极限经典例题集.docx
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极限经典例题集
例题1．在数列{an}中，a1=1，当n≥2时，an，Sn，成等比数列。
（1）求a2，a3，a4；
（2）猜想an的表达式并用数学归纳法证明；
（3）求；
（4）（思考题）不使用猜想an的表达式并用数学归纳法证明的方法直接求an。
1..解析：
∵an，Sn，成等比数列，∴（n≥2）（*）
（1）把a1=1，S2=a1+a2=1+a2代入（*）式得：
把a1=1，，代入（*）得：
。
同理可得：
由此可以推出：
（2）（i）当n=1，2，3，4时，由（*）知猜想成立。
（ii）假设n=k（k≥2）时，成立。
故
∴或（舍去）
由得
即n=k+1时，命题也成立。
由（i）（ii）可知，对一切n∈N成立。
（3）由
（2）得数列前n项的和，所有项和
（4）对于{an}的通项还可以这样来求：
∵，∴
，故是以为首项，为公差的等差数列
故
，
注：
对于含有an，Sn的关系式中，常将an用Sn－Sn－1（n≥2）代（或Sn+1－Sn用an+1代），化成Sn，Sn+1（或an，an+1）的递归关系式。
例1.数列{an}满足下列条件，求其通项公式an。
（1）a1=1，
（2）a1=2，
（3）a1=2，{an}的前n项和Sn满足
解：
（1）
……
将以上各式叠加，得
∴
又n=1时，
（2）
……
将以上各式叠乘，得
∴an=n（n+1）（n≥2）
当n=1时，1×（1+1）=2=a1
∴an=n（n+1）（n∈N*）
（3）
∴2Sn-1Sn=Sn-1-Sn（n≥2）
在上式两边同除以SnSn-1，得
∴数列为首项，公差为2的等差数列。
例2、在等差数列{an}中
（1）若ap=q，aq=p（p、q∈N*且q≠p），求ap+q；
（2）{an}共有n项，其前四项之和为124，其最后四项之和为156，其所有项之和为210，求项数n；
（3）若{an}前n项和记为Sn，且有，求Sm+n的范围
解：
（1）
∵aq=ap+（q-p）d
∴ap+q=ap+（q+p-p）d=q+q×（-1）=0
（2）
∵a1+a2+a3+a4=124
an+an-1+an-2+an-3=156
∴（a1+an）+（a2+an-1）+（a3+an-2）+（a4+an-3）=280
∴4（a1+an）=280∴a1+an=70
∴n=6
（3）设前n项和
将以上两式相减得：
两边同除以m-n，得
例3、在数列{an}中，Sn是其前n项和，a1=1，Sn+1=4an+2（n∈N*）
（1）设bn=an+1-2an，求证数列{bn}为等比数列并求其通项公式；
（2）设，求证数列{Cn}是等差数列并求其通项
解：
（1）
∵Sn+1=4an+2
∴Sn+2=4an+1+2
将以上两式相减，得an+2=4an+1-4an
∴an+2-2an+1=2（an+1-2an）
又s2=4a1+2=a1+a2 ∴a2=5
∴数列{bn}是以b1=a2-2a1=5-2=3为首项，q=2为公比的等比数列。
∴bn=3×2n-1
（2）
∴数列{Cn}是以为首项，为公差的等差数列。
例4、在等差数列{an}中，公差d≠0，a2是a1与a4的等比中项，已知数列成等比数列，求数列{kn}的通项kn
解：
∵a2是a1与a4的等比中项
∵d≠0 ∴a1=d
∵是等差数列中的第kn项，是等比数列中的第n+2项
且=a1+（kn-1）d=d+（kn-1）d=knd
∴ ∴
2.数列的极限
应用恒等变换和极限的四项运算法则，将数列的极限转化为三个基本极限来求解。
3.数学归纳法
数学归纳法有两个基本步骤：
第一步，验证n=n0时，命题成立；第二步，假设n=k时，命题成立，然后利用归纳假设证明n=k+1时成立。
用数学归纳法证明命题时特别要求证明的逻辑严密性。
数学归纳法通常用来证明有关等式，不等式，整除，几何命题等。
例5.数列{an}满足，a1=2
（1）求数列{an}的通项；
（2）令，求出n∈（1，10000）内使b1b2b3…bn为整数的n的所有值的和。
解：
（1）由a1=2得：
由a2=3得：
由a3=4得：
猜测：
an=n+1（n∈N*）
下用数学归纳法证明该猜测
1°当n=1时，a1=1+1=2，命题成立
2°假设n=k（k∈N*）时，命题成立，即有ak=k+1，
则
=（k+1）+1
即n=k+1时，命题也成立。
综合1°，2°知，an=n+1（n∈N*）
（2）
∵
将an=n+1代入得
=log2（n+2）
欲使b1b2b3…bn为整数，须使n+2为2的整数幂
∵n∈（1,10000）
∴n+2可是以22，23，24，213
∴所求和为（22-2）+（23-2）+（24-2）++（213-2）
=22+23+24+…+213-24
=214-28=16356
例6.无穷数列{an}的前n项和为bn，无穷数列{bn}的前n项和Cn，对n∈N*，恒有bn+cn=n，
（1）证明：
数列{1-bn}是等比数列；
（2）求
（3）比较的大小关系
解：
（1）首先b1+C1=1而C1=b1，得
由已知：
bn+Cn=n，有bn+1+Cn+1=n+1
将两式相减，有bn+1-bn+bn+1=1
∴数列{1-bn}是以的等比数列。
（2）由
（1）知：
（3）n=1时，
n≥2时，
综上，
当n=1或2时，显然有
当n≥3时，
这时
例7.设，不论α、β为何实数，恒有f（cosα）≤0，f（2-sinβ）≥0，正数数列{an}的前n项和Sn=f（an），n∈N*
（1）求b值；
（2）求{an}的通项公式；
（3）令，{cn}的前n项和为Tn，比较Tn与的大小。
解：
（1）当cosα=1时，有f
（1）≤0
当sinβ=1时，有f（2-sinβ）=f
（1）≥0
∴f
（1）=0
（2）
令n=1，有
解得a1=3或a1=-1（舍）
将以上两式相减，
∵{an}为正数数列，∴an，an-1>0，∴an+an-1>0
∴an-an-1=2（n≥2）
∴{an}是以a1=3为首项，公差为2的等差数列
∴an=3+（n-1）×2=2n+1
（3）
∴Tn=C1+C2+…+Cn
[课后练习]
1.数列{an}的通项公式是an=n2-kn，若数列{an}是递增的，则实数k的取值范围是（ ）
（A）k<3 （B）k≤3 （C）k<2 （D）k≤2
2.数列{an}的通项公式是，当an取最大值时，n等于（ ）
（A）4 （B）5 （C）6 （D）7
3.数列{an}满足a1=0，，则a20等于（ ）
（A）0 （B） （C） （D）
4.等比数列{an}中，an>0，a5a6=16，则log4a1+log4a2+…+log4a10=_____
5.在等比数列{an}中，a5，a9是方程7x2-18x+7=0的两个根，则
6.数列{an}的前n项和Sn满足an+2SnSn-1=0（n≥2），
（1）求证：
是等差数列；
（2）求an；
（3）若bn=2（1-n）an（n≥2），求证：
7.已知数列{an}的首项a1=5，前n项和为Sn，且Sn+1=2Sn+n+5（n∈N*）
（1）证明数列{an+1}是等比数列；
（2）令f（x）=a1x+a2x2++anxn，求函数f（x）在点x=1处的导数f′
（1）
[参考答案]
1.选A
∵an+1-an=（n+1）2-k（n+1）-（n2-kn）=2n+1-k>0（n∈N*）
∴k<2n+1对任意n∈N*成立
而2n+1最小值为3，∴k<3
2.选A
∴an图象可看作是函数个单位，再上移个单位而得到（an图象是一些孤立点）画草图
可知，a4最大
3.选B
∴可知{an}的各项数值以3为周期重复出现
4.
5.
又a5，a7，a9符号相同，∴a7=1
6.
（1）由an+2SnSn-1=0（n≥2）
∴Sn-Sn-1+2SnSn-1=0（n≥2）
为首项，公差为2的等差数列。
（2）
（3）
7.
（1）
∵Sn+1=2Sn+n+5
∴Sn=2Sn-1+（n-1）+5（n≥2）
∴Sn+1-Sn=2（Sn-Sn-1）+1（n≥2）
即an+1=2an+1（n≥2）
∴an+1+1=2（an+1）（n≥2）
∴{an+1}从第2项起，是公比为2的等比数列
又a1=5，由Sn+1=2Sn+n+5令n=1
有S2=2S1+6∴a1+a2=2a1+6∴a2=11
∴{an+1}是以a1+1=6为首项，公比为2的等比数列
（2）
∵f′（x）=a1+2a2x+3a3x2+…+nanxn-1
∴f′
（1）=a1+2a2+3a3+…+nan
由
（1）知an+1=6×2n-1∴an=6×2n-1-1
令Tn=6×20+2×6×21+3×6×22+…+n×6×2n-1
∴2Tn=6×21+2×6×22+3×6×23+…+n×6×2n
∴-Tn=6×20+6
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