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1、高中数学知识要点重温（26）数学归纳法、极限1数学归纳法用于证明一个“关于正自然数 n 的命题对于从正自然数 n0开始的所有正自然数 n 都成立”的问题。2能根据 f(k)正确写出 f(k+1),并能指出 f(k)与 f(k+1)之间的关系，这往往是运用数学归纳法的最关键的一步。举例 1已知nnnnnf21 31 21 11)(，则) 1( nf=A)(nf+) 1(21 n， B)(nf+121 n+) 1(21 n，C)(nf-) 1(21 nD)(nf+121 n-) 1(21 n解析：)(nf是从 n+1 开始的 n 个连续自然数的倒数和，故) 1( nf是从 n+2 开始的 n+1
2、个连续自然数的倒数和，即) 1( nf=111 11 111 31 21 nnnnnnnn=) 1(21 121 21 31 21 nnnnn=)(nf+121 n+) 1(21 n-11 n=)(nf+121 n-) 1(21 n故选 D。举例 2用数学归纳法证明“5n2n能被 3 整除”的第二步中，n=k+1 时，为了使用归纳假设，应将 5k+12k+1变形为 解析假设 n=k 时命题成立.即:5k2k 被 3 整除.当 n=k+1 时，5k+12 k+1 =55k22 k=5(5k2k) 52k22k=5(5k2k) 32k巩固 1 用数学归纳法证明 11 21 31 21n1)时，由
3、nk (k1)不等式成立，推证 nk1 时，左边应增加的代数式的个数是_。A. 2k1 B. 2k1 C. 2kD. 2k1巩固 2用数学归纳法证明命题：(n1) (n2) (nn)=2n13(2n1) 3数学归纳法公理：如果关于自然数 n 的一个命题 p(n)满足下列条件 (1) p(n0)成立,即当 n=n0时,命题成立，(2) 假设 p(k)成立,则 p (k+1)也成立；根据(1)(2)知命题 p(n)对nn0的所有自然数 n 都成立。用数学归纳法证明问题的过程实质上是一个递推的过程，（1）是递推的基础， （2）是递推的条件；二者缺一不可。4数学归纳法通常用于证明关于自然数 n 的等式
4、、不等式、整除性等。用“归纳假设”即命题 p(k)成立证明命题 p(k+1)成立（已知 p(k)成立，求证 p(k+1)成立）是数学归纳法证明中最关键的一步；而明晰命题 p(k)与命题 p(k+1)之间的关系又是实现这一步的前提。举例 1 已知m为正整数，用数学归纳法证明：当1x 时，(1)1mxmx；解析：视(1)1mxmx为关于m的不等式，x为参数，以下用数学归纳法证明：（）当1m 时，原不等式成立；当2m 时，左边212xx ，右边12x ，因为20x，所以左边右边，原不等式成立；（）假设当mk时，不等式成立，即(1)1kxkx，则当1mk时，1x ，10x，于是在不等式(1)1kxkx
5、两边同乘以1x得2(1) (1)(1)(1)1 (1)1 (1)kxxkxxkxkxkx ，所以1(1)1 (1)kxkx即当1mk时，不等式也成立综合（） （）知，对一切正整数m，不等式都成立举例 2设正整数数列 na满足：24a ，且对于任何*nN，有1111 112211 1nnnnaa aa nn ；（1）求1a，3a；（2）求数列 na的通项na（07 高考江西理 22）解析：（1）据条件得1111112(1)2nnnnn naaaa当1n 时，由21211111222aaaa，即有1112212244aa，解得128 37a因为1a为正整数，故11a 当2n 时，由33111126
6、244aa，解得3810a，所以39a （2）由11a ，24a ，39a ，猜想：2 nan下面用数学归纳法证明1当1n ，2时，由（1）知2 nan均成立；2假设(2)nk k成立，则2 kak，则1nk时由得22 1111112(1)2kkk kakak2212(1)(1) 11kkkk kkakkk2 22 12(1)1(1)(1)11kkkakkk因为2k时，22(1)(1)(1)(2)0kkk kk，所以22(1)011k k，11k ，所以1011k，又1ka*N，所以22 1(1)(1)kkak故2 1(1)kak，即1nk时，2 nan成立由 1，2知，对任意n*N，2 na
7、n巩固 1已知数列81 1322 ，225328 ，8 212122 n nn()()，；Sn为其前 n 项和，求S1、S2、S3、S4，推测 Sn，并用数学归纳法证明。巩固 2 已知各项均为正数的数列 na的前n项和nS满足11S ，且6(1)(2)nnnSaa，nN （）求 na的通项公式；（）设数列 nb满足(21)1nb na，并记nT为 nb的前n项和，求证：231log (3)nnTan N， （07 高考重庆理 21）5若)(cf存在，则)(limxf cx=)(cf，若)(cf=)(cg=0，则)()(limxgxfcx一般“约分” （约去含cx 的因式）后再求极限。若)(li
8、mxf cx=A、 cxlim)(xg=B，则 cxlim( )f x)(xg= AB, cxlim( )f x)(xg=AB, cxlim)()( xgxf=BA(B0).举例 11212lim21xxxxx.（07 高考陕西理 13）解析：11 2122 xxxx=) 1)(2(1 xxx=21 x，11limlimlim( 11)() 1212nnnnana annnana naa 11212lim21xxxxx1lim x21 x=1 3巩固 1 下列四个命题中，不正确的是（ ）来源:学+科+网 Z+X+X+KA若函数( )f x在0xx处连续，则00lim( )lim( ) xxxx
9、f xf x B函数22( )4xf xx的不连续点是2x 和2x C若函数( )f x，( )g x满足lim ( )( )0 xf xg x ，则lim( )lim ( ) xxf xg x D 111lim12xx x（07 高考湖南理 7）巩固 2 2241lim()42xxx_ 6若|q|1 或q-1, 则 nlimnq不存在。 nlimc=c(c为常数)；“c”型的式子极限为 0；“0c”型、 “c”型的极限不存在；“00”型和“”型，一般分子、分母“同除以”一个式子（包括“约分” ）后再求极限；含有根式的和（差）的式子一般有理化后再求极限。若 nlimna=A、 nlimnb=B
10、，则 nlim(nanb)= AB, nlim(nanb)=AB, nlimnn ba=BA(B0).举例 1若1lim1,()nannan则常数 .解析：分母有理化举例 2已知p和q是两个不相等的正整数，且2q，则111 lim 111pqnnn （ ）A0B1Cp qD1 1p q （07 高考湖北理 5）解析：111 lim 111pqnnn 1111111111 lim2222qq qqpp ppnnCnCnqnCnCnp=qq qqpp ppnnCnCnqnCnCnp111111lim2222 =12321232111111limqq qqqpp pppnnCnCnCqnCnCnCp
11、 =p q，选 C。巩固 1把21 (1)(1)(1)nxxx展开成关于x的多项式，其各项系数和为na，则21lim1nnna a 等于（ ）A1 4B1 2C1D2巩固 2. 等于 ( )nlim1 2n(r(n2 + 1)r(n21)A. 1 B. C. D.01 21 4迁移设正数ab，满足22lim()4 xxaxb ，则111lim2nnnnnaab ab（ ）01 41 21 （07 高考重庆理 8）7无穷数列na的前 n 项和为 Sn，nnS lim称为数列na的无穷多项和或所有项和。求nnS lim时，切不可分别求各项的极限后再求和；必须先求 Sn，再求极限。若na为等比数列，
12、公比为 q 且|q|1，则nnS lim=qa 11。举例 1若数列na满足: 311a, 且对任意正整数nm,都有nmnmaaa, 则 )(lim21nnaaa （07 高考湖南理 2）A21B32C23D2 解析：数列na满足: 311a, 且对任意正整数nm,都有nmnmaaa，111 3nnnaaaa，数列na是首项为31，公比为31的等比数列。 )(lim21nnaaa11 12a q，选 A.ABCUcweq巩固 2如图，抛物线21yx 与x轴的正半轴交于点A，将线段OA的n等分点从左至右依次记为121nPPP，过这些分点分别作x轴的垂线，与抛物线的交点依次为121nQQQ，从而得
13、到1n个直角三角形11QOP，212121nnnQ PPQPP，当n 时，这些三角形的面积之和的极限为 解析：)0 ,1(1nP，)0 ,2(2nP，)0 ,1(1nnPn；)1(1 ,1(2 1nnQ，)2(1 ,2(2 2nnQ，)1(1 ,1(2 1nn nnQn，记nnnPPQ1的面积为 Sn，则 S1=)1(1 1 212 nn，S2=)2(1 1 212 nn，Sn-1=)1(1 1 212 nn n; )(lim121nnSSS=) 1(21) 1(21lim2222nnnnn =312)32)(2)(1(lim21 nnnnn =61 21=1 3.巩固 1数列21 4n1的前 n 项和为 Sn，则 nlim Sn_巩固 2 如图，等边三角形 ABC 的面积等于 1，连结这个三角形各边的中点得到一个小三角形，又连结这个小三角形各边的中点得到一个更小的三角形，如此无限继续下去
