2011届高考数学考点知识专题总复习数列的极限

详细内容

数列的极限
1.数列极限的定义：一般地，如果当项数n无限增大时，无穷数列{an}的项an无限地趋近于某个常数a（即|an－a|无限地接近于0），那么就说数列{an}以a为极限.
注：a不一定是｛an｝中的项.
2.几个常用的极限：① C=C（C为常数）;② =0;③ qn=0（|q|＜1）.
3.数列极限的四则运算法则：设数列｛an｝、｛bn｝，
当 an=a, bn=b时， （an±bn）=a±b;
（an•bn）=a•b; = （b≠0）.
●点击双基
1.下列极限正确的个数是
① =0（α＞0） ② qn=0
③ =－1 ④ C=C（C为常数）
A.2B.3
C.4 D.都不正确
解析:①③④正确.
答案:B
2. ［n（1－ ）（1－ ）（1－ ）…（1－ ）］等于
A.0 B.1 C.2 D.3
解析: ［n（1－ ）（1－ ）（1－ ）…（1－ ）］
= ［n× × × ×…× ］
= =2.
答案:C
●典例剖析
【例1】 求下列极限：
（1） ;（2） （ －n）;
（3） （ + +…+ ）.
剖析:（1）因为分子分母都无极限，故不能直接运用商的极限运算法则，可通过变形分子分母同除以n2后再求极限；（2）因 与n都没有极限，可先分子有理化再求极限；（3）因为极限的运算法则只适用于有限个数列，需先求和再求极限.
解:（1） = = .
（2） （ －n）= = = .
（3）原式= = = （1+ ）=1.
评述:对于（1）要避免下面两种错误：①原式= = =1,②∵ （2n 2+n+7）, （5n2+7）不存在，∴原式无极限.对于（2）要避免出现下面两种错误： ① （ －n）= － n=∞－∞=0;②原式= － n=∞－∞不存在.对于（3）要避免出现原式= + +…+ =0+0+…+0=0这样的错误.
【例2】 已知数列｛an｝是由正数构成的数列，a1＝3，且满足lgan＝lgan－1＋lgc，其中n是大于1的整数，c是正数．
（1）求数列｛an｝的通项公式及前n和Sn；
（2）求 的值．
解:（1）由已知得an＝ｃ•an－1,
∴｛an｝是以a1＝3，公比为c的等比数列，则an＝3•ｃn－1.
∴Sn＝
（2） ＝ .
①当c=2时，原式＝－ ;
②当ｃ＞2时，原式＝ ＝－ ;
③当0＜ｃ＜2时，原式= ＝ .
评述:求数列极限时要注意分类讨论思想的应用.
【例3】 已知直线l:x－ny=0（n∈N *）,圆M:（x+1）2+（y+1）2=1,抛物线 :y=（x－1）2,又l与M交于点A、B，l与 交于点C、D，求 .
剖析:要求 的值，必须先求它与n的关系.
解:设圆心M（－1,－1）到直线l的距离为d,则d2= .
又r=1,∴|AB|2=4（1－d2）= .
设点C（x1,y1）, D（x2,y2），
由 nx2－（2n+1）x+n=0,
∴x1+x2= , x1•x2=1.
∵（x1－x2）2=（x1+x2）2－4x1x2= ,（y1－y2）2=（ － ）2= ,
∴|CD|2=（x1－x2）2+（y1－y2）2
= （4n+1）（n2+1）.
∴ = = =2.
评述:本题属于解析几何与数列极限的综合题.要求极限，需先求 ,这就要求掌握求弦长的方法.
【例4】 若数列{an}的首项为a1=1,且对任意n∈N*,an与an+1恰为方程x2－bnx+=0的两根,其中0＜|c|＜1,当 （b1+b2+…+bn）≤3,求c的取值范围.
解:首先,由题意对任意n∈N*,an•an+1=恒成立.
∴ = = =c.又a1•a2=a2=c.
∴a1,a3,a5,…,a2n－1,…是首项为1,公比为c的等比数列,a2,a4,a6,…,a2n,…是首项为c,公比为c的等比数列.其次,由于对任意n∈N*,an+an+1=bn恒成立.
∴ = =c.又b1=a1+a2=1+c,b2=a2+a3=2c,
∴b1,b3,b5,…,b2n－1,…是首项为1+c,公比为c的等比数列,b2,b4,b6,…,b2n,…是首项为2c,公比为c的等比数列,
∴ （b1+b2+b3+…+bn）= （b1+b3+b5+…）+ （b2+b4+…）= + ≤3.
解得c≤ 或c＞1.∵0＜|c|＜1,∴0＜c≤ 或－1＜c＜0.
故c的取值范围是（－1,0）∪（0, ］.
评述:本题的关键在于将题设中的极限不等式转化为关于c的不等式,即将{bn}的各项和表示为关于c的解析式,显然“桥梁”应是一元二次方程根与系数的关系,故以根与系数的关系为突破口.
●闯关训练
夯实基础
1.已知a、b、c是实常数，且 =2, =3,则 的值是
A.2 B.3 C. D.6
解析:由 =2,得a=2b.
由 =3,得b=3c,∴c= b.
∴ =6.
∴ = = =6.
答案:D
2.（2003年北京）若数列{an}的通项公式是an= ,n=1,2,…,则 （a1+a2+…+an）等于
A. B. C. D.
解析:an=
即an=
∴a1+a2+…+an=（2－1+2－3+2－5+…）+（3－2+3－4+3－6+…）.
∴ （a1+a2+…+an）= + =
答案:C
3.（2004年春季上海）在数列{an}中，a1=3，且对任意大于1的正整数n,点（ , ）在直线x－y－ =0上，则 =__________________.
解析:由题意得 － = （n≥2）.
∴{ }是公差为 的等差数列， = .
∴ = +（n－1）• = n.
∴an=3n2.
∴ =
= =3.
答案:3
4.（2004年 上海,4）设等比数列{an}（n∈N）的公比q=－ ,且 （a1+a3+a5+…+a2n－1）= ,则a1=_________________.
解析:∵q=－ ,∴ （a1+a3+a5+…+a2n－1）= = .∴a1=2.
答案:2
5.（2004年湖南,理8）数列{an}中,a1= ,an+an+1= ,n∈N*,则 （a1+a2+…+an）等于
A. B. C. D.
解析:2（a1+a2+…+an）=a1+［（a1+a2）+（a2+a3）+（a3+a4）+…+（an－1+an）］+an= +[ + +…+ ]+an.
∴原式= ［ + + an］= （ + + an）.
∵an+an+1= ,∴ an+ an+1=0.
∴ an=0.
答案:C
6.已知数列｛an｝满足（n－1）an+1=（n+1）（an－1）且a2=6,设bn=an+n（n∈N*）.
（1）求{bn}的通项公式；
（2）求 （ + + +…+ ）的值.
解:（1）n=1时，由（n－1）an+1=（n+1）（an－1）,得a1=1.
n=2时，a2=6代入得a3=15.同理a4=28,再代入bn=an+n,有b1=2,b2=8,b3=18,b4=32,由此猜想bn=2n2.
要证bn=2n2,只需证an=2n2－n.
①当n=1时，a1=2×12－1=1成立.
②假设当n=k时，ak=2k2－k成立.
那么当n=k+1时，由（k－1）ak+1=（k+1）（ak－1）,得a k+1= （ak－1）
= （2k2－k－1）= （2k+1）（k－1）=（k+1）（2k+1）=2（k+1）2－（k+1）.
∴当n=k+1时，an=2n2－n正确，从而bn=2n2.
（2） （ + +…+ ）= （ + +…+ ）
= ［ + +…+ ］
= ［1－ + － +…+ － ］
= ［1+ － － ］= .
培养能力
7.已知数列{an}、{bn}都是无穷等差数列,其中a1=3,b1=2,b2是a2与a3的等差中项,且
= ,求极限 （ + +…+ ）的值.
解:{an}、{bn}的公差分别为d1、d2.
∵2b2=a2+a3,即2（2+d2）=（3+d1）+（3+2d1）,
∴2d2－3d1=2.
又 = = = ,即d2=2d1,
∴d1=2,d2=4.
∴an=a1+（n－1）d1=2n+1,bn=b1+（n－1）d2=4n－2.
∴ = = （ － ）.
∴原式= （1－ ）= .
8.已知数列｛an｝、{bn}都是由正数组成的等比数列，公比分别为p、q,其中p＞q且p≠1,q≠1,设=an+bn,Sn为数列{}的前n项和，求 .
解:Sn= + ,

当p＞1时，p＞q＞0,得0＜ ＜1,上式分子、分母同除以pn－1，得

∴ =p.
当p＜1时，0＜q＜p＜1, = =1.
探究创新
9.已知数列{an}满足a1=0,a2=1,an= ,求 an.
解:由an= ,得
2an+an－1=2an－1+an－2,∴{2an+an－1}是常数列.
∵2a2+a1=2,∴2an+an－1=2.
∴an－ =－ （an－1－ ）.
∴{an－ }是公比为－ ,首项为－ 的等比数列.
∴an－ =－ ×（－ ）n－1.
∴an= － ×（－ ）n－1.
∴ an= .
●思悟小结
1.运用数列极限的运算法则求一些数列的极限时必须注意以下几点：
（1）各数列的极限必须存在；
（2）四则运算只限于有限个数列极限的运算.
2.熟练掌握如下几个常用极限：
（1） C=C（C为常数）;
（2） （ ）p=0（p＞0）;
（3） = （k∈N *,a、b、c、d∈R且c≠0）;
（4） qn=0（|q|＜1）.
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教学点睛
1.数列极限的几种类型：∞－∞, ,0－0, 等形式，必须先化简成可求极限的类型再用四则运算求极限，另外还有先求和，约分后再求极限，对含参数的题目一定要控制好难度，不要太难了.
2.重视在日常学习过程中化归思想、分类讨论思想和极限思想的运用.

拓展题例
【例题】 已知等比数列{an}的首项为a1,公比为q,且有 （ －qn）= ,求首项a1的取值范围.
解: （ －qn）= ,
∴ qn一定存在.∴0＜|q|＜1或q=1.
当q=1时， －1= ,∴a1=3.
当0＜|q|＜1时，由 （ －qn）= 得 = ,∴2a1－1=q.
∴0＜|2a1－1|＜1.∴0＜a1＜1且a1≠ .
综上,得0＜a1＜1且a1≠ 或a1=3.