《极限经典例题集》word版

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1、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、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（

3、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　　　　∴

4、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

5、)=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+a

6、2　　∴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

7、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