++=++++++- ∴1 11111112()()()()112 231S n nk n nk n nk nk n =+++ +++++-+-+-- (1) 当0,0x y >>时，x y +≥11x y +≥∴11()()4x y x y ++≥ ∴114x y x y +≥+, 当且仅当x y =时等号成立． 上述（1）式中，7k >，0n >，1,2,,1n n nk ++-全为正，所以 44444(1)21122311 n k S n nk n nk n nk nk n n nk ->++++=+-++-++--++- ∴2(1)2(1)2232(1)2(1)1117121k k S k k k n -->>=->-=++++-.得证． 4.设公差0≠d 的等差数列{}n a 与等比数列{}n b 的111==b a ，那么，它们最多有多少个对应项的值相等？你能举出具体的例子吗？ 略解：当公比,0>q 且1≠q 时，两数列中对应项相等的项数最多有一项； 当公比1- 1,81,41,85,1--，…，与等比数列{}n b ： ,161,81,41,21,1--， 这两数列中对应项相等的项数有三项。 （完） 第四讲：数学归纳法证明不等式 数学归纳法证明不等式是高中选修的重点内容之一，包含数学归纳法的定义和数学归纳法证明基本步骤，用数学归纳法证明不等式。数学归纳法是高考考查的重点内容之一，在数列推理能力的考查中占有重要的地位。 本讲主要复习数学归纳法的定义、数学归纳法证明基本步骤、用数学归纳法证明不等式的方法：作差比较法、作商比较法、综合法、分析法和放缩法，以及类比及猜想、抽象及概括、从特殊到一般等数学思想方法。 在用数学归纳法证明不等式的具体过程中，要注意以下几点： （1）在从n=k 到n=k+1的过程中，应分析清楚不等式两端（一般是 左端）项数的变化，也就是要认清不等式的结构特征； （2）瞄准当n=k+1时的递推目标，有目的地进行放缩、分析； （3）活用起点的位置； （4）有的试题需要先作等价变换。 例题精讲 例1、用数学归纳法证明 n n n n n 212111211214131211+++++=--++-+- 分析：该命题意图：本题主要考查数学归纳法定义，证明基本步骤 证明： 1 当n=1时，左边=1-21=21，右边=111+=21 ，所以等式成立。 2假设当n=k 时，等式成立， 即 k k k k k 212111211214131211+++++=--++-+- 。 那么，当n=k+1时， 221121211214131211+-++--++-+- k k k k 221121212111+-+++++++=k k k k k )2 2111(1212131214131211+-+++++++++=++-+-k k k k k k )1(21 121213121+++++++++= k k k k k 这就是说，当n=k+1时等式也成立。 综上所述，等式对任何自然数n 都成立。 点评： 数学归纳法是用于证明某些及自然数有关的命题的一种方法．设要证命题为P （n ）．（1）证明当n 取第一个值n 0时，结论正确，即验证P （n 0）正确；（2）假设n=k （k ∈N 且k≥n 0）时结论正确，证明当n=k+1时，结论也正确，即由P （k ）正确推出P （k+1）正确，根据（1），（2），就可以判定命题P （n ）对于从n 0开始的所有自然数n 都正确． 要证明的等式左边共2n 项，而右边共n 项。f(k)及f(k+1)相比较，左边增加两项，右边增加一项，并且二者右边的首项也不一样，因此 在证明中采取了将11+k 及221 +k 合并的变形方式，这是在分析了f(k) 及f(k+1)的差异和联系之后找到的方法。 练习： 1.用数学归纳法证明3k ≥n 3(n≥3,n∈N)第一步应验证( ) §数学归纳法 1．数学归纳法的概念及基本步骤 数学归纳法是用来证明某些与正整数n有关的数学命题的一种方法．它的基本步骤是： (1)验证：n＝n0 时，命题成立； (2)在假设当n＝k(k≥n0)时命题成立的前提下，推出当n＝k＋1时，命题成立． 根据(1)(2)可以断定命题对一切正整数n都成立． 2．归纳推理与数学归纳法的关系 数学上，在归纳出结论后，还需给出严格证明．在学习和使用数学归纳法时， 需要特别注意： (1)用数学归纳法证明的对象是与正整数n有关的命题； (2)在用数学归纳法证明中，两个基本步骤缺一不可． 1．用数学归纳法证明命题的第一步时，是验证使命题成立的最小正整数n，注意n不一定是1. 2．当证明从k到k＋1时，所证明的式子不一定只增加一项；其次，在证明命题对n＝k＋1成立时，必须运用命题对n＝k成立的归纳假设．步骤二中，在 由k到k＋1的递推过程中，突出两个“凑”：一“凑”假设，二“凑”结论．关键是明确n＝k＋1时证明的目标，充分考虑由n＝k到n＝k＋1时命题 形式之间的区别与联系，若实在凑不出结论，特别是不等式的证明，还可以应用比较法、分析法、综合法、放缩法等来证明当n＝k＋1时命题也成立，这也是证题的常用方法． 3．用数学归纳法证命题的两个步骤相辅相成，缺一不可．尽管部分与正整数 有关的命题用其他方法也可以解决，但题目若要求用数学归纳法证明，则必须 依题目的要求严格按照数学归纳法的步骤进行，否则不正确． 4．要注意“观察——归纳——猜想——证明”的思维模式，和由特殊到一般的数学思想的应用，加强合情推理与演绎推理相结合的数学应用能力． 5．数学归纳法与归纳推理不同．(1)归纳推理是根据一类事物中部分事物具有某种属性，推断该类事物中每一个都有这种属性．结果不一定正确，需要进行严格的证明．(2)数学归纳法是一种证明数学命题的方法，结果一定正确． 6．在学习和使用数学归纳法时，需要特别注意： (1)用数学归纳法证明的对象是与正整数n 有关的命题，要求这个命题对所有的正整数n 都成立； (2)在用数学归纳法证明中，两个基本步骤缺一不可． 数学归纳法是推理逻辑，它的第一步称为奠基步骤，是论证的基础保证，即通过验证落实传递的起点，这个基础必须真实可靠；它的第二步称为递推步骤，是命题具有后继传递的保证，即只要命题对某个正整数成立，就能保证该命题对后继正整数都成立，两步合在一起为完全归纳步骤，称为数学归纳法，这两步各司其职，缺一不可．特别指出的是，第二步不是判断命题的真伪，而是证明命题是否具有传递性．如果没有第一步，而仅有第二步成立，命题也可能是假命题． 证明：12＋122＋123＋…＋12 n －1＋12n ＝1－1 2n (其中n ∈N ＋)． [证明] (1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝1 2，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1)时，等式成立，即 12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k ， 那么当n ＝k ＋1时， 左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋1 2k ＋1 ＝1－12k ＋12k ＋1＝1－2－12k ＋1＝1－1 2k ＋1＝右边． 这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立． 根据(1)和(2)，可知等式对任何n ∈N ＋都成立． 用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－ 1 2n 数列的极限、数学归纳法 一、知识要点 （一） 数列的极限 1.定义：对于无穷数列{a n }，若存在一个常数A ，无论预选指定多么小的正数ε，都能在数列中找到一项a N ，使得当n>N 时，|an-A|<ε恒成立，则称常数A 为数列{a n }的极限，记作 A a n n =∞ →lim . 2.运算法则：若lim n n a →∞ 、lim n n b →∞ 存在，则有 lim()lim lim n n n n n n n a b a b →∞ →∞ →∞ ±=±；lim()lim lim n n n n n n n a b a b →∞ →∞ →∞ ?=? )0lim (lim lim lim ≠=∞→∞ →∞→∞→n n n n n n n n n b b a b a 3.两种基本类型的极限：<1> S=?? ???-=>=<=∞ →)11() 1(1) 1(0lim a a a a a n n 或不存在 <2>设()f n 、()g n 分别是关于n 的一元多项式，次数分别是p 、q ，最高次项系数分别为p a 、 p b 且)(0)(N n n g ∈≠,则??? ????>=<=∞→)()() (0)()(lim q p q p b a q p n g n f q p n 不存在 4.无穷递缩等比数列的所有项和公式：1 1a S q = - （|q|<1） 无穷数列{a n }的所有项和：lim n n S S →∞ = （当lim n n S →∞ 存在时） （二）数学归纳法 数学归纳法是证明与自然数n 有关命题的一种常用方法，其证题步骤为： ①验证命题对于第一个自然数0n n = 成立。 ②假设命题对n=k(k ≥0n )时成立,证明n=k+1时命题也成立. 则由①②,对于一切n ≥ 0n 的自然数,命题都成立。 二、例题（数学的极限） 专题三 函数 不等式 数列 极限 数学归纳法 一能力培养 1,归纳猜想证明 2,转化能力 3,运算能力 4,反思能力 二问题探讨 1 冋题1数列｛ a n ｝满足3] , a i a 2 2 问题2已知定义在R 上的函数f(x)和数列｛ a n ｝满足下列条件： a 1 a , a . f (a n 1) (n =2,3,4, ),a 2 印， f (a n ) f (a n 1) = k(a n a n 1) (n =2,3,4,),其中 a 为常数,k 为非零常数 (I) 令b n a n 1 a n ( n N )，证明数列｛b n ｝是等比数列； (II) 求数列｛ a n ｝的通项公式；(III)当k 1时，求 lim a n . n umv uuuv uuuv uuuv uuuiv uuv 问题3已知两点M ( 1,0) ,N (1,0),且点P 使MP MN , PM PN , NM NP 成公差小 于零的等差数列? uuuv uuuv (I)点P 的轨迹是什么曲线？ (II)若点P 坐标为(X g , y 。),记 为PM 与PN 的夹角，求tan 2 a n n a n ,(n N ). (I)求｛a n ｝的通项公式 (II)求丄 100n 的最小值； a n (III)设函数 f(n)是— 100n 与n 的最大者，求 f (n)的最小值. 三习题探讨 选择题 2 1数列｛a n ｝的通项公式a n n kn ,若此数列满足a n a n ,(n N ),则k 的取值范围是 A, k 2 B, k 2 C,k 3 D, k 3 2等差数列｛ a n ｝,｛ b n ｝的前n 项和分别为S n ,T n ,若」 --- ，贝V —= T n 3n 1 b n 2 2n 1 2n 1 2n 1 A,— B,- C,- D,- 3 3n 1 3n 1 3n 4 3已知三角形的三边构成等比数列 ，它们的公比为q ,则q 的取值范围是 若AF , BF , CF 成等差数列，则有 1 6在 ABC 中,ta nA 是以4为第三项,4为第七项的等差数列的公差，ta nB 是以-为 3 第三项,9为第六项的等比数列的公比，则这个三角形是 A,钝角三角形 B,锐角三角形 C,等腰直角三角形 D,以上都不对 填空 2m 项之和S 2m ___________________________________ 11等差数列｛a n ｝中，S n 是它的前n 项和且S 6 S 7，S 7 S 8,则①此数列的公差 d 0, 1苗 A, (0, 丁) B,(1 5 1 、5 1 、、 5 c,[1, 丁) D,( 1_5) 2 4在等差数列｛a n ｝中,a 1 8 B ,75 1 ，第10项开始比1大，记 25 t 色 25 4 C , 75 [ im A (a n n n _3 50 S n ) t ,则t 的取值范围是 4 D ,75 t 5o 5 设 A (x i , y i ),B (X 2, y 2),C (X 3, y 3)是椭圆 2 y b 2 1(a 0)上三个点 ,F 为焦点， A, 2X 2 X ] x 3 B,2y 2 y 1 y 3 2 C,— X 2 2 D, X X 1 X 3 X 1 X 3 7等差数列｛a n ｝前n (n 6)项和& 324，且前6项和为36,后6项和为180，则n 22 32 23 33 62 63 {a n }中』m(a 1 a ? 10 一个数列{a n },当n 为奇数时，a . 9在等比数列 2n 3n 6n ,则 lim S n 1 a n ) ，则a 1的取值范围是 ________________ 15 n 5n 1 ；当n 为偶数时，a n 22 .则这个数列的前 用数学归纳法证明不等式 在明确数学归纳法本质的基础上，我们来共同研究它在不等式证明中的应用．例1已知x＞－1，且x≠0，n∈N，n≥2．求证：(1＋x)n＞1＋nx． 证：(1)当n=2时，左边=(1＋x)2=1＋2x＋x2，右边=1＋2x，因x2＞0，则原不等式成立．(在这里，一定要强调之所以左边＞右边，关键在于x2＞0是由已知条件x≠0获得，为下面证明做铺垫) (2)假设n=k时(k≥2)，不等式成立，即(1＋x)k＞1＋kx． 师：现在要证的目标是(1＋x)k+1＞1＋(k＋1)x，请同学考虑． 师：现将命题转化成如何证明不等式 (1＋kx)(1＋x)≥1＋(k＋1)x．显然，上式中“=”不成立．故只需证：(1＋kx)(1＋x)＞1＋(k＋1)x． 提问：证明不等式的基本方法有哪些？ (学生可能还有其他多种证明方法，这样培养了学生思维品质的广阔性，教师应及时引导总结) 师：这些方法，哪种更简便，更适合数学归纳法的书写格式？学生丙用放缩技巧证明显然更简便，利于书写．当n=k＋1时，因为x＞－1，所以1＋x＞0，于是左边=(1＋x)k+1=(1＋x)k(1＋x)＞(1＋x)(1＋kx)=1＋(k＋1)x＋kx2；右边=1＋(k＋1)x．因为kx2＞0，所以左边＞右边，即(1＋x)k＋1＞1＋(k＋1)x．这就是说，原不等式当n=k ＋1时也成立． 根据(1)和(2)，原不等式对任何不小于2的自然数n都成立． (通过例1的讲解，明确在第二步证明过程中，虽然可以采取证明不等式的有关方法，但为了书写更流畅，逻辑更严谨，通常经归纳假设后，要进行合理放缩，以达到转化的目的)例2证明：2n＋2＞n2，n∈N＋． 证：(1)当n=1时，左边=21＋2=4；右边=1，左边＞右边．所以原不等式成立． (2)假设n=k时(k≥1且k∈N)时，不等式成立，即2k＋2＞k2． 现在，请同学们考虑n=k＋1时，如何论证2k+1＋2＞(k＋1)2成立． 师：将不等式2k2－2＞(k＋1)2，右边展开后得：k2＋2k＋1，由于转化目的十分明确，所以只需将不等式的左边向k2＋2k＋1方向进行转化，即：2k2－2=k2＋2k＋1＋k2－2k－3．由此不难看出，只需证明k2－2k－3≥0，不等式2k2－2＞k2＋2k＋1即成立． 师：由于使不等式不成立的k值是有限的，只需利用归纳法，将其逐一验证原命题成立，因此在证明第一步中，应补充验证n=2时原命题成立，那么，n=3时是否也需要论证？ 师：(补充板书)当n=2时，左=22＋2=6，右=22=4，所以左＞右；当n=3时，左=23＋2=10，右=32=9，所以左＞右．因此当n=1，2，3时，不等式成立．(以下请学生板书) (2)假设当n=k(k≥3且k∈N)时，不等式成立．即2k＋2＞k2．因为2k+1＋2=2·2k＋2=2(2k ＋2)－2＞2k2－2=k2＋2k＋1＋k2－2k－3=(k2＋2k＋1)＋(k＋1)(k－3)(因k≥3，则k－3≥0，k＋1＞0) ≥k2+2k＋1=(k＋1)2．所以2k+1＋2＞(k＋1)2．故当n=k＋1时，原不等式也成立．根据(1)和(2)，原不等式对于任何n∈N都成立． 师：通过例2可知，在证明n=k＋1时命题成立过程中，针对目标k2＋2k＋1，采用缩小的手段，但是由于k的取值范围(k≥1)太大，不便于缩小，因此，用增加奠基步骤(把验证 1 专题6.数列与数学归纳法 数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有.其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系，和其它知识综合考查的趋势明显，小题难度加大趋势明显；解答题的难度中等或稍难，随着文理同卷的实施，数列与不等式综合热门难题（压轴题），有所降温，难度趋减，将稳定在中等变难程度.往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合.在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要．关于数学归纳法的考查，主要与数列、不等式相结合. 预测2021年将保持稳定，主观题将与不等式、函数、数学归纳法等相结合 . 1．（2020·浙江省高考真题）已知等差数列{a n }的前n 项和S n ，公差d ≠0， 11a d ≤．记b 1=S 2，b n+1=S 2n+2–S 2n ，n *∈N ，下列等式不可能．．． 成立的是（ ） A ．2a 4=a 2+a 6 B ．2b 4=b 2+b 6 C ．2428a a a = D ．2428b b b = 2．（2020·浙江省高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1)2n n +??????就是二阶等差数列，数列(1)2n n +?????? (N )n *∈ 的前3项和是________． 3．（2020·浙江省高考真题）已知数列{a n }，{b n }，{c n }中，111112 1,,()n n n n n n n b a b c c a a c c n b +++====-= ?∈*N ． （Ⅰ）若数列{b n }为等比数列，且公比0q >，且1236b b b +=，求q 与{a n }的通项公式； （Ⅱ）若数列{b n }为等差数列，且公差0d >，证明：1211n c c c d +++<+．*()n N ∈ 4．（2020·天津高考真题）已知{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列， ()()115435431,5,4a b a a a b b b ===-=-． （Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式； （Ⅱ）记{}n a 的前n 项和为n S ，求证：()2*21n n n S S S n ++<∈N ； 1 mn 4(m n) mn 2(m n) 【综合能力训练】 一、选择题 1?数列｛a n ｝是等比数列，下列结论中正确的是（ ） A. a n ? a n+1 >0 B. a n ? a n+1 ? a n+2>0 C. a n ? a n+2 >0 D. a n ? a n+2 ? a n+4>0 2.在等比数列｛a n ｝中，a 1=sec 0 （ B 为锐角），且前n 项和S n 满足lim S n = ，那么B 的 n a 1 取值范围是（ ） A. （0, ） B. （0, ） C. （0, ） D. （0, 2 3 6 4 3.已知数列｛a n ｝中，a n =p^ （n € N ），则数列｛a n ｝的最大项是（ ） n 156 A.第12项 B.第13项 C.第 项或13 . D.不存在 4.三个数成等差数列，如果将最小数乘 2，最大数加上 7,所得三数之积为 1000,且成 等比数列，则原等差数列的公差一定是（ ) A.8 B.8 或—15 C. ± 8 D. ± 15 112 1 2 3 1 2 9 1 5.已知数列｛a n ｝： , + , + +-, + + …+ ” , ... 那么数列｛ 2 3 3 4 4 4 10 10 10 a n ?a n 1 的所有项的和为（ ) A.2 B.4 C.3 D.5 n 1 | n n 1 . n 6.已知a 、b € —?a -> lim n ，贝V a 的取值范围是（ ） n a n a A. a>1 B. — 1 归纳法证明不等式 数学归纳法证明不等式的本质 数学归纳法证明不等式的典型类型是与数列或数列求和有关的问题，凡是与数列或数列求和有关的问题都可统一表述成f(n)?g(n)(n?n?)的形式或近似于上述形式。 这种形式的关键步骤是由n?k时，命题成立推导n?k?1时，命题也成立。为了表示的方便，我们记?左n?f(k?1)?f(k)，?右n?g(k?1)?g(k)分别叫做左增量，右增量。那么，上述证明的步骤可表述为 f(k?1)?f(k)??左k?g(k)??左k?g(k)??右k?g(k?1) 例1．已知an?2n?1，求证： 本题要证后半节的关键是证 an1a1a2n????n?(n?n?) 23a2a3an?12 2k?1?11?中k??右k即证k?2? 2?12 而此式显然成立，所以可以用数学归纳法证明。 而要证前半节的关键是证 12k?1?1?左k??中k即证?k?2 22?1 而此式显然不成立，所以不能用数学归纳法证明。如果不进行判断就用数学归纳法证前半节，忙乎半天，只会徒劳。 有时，f(n)?g(n)(n?n?)中f(n),g(n)是以乘积形式出现，且f(n)?0,g(n)?0是显然成立的。此时，可记 ?左k?f(k?1)g(k?1)，?右k? f(k)g(k) 分别叫做左增倍，右增倍。那么，用数学归结法证明由n?k时，成立推导 n?k?1成立，可表述为 f(k?1)?f(k)??左k?g(k)??左k?g(k)??右k?g(k?1) 和前面所讲相似，上述四步中，两个“=”和“<”都显然成立，而“≤”是否成立，就需要判断和证明了，既“?左k??右k”若成立，既可用数学归纳法证明；若不成立，则不能用数学归纳法证明。因此，可以这样说，此时，数学归纳法证明不等式的本质是证“左增倍≤右增倍”，而判断能否用数学归纳法证明不等式的标准就是看“左增倍≤右增倍”是否成立。 第二篇：归纳法证明不等式 43 / 1843 / 18 第三章 数列及数学归纳法 知识结构 高考能力要求 1、理解数列的概念，了解数列通项公式的意义．了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项． 2、理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式及前n 项和的公式，并能解决简单的实际问题． 3、理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式及前n 项和公式，并能解决简单的实际问题． 4、理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题． 高考热点分析 纵观近几年高考试题，对数列的考查已从最低谷走出，估计以后几年对数列的考查的比重仍不会减小，等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n 项和公式的应用是必考内容，数列及函数、三角、解析几何、组合数的综合应用问题是命题热点． 从解题思想方法的规律着眼，主要有：① 方程思想的应用，利用公式列方程(组)，例如等差、等比数列中的 “知三求二”问题；② 函数思想方法的应用、图像、单调性、最值等问题；③ 待定系数法、分类讨论等方法的应用． 高考复习建议 数列部分的复习分三个方面：① 重视函数及数列的联系，重视方程思想在数列中的应用．② 掌握等差数列、等比数列的基础知识以及可化为等差、等比数列的简单问题，同时要重视等差、等比数列性质的灵活运用．③ 要设计一些新颖题目，尤其是通过探索性题目，挖掘学生的潜能，培养学生的创新意识和创新精神，数列综合能力题涉及的问题背景新颖，解法灵活，解这类题时，要引导学生科学合理地思维，全面灵活地运用数学思想方法． 数列部分重点是等差、等比数列，而二者在内容上是完全平行的，因此，复习时应将它们对比起来复习；由于数列方面的题目的解法的灵活性和多样性，建议在复习这部分内容时，要启发学生从多角度思考问题，提倡一题多解，培养学生思维的广阔性，养成良好的思维品质． 3．1 数列的概念 知识要点 1．数列的概念 数列是按一定的顺序排列的一列数，在函数意义下，数列是定义域为正整数N *或其子集{1，2，3，……n }的函数f (n )．数列的一般形式为a 1，a 2，…，a n …，简记为{a n }，其中a n 是数列{a n }的第 项． 2．数列的通项公式 一个数列{a n }的 及 之间的函数关系，如果可用一个公式a n ＝f (n )来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式． 3．在数列{a n }中，前n 项和S n 及通项a n 的关系为： = n a ?? ? ??≥==21n n a n 4．求数列的通项公式的其它方法 ⑴ 公式法：等差数列及等比数列采用首项及公差(公比)确定的方法． ⑵ 观察归纳法：先观察哪些因素随项数n 的变化而变化，哪些因素不变；初步归纳出公式，再取n 的特珠值进行检验，最后用数学归纳法对归纳出的结果加以证明． ⑶ 递推关系法：先观察数列相邻项间的递推关系，将它们一般化，得到的数列普遍的递推关系，再通过代数方法由递推关系求出通项公式． 新人教高考数学总复习专题训练数列极限和数学归 纳法 Last revision date: 13 December 2020. 数列、极限和数学归纳法 安徽理（11）如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是____________ (11)15【命题意图】本题考查算法框图的识别，考查等差数列前n 项和. 【解析】由算法框图可知(1) 1232 k k T k +=++++=，若T ＝105，则 K ＝14，继续执行循环体，这时k ＝15，T >105，所以输出的k 值为15. （18）（本小题满分12分）在数1和100之间插入n 个实数，使得这2n +个数构成递增的等比数列，将这2n +个数的乘积记作n T ，再令,lg n n a T =1n ≥. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设1tan tan ,n n n b a a +=求数列{}n b 的前n 项和n S . （本小题满分13分）本题考查等比和等差数列，指数和对数的运算，两角差的 正切公式等基本知识，考查灵活运用知识解决问题的能力，综合运算能力和创新思维能力. 解：（I ）设221,,,+n l l l 构成等比数列，其中,100,121==+n t t 则 ,2121++????=n n n t t t t T ①， ,1221t t t t T n n n ????=++ ② ①×②并利用得),21(1022131+≤≤==+-+n i t t t t n i n .1,2lg ,10)()()()()2(2122112212≥+==∴=????=+++++n n T a t t t t t t t t T n n n n n n n n （II ）由题意和（I ）中计算结果，知.1),3tan()2tan(≥+?+=n n n b n 另一方面，利用,tan )1tan(1tan )1tan())1tan((1tan k k k k k k ?++-+= -+= 得.11tan tan )1tan(tan )1tan(--+=?+k k k k 所以∑∑+==?+==2 3 1tan )1tan(n k n k k n k k b S 23 tan(1)tan tan(3)tan 3( 1)tan1tan1 n k k k n n +=+-+-=-=-∑ 安徽文（7）若数列}{n a 的通项公式是()()n a n =-13-2,则a a a 1210++= （A ） 15 (B) 12 (C ) -12 (D) -15 （7）A 【命题意图】本题考查数列求和.属中等偏易题. 【解析】法一：分别求出前10项相加即可得出结论； 法二：12349103a a a a a a +=+= =+=，故a a a 1210++ =3?5=15.故选A. 数列、极限、数学归纳法·归纳、猜想、证明·教案 张毅 教学目标 1．对数学归纳法的认识不断深化． 2．帮助学生掌握用不完全归纳法发现规律，再用数学归纳法证明规律的科学思维方法． 3．培养学生在观察的基础上进行归纳猜想和发现的能力，进而引导学生去探求事物的内在的本质的联系．教学重点和难点 用不完全归纳法猜想出问题的结论，并用数学归纳法加以证明． 教学过程设计 （一）复习引入 师：我们已学习了数学归纳法，知道它是一种证明方法．请问：它适用于哪些问题的证明？ 生：与连续自然数n有关的命题． 师：用数学归纳法证明的一般步骤是什么？ 生：共有两个步骤： （1）证明当n取第一个值n0时结论正确； （2）假设当n=k（k∈N，且k≥n0）时结论正确，证明当n=k+1时，结论也正确． 师：这两个步骤的作用是什么？ 生：第（1）步是一次验证，第（2）步是用一次逻辑推理代替了无数次验证过程． 师：这实质上是在说明这个证明具有递推性．第（1）步是递推的始点；第（2）步是递推的依据．递推是数学归纳法的核心．用数学归纳法证题时应注意什么？ 生：两个步骤缺一不可．证第（2）步时，必须用归纳假设．即在n=k成立的前提下推出n=k+1成立．师：只有这样，才能保证递推关系的存在，才真正是用数学归纳法证题． 今天，我们一起继续研究解决一些与连续自然数有关的命题．请看例1． （二）归纳、猜想、证明 1．问题的提出 a3，a4，由此推测计算an的公式，然后用数学归纳法证明这个公式． 师：这个题目看起来庞大，其实它包括了计算、推测、证明三部分，我们可以先一部分、一部分地处理．（学生很快活跃起来，计算工作迅速完成，请一位同学口述他的计算过程，教师板演到黑板上） 师：正确．怎么推测an的计算公式呢？可以相互讨论一下． 课时考点数列极限数学 归纳法 Document number【SA80SAB-SAA9SYT-SAATC-SA6UT-SA18】 课时考点6 数列、极限、数学归纳法 考纲透析 考试大纲： 数学归纳法，数列的极限，函数的极限，极限的四则运算，函数的连续性。 高考热点： 数学归纳法，数列的极限 1专题知识整合 1.无穷递缩等比数列(q ?0,|q |<1)各项和1 1a S q = - 2.归纳法证猜想的结论，用数学归纳法证等式和不等式。 3.含有n 的无理式，如lim n →∞ 需分子有理化，转化为 0n = 4.指数型，如111lim n n n n n a b a b +++→∞-+，分子、分母同除以|a|n +1或|b|n +1转化为求lim n n q →∞ 热点题型1：数列与极限 样题1： (05全国卷II)已知{a n }是各项均为正数的等差数列，lga 1、lga 2、lga 4成等差数列．又21 n n b a = ，n=1,2，3，…． （Ⅰ）证明{b n }为等比数列； （Ⅱ）如果无穷等比数列{b n }各项的和1 3 S =，求数列{a n }的首项a 1和公差d ． （注：无穷数列各项的和即当n ??时数列前n 项和的极限） 解：（Ⅰ）设数列{a n }的公差为d ，依题意，由 2142lg lg lg a a a =+ 得 2214a a a = 即)3()(1121d a a d a +=+，得d =0 或 d =a 1 因 1 221 +=+n n a a b b n n ∴ 当d =0时，{a n }为正的常数列 就有 11 221 ==++n n a a b b n n 当d =a 1时，1112112)12(,)12(1a a a a a a n n n n -+=-+=++,就有 1221+= +n n a a b b n n 2 1 = 于是数列{b n }是公比为1或 2 1 的等比数列 （Ⅱ）如果无穷等比数列{b n }的公比q =1，则当n →∞时其前n 项和的极限不存在。 因而d =a 1≠0，这时公比q =21，11 2b d = 这样{b n }的前n 项和为11[1()] 22112 n n d S -=- 则S=11[1()] 122lim lim 112 n n n n d S d →+∞→+∞-==- 由1 3 S =，得公差d =3，首项a 1=d =3 变式题型1 设数列{a n }是等差数列，a 1=1，其前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，b 2=4， 其前n 项和为T n . 又已知lim n →∞ T n =16,S 5=2T 2+1.求数列{a n }、{b n }的通项公式。 样题2： (05天津)已知：u n =a n +a n -1b+a n -2b 2+…+ab n -1+b n (n ?N*,a >0,b >0)。 （Ⅰ）当a = b 时，求数列{a n }的前n 项和S n ； （Ⅱ）求1 lim n n n u u →∞-。 解：（I ）当a = b 时，u n =(n+1)a n ，它的前n 项和 ()232341n n S a a a n a =+++++ ① ①两边同时乘以a ，得 ()23412341n n aS a a a n a +=+++ ++ ② 选修4-5学案 §4.1.1数学归纳法证明不等式 姓名 ☆学习目标：1. 理解数学归纳法的定义、数学归纳法证明基本步骤; 2. 会运用数学归纳法证明不等式 重点：应用数学归纳法证明不等式. ?知识情景： 关于正整数n 的命题(相当于多米诺骨牌),我们可以采用下面方法来证明其正确性： 10. 验证n 取 时命题 ( 即n ＝n 时命题成立) (归纳奠基） ； 20. 假设当 时命题成立，证明当n=k ＋1时命题 (归纳递推）. 30. 由10、20知，对于一切n ≥n 的自然数n 命题 ！(结论） 要诀: 递推基础 , 归纳假设 , 结论写明 . ☆ 数学归纳法的应用： 例1. 用数学归纳法证明不等式sin sin n n θθ≤. 例2已知x > -1，且x ≠0，n ∈N*，n ≥2．求证：(1+x )n >1+nx . 例3 证明: 如果(n n 为正整数)个正数12,,,n a a a 的乘积121n a a a = , 那么它们的和12n a a a n +++ ≥. 例4 证明:2 2 2 111112(,2).2 3 ≥n N n n n + + +?+ <- ∈ 例5.当2n ≥时,求证:1 + +++ > 选修4-5练习 §4.1.1数学归纳法证明不等式（1） 姓名 1、已知f(n)=(2n+7)·3n +9,存在自然数m,使得对任意n ∈N,都能使m 整除f(n)，则最大的m 的 值为( ) A.30 B.26 C.36 D.6 2、.观察下列式子：2 2 2 2 2 1311511171, 1, 1222 3 32 3 4 4 + < + +< + ++< 10.数学归纳法,数列 极限 第10讲数学归纳法、数列极限 一、知识要点 1.数学归纳法及其证明步骤 2.数列极限 3.数列极限的四则运算性质 4.无穷数列的各项和 二、经典例题 1.数学归纳法 例1.用数学归纳法证明: （1）?Skip Record If...? （2）设?Skip Record If...?，证明对一切?Skip Record If...?的自然数，等式 ?Skip Record If...?均成立 例2.?Skip Record If...?，用数学归纳法证明： （1）?Skip Record If...?能被13整除 （2）?Skip Record If...?能被9整除 例3.（1）数列?Skip Record If...?满足?Skip Record If...?，猜想并证明?Skip Record If...?的一个通项公式 （2）数列?Skip Record If...?的前?Skip Record If...?项和为?Skip Record If...?， 当?Skip Record If...?时，?Skip Record If...?，求?Skip Record If...?，并求证 ?Skip Record If...?是等比数列 2.数列的极限 例4.求下列各个数列极限 （1）?Skip Record If...? （2）?Skip Record If...? （3）?Skip Record If...? 例5.求下列各个数列极限 （1）?Skip Record If...? （2）?Skip Record If...? 例6.求下列各个数列极限： （1）?Skip Record If...? （2）?Skip Record If...? 例7.计算：（1）?Skip Record If...? （2）?Skip Record If...? （3）?Skip Record If...? （4）?Skip Record If...? 不等式、数列、极限与数学归纳法 湖南省常德市一中曹继元 不等式、数列是高中数学的主干知识，也是高考的重点内容之一，每年都有与此相关的大题。其中，选择题和填空题一般以考查基础知识、基本方法为主，而解答题以考查数学思想方法、思维能力、以及创新意识为主。总体看来，本节内容对运算能力和逻辑推理能力有较高的要求。预测今年高考关于这一部分的内容, 仍然是以考能力为主，稳中有变，“小”中有新。与往年一样，可能出现基本题型、综合题型、应用题型等，个别题型还将会命出新意，把不等式、数列知识和现实生活、市场经济、理化生知识等紧密结合起来，甚至还会出现有较新创意的应用型题目。因此，我们必须引起高度重视。 1.不等式. 1.1 近三年湖南省高考考查情况统计 1.2 近三年考查情况分析 从近三年的高考湖南卷来看，虽然每年都有几道不等式的题，但大都是将不等式融入其它知识之中。一般来讲，选择题、填空题主要考查不等式性质、简单不等式的解法、函数最值的运用。解答题主要考查与不等式有关的基础知识、基本方法，以及运用相关知识去分析问题和解决问题的能力。 不等式作为工具知识，在高中数学的各个分支中都有广泛的应用。如确定函数的定义域、值域，确定函数的最值，确定集合的子集关系，确定方程的解等，无一不与不等式有着密切的关系。而不等式中往往蕴含有多种数学思想方法，如等价转化、分类讨论、数形结合、函数方程的思想方法，极易使得不等式与其它知识融会交融，体现“在知识交汇处设计命题”的特点，符合“多考一点想，少考一点算”的命题理念，也能有效的测试考生的“逻辑思维能力、运算能力、以及分析问题和解决问题的能力”。所以，我们复习时，要以此为重点，强化训练，提高能力。 1.3 今年考情预测 ①不等式仍将是高考数学的重点内容之一。选择题、填空题的难度不会增大，重在基础知识、基本方法的考查，但命题角度会有所变化，设问方式会有所创新，考查内容主要分布在不等式的性质、简单不等式的解法、不等式与集合、不等式与函数、不等式与方程等知识点中。解答题仍将以能力考查为主，重在考查代数推理能力，常以高中代数的主要内容（函数、方程、不等式、数列、导数、极限、数学归纳法）以及交叉综合内容为知识背景设计问题，主要考查含参数不等式的解法、均值不等式的运用、取值范围的求法等知识点，不排除应用题中直接涉及不等式相关知识的可能。 ②以不等式为中心设计函数、方程、不等式的综合题的可能性仍然较大，特别是含绝对值 整合提升 知识网络 典例精讲 数学归纳法是专门证明与自然数集有关的命题的一种方法.它可用来证明与自然数有关的代数恒等式、三角恒等式、不等式、整除性问题及几何问题.在高考中，用数学归纳法证明与数列、函数有关的不等式是热点问题，特别是数列中的归纳—猜想—证明是对观察、分析、归纳、论证能力有一定要求的，这也是它成为高考热点的主要原因. 【例1】设n ∈N *且n≥2，求证:1+ n n >+++13121 恒成立. 证明: ①n=2时，左边=1+22 2>=右边，原不等式成立； ②设n=k(k≥2)时原不等式成立， 即1+k k >+ ++131 21 . 当n=k+1时，有1+=++>++++1111131 21 k k k k 即n=k+1时原不等式成立. 由①②，可知对于任何n ∈N *（n≥2）原不等式成立. 【例2】设a 1,a 2,a 3,…,a n ∈R 且0a 1+a 2+…+a n +1-n(n≥2,n ∈N *). 证明:①n=2时，∵（1-a 1）(1-a 2)>0, ∴a 1a 2>a 1+a 2+1-(1+1)成立. ②设n =k(n≥2)时原不等式成立， 即a 1a 2…a k >a 1+a 2+…+a k+1-k 成立， 则a 1a 2…a k +a k+1-1>a 1+a 2+…+a k +a k+1+1-(k+1)成立. ∴要证明n=k+1时原不等式成立， 即a 1a 2…a k a k+1>a 1+a 2+…+a k+1+1-(k+1)成立, 只需证明不等式 a 1a 2…a k a k+1>a 1a 2…a k +a k+1-1(*)成立. 要证明不等式（*）成立，只需证明 (a 1a 2…a k -1)(a k+1-1)>0. 又∵00成立. ∴不等式(*)也成立，即n=k+1时原不等式成立. 由①②可知对于任何n ∈N *（n≥2）原不等式成立. 温馨提示 当“假设不等式”直接向“目标不等式”过渡有困难时，可以先找一个介于“假设不等式”和“目标不等式”之间的“中途不等式”.通过对“中途不等式”的证明，实现由“假设不等式”到“目标不等式”的平稳过渡.而这个“中途不等式”仅起到桥梁作用.本例关键是尽快由“假设不等式”得 数列与数学归纳法专项训练 1.如图，曲线2 (0)y x y =≥上的点i P 与x 轴的正半轴上的点i Q 及原点O 构成一系列正三角形△OP 1Q 1，△Q 1P 2Q 2，…△Q n-1P n Q n …设正三角形1n n n Q P Q -的边长为n a ,n ∈N ﹡(记0Q 为O ),(),0n n Q S .（1）求1a 的值; （2）求数列{n a }的通项公式n a 。 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 2. 设{}{},n n a b 都是各项为正数的数列，对任意的正整数n ，都有2 1,,n n n a b a +成等差数列， 2211,,n n n b a b ++成等比数列． （1）试问{}n b 是否成等差数列？为什么？ （2）如果111,2a b ==，求数列1n a ?? ???? 的前n 项和n S ． 3. 已知等差数列｛n a ｝中，2a ＝8，6S ＝66. （Ⅰ）求数列｛n a ｝的通项公式； （Ⅱ）设n n a n b )1(2+=，n n b b b T +++= 21，求证：n T ≥1 6 . 4. 已知数列{n a }中5 3 1=a ，112--=n n a a （n ≥2，+∈N n ），数列}{n b ，满足11-= n n a b （+∈N n ） （1）求证数列{n b }是等差数列； （2）求数列{n a }中的最大项与最小项，并说明理由； （3）记++=21b b S n …n b +，求 )1(lim -∞→n b n n ． 5. (Ⅰ (Ⅱ (Ⅲn 项的 6. （1（2 7. 已知数列{}n a 各项均不为0，其前n 项和为n S ，且对任意* ∈N n ，都有 n n pa p S p -=?-)1(（p 为大于1的常数），并记 n n n n n n n S a C a C a C n f ??++?+?+=21)(2211 .高二数学归纳法证明不等式
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