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数列极限证明中的_N语言问题

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斐波那契数列资料

斐波那契数列

斐波那契数列 一、简介 斐波那契数列(Fibonacci),又称黄金分割数列,由数学家斐波那契最早以“兔子繁殖问题”引入,推动了数学的发展。故斐波那契数列又称“兔子数列”。 斐波那契数列指这样的数列:1,1,2,3,5,8,13,……,前两个数的和等于后面一个数字。这样我们可以得到一个递推式,记斐波那契数列的第i项为F i,则F i=F i-1+F i-2. 兔子繁殖问题指设有一对新生的兔子,从第三个月开始他们每个月都生一对兔子,新生的兔子从第三个月开始又每个月生一对兔子。按此规律,并假定兔子没有死亡,10个月后共有多少个兔子? 这道题目通过找规律发现答案就是斐波那契数列,第n个月兔子的数量是斐波那契数列的第n项。 二、性质 如果要了解斐波那契数列的性质,必然要先知道它的通项公式才能更简单的推导出一些定理。那么下面我们就通过初等代数的待定系数法计算出通项公式。 令常数p,q满足F n-pF n-1=q(F n-1-pF n-2)。则可得: F n-pF n-1=q(F n-1-pF n-2) =q2(F n-2-pF n-3) =…=q n-2(F2-pF1) 又∵F n-pF n-1=q(F n-1-pF n-2) ∴F n-pF n-1=qF n-1-pqF n-2 F n-1+F n-2-pF n-1-qF n-1+pqF n-2=0 (1-p-q)F n-1+(1+pq)F n-2=0 ∴p+q=1,pq=-1是其中的一种方程组 ∴F n-pF n-1= q n-2(F2-pF1)=q n-2(1-p)=q n-1 F n=q n-1+pF n-1=q n-1+p(q n-2+p(q n-3+…))=q n-1+pq n-2+p2q n-3+…+p n-1 不难看出,上式是一个以p/q为公比的等比数列。将它用求和公式求和可以得到: 而上面出现了方程组p+q=1,pq=-1,可以得到p(1-p)=-1,p2-p-1=0,这样就得到了一个标准的一元二次方程,配方得p2-p+0.25=1.25,(p-0.5)2=1.25,p=±√1.25+0.5。随意取出一组解即可: 这就是著名的斐波那契数列通项公式。有了它,斐波那契数列的一些性质 也不难得出了。比如斐波那契数列相邻两项的比值趋向于黄金分割比,即:

数列极限四则运算法则的证明

数列极限四则运算法则的证明 设limAn=A,limBn=B,则有 法则1:lim(A n+B n)=A+B 法则2:lim(An-Bn)=A-B 法则3:lim(An ? Bn)=AB 法则4:lim(An/Bn)=A/B. 法则5:lim(An的k次方)=A的k次方(k是正整数) (n T+R的符号就先省略了,反正都知道怎么回事.) 首先必须知道极限的定义: 如果数列{Xn}和常数A有以下关系:对于?£> 0(不论它多么小),总存在正数N,使得对于满足n > N的一切Xn,不等式|Xn-A| v &都成立, 则称常数A是数列{Xn}的极限,记作limXn=A. 根据这个定义,首先容易证明:引理1: limC=C.(即常数列的极限等于其本身) 法则1的证明: ?/ limAn=A,二对任意正数 &存在正整数N?,使n > N?时恒有|An-A| v&①(极限定义)同理对同一正数&存在正整数N?,使n>N?时恒有|Bn-B| v 设N=max{N ?,N?},由上可知当n > N时①②两式全都成立. 此时|(An+Bn)-(A+B)|=|An-A)+(Bn-B)| < |An-A|+|Bn-B| v & + & =2 &. 由于&是任意正数,所以2&也是任意正数. 即:对任意正数2 &存在正整数N,使n > N时恒有|(An+Bn)-(A+B)| v 2 &. 由极限定义可知,lim(An+Bn)=A+B. 即:对任意正数C&存在正整数N,使n > N时恒有|C ? An-CA|v C&. 由极限定义可知,lim(C ? An)=C?A若C=0的话更好证) 法则2的证明: lim(A n-B n) =limA n+lim(-B n)(法则1) =limAn+(-1)limBn (引理2) =A-B. 为了证明法则3,再证明1个引理. 引理3:若limAn=0,limBn=0,则lim(An ? Bn)=0. 证明:?/ limAn=0,二对任意正数 &存在正整数N?,使n>N?时恒有|An-0| v &③(极限定义)同理对同一

2019年高考数学二轮复习试题:专题六 第4讲 用数学归纳法证明数列问题(带解析)

第4讲用数学归纳法证明数列问题 选题明细表 知识点·方法巩固提高A 巩固提高B 数学归纳法的理解1,2,5 1 数学归纳法的第一步3,7 2,7 3,4,5,6,8, 数学归纳法的第二步4,6,10,12 9,12 类比归纳8,9,11 10,11 数学归纳法的应用13,14,15 13,14,15 巩固提高A 一、选择题 1.如果命题P(n)对n=k成立,则它对n=k+2也成立,若P(n)对n=2也成立,则下列结论正确的是( B ) (A)P(n)对所有正整数n都成立 (B)P(n)对所有正偶数n都成立 (C)P(n)对所有正奇数n都成立 (D)P(n)对所有正整数n都成立 解析:由题意n=k时成立,则n=k+2时也成立,又n=2时成立,则P(n)对所有正偶数都成立.故选B. 2.设f(x)是定义在正整数集上的函数,且f(x)满足:“当f(k)≤k2成立时,总可推出f(k+1)≤(k+1)2成立.”那么,下列命题总成立的是( D )

(A)若f(2)≤4成立,则当k≥1时,均有f(k)≤k2成立 (B)若f(4)≤16成立,则当k≤4时,均有f(k)≤k2成立 (C)若f(6)>36成立,则当k≥7时,均有f(k)>k2成立 (D)若f(7)=50成立,则当k≤7时,均有f(k)>k2成立 解析:若f(2)≤4成立,依题意则应有当k≥2时,均有f(k)≤k2成立,故A不成立; 若f(4)≤16成立,依题意则应有当k≥4时,均有f(k)≤k2成立,故B不成立; 因命题“当f(k)≤k2成立时,总可推出f(k+1)≤(k+1)2成立”?“当f(k+1)>(k+1)2成立时,总可推出f(k)>k2成立”;因而若f(6)>36成立,则当k≤6时,均有f(k)>k2成立 ,故C也不成立; 对于D,事实上f(7)=50>49,依题意知当k≤7时,均有f(k)>k2成立,故D成立. 3.若f(n)=1+++…+(n∈N*),则f(1)为( C ) (A)1 (B) (C)1++++(D)非以上答案 解析:注意f(n)的项的构成规律,各项分子都是1,分母是从1到6n-1的正整数, 故f(1)=1++++.故选C. 4.用数学归纳法证明(n+1)(n+2)…(n+n)=2n·1·3·…·(2n-1)(n∈N*),从k到k+1时,左端需增乘的代数式为( B ) (A)2k+1 (B)2(2k+1) (C)(D) 解析:n=k时左边为(k+1)(k+2)…(k+k),n=k+1时左边为(k+2)(k+3)…(k+k+2),

利用放缩法证明数列型不等式压轴题

利用放缩法证明数列型不等式压轴题 惠州市华罗庚中学 欧阳勇 摘要:纵观近几年高考数学卷,压轴题很多是数列型不等式,其中通常需要证明数列型不等式,它不但可以考查证明不等式和数列的各种方法,而且还可以综合考查其它多种数学思想方法,充分体现了能力立意的高考命题原则。处理数列型不等式最重要要的方法为放缩法。放缩法的本质是基于最初等的四则运算,利用不等式的传递性,其优点是能迅速地化繁为简,化难为易,达到事半功倍的效果;其难点是变形灵活,技巧性强,放缩尺度很难把握。对大部分学生来说,在面对这类考题时,往往无从下笔.本文以数列型不等式压轴题的证明为例,探究放缩法在其中的应用,希望能抛砖引玉,给在黑暗是摸索的学生带来一盏明灯。 关键词:放缩法、不等式、数列、数列型不等式、压轴题 主体: 一、常用的放缩法在数列型不等式证明中的应用 1、裂项放缩法:放缩法与裂项求和的结合,用放缩法构造裂项求和,用于解决和式 问题。裂项放缩法主要有两种类型: (1)先放缩通项,然后将其裂成某个数列的相邻两项的差,在求和时消去中间的项。 例1设数列{}n a 的前n 项的和1412 2333n n n S a +=-?+,1,2,3, n =。设2n n n T S =, 1,2,3, n =,证明: 1 32 n i i T =< ∑。 证明:易得12(21)(21),3 n n n S +=--1132311()2(21)(21)22121n n n n n n T ++= =-----, 11223 111 31131111 11 ()()221212212121212121 n n i i i n n i i T ++===-=-+-++ ---------∑∑ = 113113()221212 n +-<-- 点评: 此题的关键是将12(21)(21)n n n +--裂项成1 11 2121 n n +---,然后再求和,即可达到目标。 (2)先放缩通项,然后将其裂成(3)n n ≥项之和,然后再结合其余条件进行二次放缩。 例2 已知数列{}n a 和{}n b 满足112,1(1)n n n a a a a +=-=-,1n n b a =-,数列{}n b 的

放缩法证明数列不等式经典例题

放缩法证明数列不等式 主要放缩技能: 1.211111111(1)(n 1)1n n n n n n n n -=<<=-++-- 2221144112()141(21)(21)21214 n n n n n n n <===--+--+- ==>= ==<= =<= == =< = = 5.121122211(21)(21)(22)(21)(21)2121n n n n n n n n n n ---<==-------- 6. 111 22(1)11(1)2(1)22(1)2n n n n n n n n n n n n n +++++-==-+?+??+?

例1.设函数2*2()1x x n y n N x -+=∈+的最小值为n a ,最大值为n b , 且n c =(1)求n c ;(2)证明: 4444123111174n c c c c ++++ < 例2.证明:1611780<+ +< 例3.已知正项数列{}n a 的前n 项的和为n s ,且12n n n a s a + =,*n N ∈; (1)求证:数列{} 2n s 是等差数列; (2)解关于数列n 的不等式:11()48n n n a s s n ++?+>- (3)记312311112,n n n n b s T b b b b ==++++,证明:312n T <<

例4.已知数列{}n a 满足:n a n ?????? 是公差为1的等差数列,且121n n n a a n ++=+; (1) 求n a ;(2 12n na +++< 例5.在数列{}n a 中,已知1112,2n n n n a a a a a ++==-; (1)求n a ;(2)证明:112233(1)(1)(1)(1)3n n a a a a a a a a -+-+-++-< 例6.数列{}n a 满足:11122,1()22 n n n n n a a a n a ++==++; (1)设2n n n b a =,求n b ;(2)记11(1)n n c n n a +=+,求证:12351162 n c c c c ≤++++<

数列的证明的四种

第二章数列极限 证明留在下节进行. 三、关于极限 例6 例7 例8 四.数列单调有界证法欣赏: Cauchy (1789—1857 ) 最先给出这一极限,Riemann(1826—1866)最先给出以下证法 一. 证法一( Riemann最先给出这一证法)设应用二项式展开,得 , +

注意到 比多一项即↗. 且 有界. }单调有界. 综上, 数列{ 证法二( 利用Bernoulli不等式 ) 注意到Bernoulli不等式为正整数 ), 有 由利用Bernoulli不等式,有 ↗. 为证{ }上方有界, 考虑数列可类证↘. 事实上,

(此处利用了Bernoulli不等式 ) ↘. 显然有 有 即数列{ }有上界. 评註: 该证法的特点是惊而无险,恰到好处. 证法三( 利用均值不等式 ) 在均值不等式 中, 令 就有 即 ↗. 令 可仿上证得 时 ↗, ( 时无意义, 时诸 = , 不能用均值不等式. ) 当 时, 由

由 ↗ ↘. < 4. 证法四 ( 仍利用均值不等式 ) < 即 ↗. 有界性证法可参阅上述各证法. 证法五 先证明:对 和正整数 ,有不等式 事实上, < 该不等式又可变形为 ( 为正整数 ) 在此不等式中, 取 则有 就有 ↗.

取又有对 成立, 又由 小结、习题(2学时) 数列(1+1/n)^n的极限问题,主要是证明此数列单调递增且有上界,然后根据数列极限的单调有界准则就证明了这个极限存在。而证明此数歹」单调递增及有上界,大多数现行微积分教材都是将(1+告)·按二项式定理展开来分析证明的。本文我们将介绍四种不同方法来证明

导数之数列型不等式证明

函数与导数解答题之数列型不等式证明 例1.已知函数()()ln 3f x a x ax a R =--∈ (1)讨论函数)(x f 的单调性; (2)证明:*1111ln(1)()23n n N n + +++>+∈ (3)证明:()*ln 2ln 3ln 4ln 5ln 12,2345n n n N n n ???<≥∈ (4)证明:()*22222ln 2ln 3ln 4ln 5ln 112,23452n n n n n N n n +?????

例3.已知函数()x f x e ax a =--(其中,a R e ∈是自然对数的底数, 2.71828e =…). (1)当a e =时,求函数()f x 的极值;(II )当01a ≤≤时,求证()0f x ≥; (2)求证:对任意正整数n ,都有2111111222n e ??????+ +???+< ??? ???????. 例4.设函数()ln 1f x x px (1)求函数()f x 的极值点; (2)当p >0时,若对任意的x >0,恒有0)(≤x f ,求p 的取值范围; (3)证明:).2,()1(212ln 33ln 22ln 2222222≥∈+--<+++n N n n n n n n 例5.已知函数()ln 1f x x x =-+? (1)求()f x 的最大值; (2)证明不等式:()*121n n n n e n N n n n e ??????+++<∈ ? ? ?-???? ??

最新数学归纳法证明例题

例1.用数学归纳法证明: ()()12121217 51531311+=+-++?+?+?n n n n . 请读者分析下面的证法: 证明:①n =1时,左边31311=?=,右边3 1121=+=,左边=右边,等式成立. ②假设n =k 时,等式成立,即: ()()12121217 51531311+=+-++?+?+?k k k k . 那么当n =k +1时,有: ()()()()32121121217 51531311++++-++?+?+?k k k k ????????? ??+-++??? ??+--++??? ??-+??? ??-+??? ? ?-=3211211211217151513131121k k k k 322221321121++?=??? ??+-= k k k ()1 121321+++=++=k k k k 这就是说,当n =k +1时,等式亦成立. 由①、②可知,对一切自然数n 等式成立. 评述:上面用数学归纳法进行证明的方法是错误的,这是一种假证,假就假在没有利用归纳假设n =k 这一步,当n =k +1时,而是用拆项法推出来的,这样归纳假设起到作用,不符合数学归纳法的要求. 正确方法是:当n =k +1时. ()()()()32121121217 51531311++++-++?+?+?k k k k ()() 3212112++++=k k k k

()()()()()() 321211232121322++++=++++=k k k k k k k k ()1 121321+++=++=k k k k 这就说明,当n =k +1时,等式亦成立, 例2.是否存在一个等差数列{a n },使得对任何自然数n ,等式: a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2) 都成立,并证明你的结论. 分析:采用由特殊到一般的思维方法,先令n =1,2,3时找出来{a n },然后再证明一般性. 解:将n =1,2,3分别代入等式得方程组. ?????=++=+=603224 26321 211a a a a a a , 解得a 1=6,a 2=9,a 3=12,则d =3. 故存在一个等差数列a n =3n +3,当n =1,2,3时,已知等式成立. 下面用数学归纳法证明存在一个等差数列a n =3n +3,对大于3的自然数,等式 a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)都成立. 因为起始值已证,可证第二步骤. 假设n =k 时,等式成立,即 a 1+2a 2+3a 3+…+ka k =k (k +1)(k +2) 那么当n =k +1时, a 1+2a 2+3a 3+…+ka k +(k +1)a k +1 = k (k +1)(k +2)+ (k +1)[3(k +1)+3] =(k +1)(k 2+2k +3k +6) =(k +1)(k +2)(k +3) =(k +1)[(k +1)+1][(k +1)+2] 这就是说,当n =k +1时,也存在一个等差数列a n =3n +3使a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)成立. 综合上述,可知存在一个等差数列a n =3n +3,对任何自然数n ,等式a 1+2a 2+3a 3+…

数列、极限、数学归纳法 归纳、猜想、证明 教案

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.

证明数列不等式之放缩技能及缩放在数列中的应用全套整合

证明数列不等式之放缩技巧以及不等式缩放在数列中应用 大全 证明数列型不等式,其思维跨度大、构造性强,需要有较高的放缩技巧,充满思考性和挑战性。这类问题的求解策略往往是:通过多角度观察所给数列通项的结构,深入剖析其特征,抓住其规律进行恰当地放缩. 一、利用数列的单调性 例1.证明:当Z n n ∈≥,6时, (2) 12n n n +<. 证法一:令)6(2 ) 2(≥+=n n n c n n ,则0232)2(2)3)(1(1211<-=+-++=-+++n n n n n n n n n n c c , 所以当6n ≥时,1n n c c +<.因此当6n ≥时,6683 1.644 n c c ?≤==< 于是当6n ≥时,2 (2) 1.2 n n +< 证法二:可用数学归纳法证.(1)当n = 6时,6 6(62)483 12644 ?+==<成立. (2)假设当(6)n k k =≥时不等式成立,即 (2) 1.2k k k +< 则当n =k +1时,1(1)(3)(2)(1)(3)(1)(3) 1.222(2)(2)2k k k k k k k k k k k k k k ++++++++=?<<++ 由(1)、(2)所述,当n ≥6时, 2 (1) 12n n +<. 二、借助数列递推关系 例 2.已知12-=n n a .证明: ()23 11112 3 n n N a a a *++++ <∈. 证明:n n n n n a a 121121************?=-?=-<-=+++ , ∴3 2])21(1[321)21(...12111112122132<-?=?++?+<+++= -+n n n a a a a a a S . 例3. 已知函数f(x)= 52168x x +-,设正项数列{}n a 满足1a =l ,()1n n a f a +=. (1) 试比较n a 与5 4 的大小,并说明理由; (2) 设数列{}n b 满足n b =54-n a ,记S n =1 n i i b =∑.证明:当n ≥2时,S n <1 4(2n -1).

斐波那契数列的通项公式推导解析

斐波那契数列的通项公式推导 山西省原平市原平一中任所怀 做了这些年的数学题,我时常有这样的感受。一个新的数学题初次接触时,会觉得这个题的解题技巧很妙,甚至有点非夷所思,但如果把同类型问题多做几个,你就会发现原来所谓的技巧,其实是一种再正常不过的想法,是一种由已知到未知的必然之路。这样我们就由解题的技巧而转化到了通解通法,进一步就会形成解题的思想,所以我对于数学爱好者建议,做题时要把同类型题多种总结和分析,这样你的数学才会有长足的进步。 下面我们就由递推推导通项的问题,进行对比分析。 例1在数列中,,求数列的通项。(普通高中课程标准实验教科书人教A版必修5第69页6题) 分析:此题可分两步来进行,首先由构造一个等比数列,其中 ,并写出的通项;然后利用,两边同除以得 ,由累加法,就可求出数列的通项。 解:( 设,则()所以数列为等比数列,且首项为 ,公比为3。所以。 于是有,两边都除以得 设,则有 由累加法可得

因为所以() 于是有。 总结:上面的求解过程实质,求是一个把已知条件逐步化简的过程,由相邻三项的递推关系化为相邻两项的递推关系,进一步求出通项公式。 下面我们来研究一下著名的斐波那契数列的通项。 已知数列,其中,,求数列的通项。 解:首先我们要构造一个等比数列,于是设 则有。(1) 则由已知得(2) 对照(1)(2)两式得解得或。 我们取前一解,就会有。 设,则有 所以数列为等比数列,首项为,公比为

所以。即(3) 再次构造等比数列,设 则有 对照(3)式,可得所以 x=. 于是有 设,则有数列为等比数列,首项为,公比为,于是= 所以有。

数列极限的证明

数列极限的证明 数列极限的证明X1=2,Xn+1=2+1/Xn,证明Xn的极限存在,并求该极限 求极限我会 |Xn+1-A|以此类推,改变数列下标可得 |Xn-A||Xn-1-A|…… |X2-A|向上迭代,可以得到|Xn+1-A|2 只要证明{x(n)}单调增加有上界就可以了。 用数学归纳法: ①证明{x(n)}单调增加。 x(2)=√[2+3x(1)]=√5>x(1); 设x(k+1)>x(k),则 x(k+2)-x(k+1))=√[2+3x(k+1)]-√[2+3x(k)](分子有理化) =[x(k+1)-3x(k)]/【√[2+3x(k+1)]+√[2+3x(k)]】>0。 ②证明{x(n)}有上界。 x(1)=1设x(k)x(k+1)=√[2+3x(k)]3 当0 当0 构造函数f(x)=x*a^x(0 令t=1/a,则:t>1、a=1/t 且,f(x)=x*(1/t)^x=x/t^x(t>1)

则: lim(x→+∞)f(x)=lim(x→+∞)x/t^x =lim(x→+∞)[x'/(t^x)'](分子分母分别求导) =lim(x→+∞)1/(t^x*lnt) =1/(+∞) =0 所以,对于数列n*a^n,其极限为0 4 用数列极限的定义证明 3.根据数列极限的定义证明: (1)lim[1/(n的平方)]=0 n→∞ (2)lim[(3n+1)/(2n+1)]=3/2 n→∞ (3)lim[根号(n+1)-根号(n)]=0 n→∞ (4)lim0.999…9=1 n→∞ n个9 5几道数列极限的证明题,帮个忙。。。Lim就省略不打了。。。n/(n^2+1)=0 √(n^2+4)/n=1 sin(1/n)=0

数列的极限数学归纳法

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)

放缩法证明数列不等式经典例题

放缩法证明数列不等式 主要放缩技能: 1.211111111(1)(n 1)1n n n n n n n n -=<<=-++-- 2221144112()141(21)(21)21214 n n n n n n n <===--+--+- ==>= ==<= =<= == =< = = 5. 121122211(21)(21)(22)(21)(21)2121 n n n n n n n n n n ---<==-------- 6. 111 22(1)11(1)2(1)22(1)2n n n n n n n n n n n n n +++++-==-+?+??+?

例1.设函数2*2()1x x n y n N x -+=∈+的最小值为n a ,最大值为n b , 且n c =(1)求n c ;(2)证明: 4444123111174n c c c c ++++ < 例2.证明:1611780<+ ++< 例3.已知正项数列{}n a 的前n 项的和为n s ,且12n n n a s a + =,*n N ∈; (1)求证:数列{} 2n s 是等差数列; (2)解关于数列n 的不等式:11()48n n n a s s n ++?+>- (3)记312311112,n n n n b s T b b b b = = ++++,证明:312n T <<

例4. 已知数列{}n a 满足:n a n ?????? 是公差为1的等差数列,且121n n n a a n ++=+; (1) 求n a ;(2 12n na +++< 例5.在数列{}n a 中,已知1112,2n n n n a a a a a ++==-; (1)求n a ;(2)证明:112233(1)(1)(1)(1)3n n a a a a a a a a -+-+-++-< 例6. 数列{}n a 满足:11122,1()22 n n n n n a a a n a ++==++; (1)设2n n n b a =,求n b ;(2)记11(1)n n c n n a +=+,求证:12351162 n c c c c ≤++++<

斐波那契数列

斐波那契数列 一、简介 斐波那契数列(Fibonacci),又称黄金分割数列,由数学家斐波那契最早以“兔子繁殖问题”引入,推动了数学的发展。故斐波那契数列又称“兔子数列”。 斐波那契数列指这样的数列: 1,1,2,3,5,8,13,……,前两个数的和等于后面一个数字。这样我们可以得到一个递推式,记斐波那契数列的第i项为F i,则F i=F i-1+F i-2. 兔子繁殖问题指设有一对新生的兔子,从第三个月开始他们每个月都生一对兔子,新生的兔子从第三个月开始又每个月生一对兔子。按此规律,并假定兔子没有死亡,10个月后共有多少个兔子? 这道题目通过找规律发现答案就是斐波那契数列,第n个月兔子的数量是斐波那契数列的第n项。 二、性质 如果要了解斐波那契数列的性质,必然要先知道它的通项公式才能更简单的推导出一些定理。那么下面我们就通过初等代数的待定系数法计算出通项公 式。 令常数p,q满足F n-pF n-1=q(F n-1-pF n-2)。则可得: F n-pF n-1=q(F n-1-pF n-2) =q2(F n-2-pF n-3) =…=q n-2(F2-pF1)

又∵F n-pF n-1=q(F n-1-pF n-2) ∴F n-pF n-1=qF n-1-pqF n-2 F n-1+F n-2-pF n-1-qF n-1+pqF n-2=0 (1-p-q)F n-1+(1+pq)F n-2=0 ∴p+q=1,pq=-1是其中的一种方程组 ∴F n-pF n-1= q n-2(F2-pF1)=q n-2(1-p)=q n-1 F n=q n-1+pF n-1=q n-1+p(q n-2+p(q n-3+…))=q n-1+pq n-2+p2q n-3+…+p n-1 不难看出,上式是一个以p/q为公比的等比数列。将它用求和公式求和可以得到: 而上面出现了方程组p+q=1,pq=-1,可以得到p(1-p)=-1,p2-p-1=0,这样就得到了一个标准的一元二次方程,配方得p2-p+0.25=1.25,(p-0.5)2=1.25,p=±√1.25+0.5。随意取出一组解即可: 这就是著名的斐波那契数列通项公式。有了它,斐波那契数列的一些性质也不难得出了。比如斐波那契数列相邻两项的比值趋向于黄金分割比,即: 根据斐波那契数列通项公式,可以得到 因为n是趋向于正无限的,因此我们可以知道: 那么我们就可以把分子和分母的第二项同时省略掉,即 这就是斐波那契数列的魅力之一——它和黄金分割比有密切的关系。下面将给出斐波那契数列的几个性质及其证明。

数学分析-数列极限

第二章 数列极限 §1 数列极限概念 教学目的与要求: 使同学们理解数列极限存在的定义,数列发散的定义,某一实数不是数列极限的定义;掌握用数列极限定义证明数列收敛发散的方法。 教学重点,难点: 数列极限存在和数列发散定义的理解;切实掌握数列收敛发散的定义,利用数列收敛或发散的定义证明数列的收敛或发散性。 教学内容: 一、课题引入 1°预备知识:数列的定义、记法、通项、项数等有关概念。 2°实例:战国时代哲学家庄周著《庄子·天下篇》引用一句话“一尺之棰, 日取其半,万古不竭。”将其“数学化”即得,每天截后剩余部分长度为(单位尺) 21,221,321,……,n 21 ,…… 或简记作数列:? ?????n 21 分析:1°、? ?? ???n 21随n 增大而减小,且无限接近于常数0; 2 二、数列极限定义 1°将上述实例一般化可得:

对数列{}n a ,若存在某常数a ,当n 无限增大时,a n 能无限接近常数a ,则称 该数为收敛数列,a 为它的极限。 例如:? ?? ???n 1, a=0; ??? ? ??-+n n )1(3, a=3; {}2 n , a 不存在,数列不收敛; {}n )1(-, a 不存在,数列不收敛; 2°将“n 无限增大时”,数学“符号化”为:“存在N ,当n >N 时” 将“a n 无限接近a ”例如对? ?? ? ??-+n n )1(()3以3为极限,对ε= 10 1 3)1(3--+ =-n a a n n =10 11π n 只需取N=10,即可 3°“抽象化”得“数列极限”的定义 定义:设{}n a 是一个数列,a 是一个确定的常数,若对任给的正数ε,总存在 某一自然数N ,使得当n >N 时,都有 a a n -<ε 则称数列{}n a 收敛于a ,a 为它的极限。记作 a a n n =∞ →lim {(或a n →a,(n →∞)) 说明 (1)若数列{}n a 没有极限,则称该数列为发散数列。 (2)数列极限定义的“符号化”记法:a a n n =∞ →lim ? ε ?>0,?N ,当n (3)上述定义中ε的双重性:ε>0是任意..

高中数学专题讲义-数学归纳法

题型一:数学归纳法基础 【例1】已知n 为正偶数,用数学归纳法证明111 111112()234 1242n n n n -+-++ =+++-++L L 时,若已假设2(≥=k k n 为偶数)时命题为真,则还需要用归纳假设再证 ( ) A .1+=k n 时等式成立 B .2+=k n 时等式成立 C .22+=k n 时等式成立 D .)2(2+=k n 时等式成立 【例2】已知n 是正偶数,用数学归纳法证明时,若已假设n=k (2≥k 且为偶数)时命 题为真,,则还需证明( ) A.n=k+1时命题成立 B. n=k+2时命题成立 C. n=2k+2时命题成立 D. n=2(k+2)时命题成立 【例3】某个命题与正整数n 有关,如果当)(+∈=N k k n 时命题成立,那么可推得当 1+=k n 时命题也成立. 现已知当7=n 时该命题不成立,那么可推得 ( ) A .当n=6时该命题不成立 B .当n=6时该命题成立 C .当n=8时该命题不成立 D .当n=8时该命题成立 【例4】利用数学归纳法证明 “*),12(312)()2)(1(N n n n n n n n ∈-???????=+???++ ”时,从“k n =”变到“1+=k n ”时,左边应增乘的因式是 ( ) A 12+k B 112++k k C 1)22)(12(+++k k k D 1 3 2++k k 【例5】用数学归纳法证明),1(1112 2 *+∈≠--=++++N n a a a a a a n n Λ,在验证n=1时,典例分析 板块三.数学归纳法

左边计算所得的式子是( ) A. 1 B.a +1 C.21a a ++ D. 421a a a +++ 【例6】用数学归纳法证明n n n n n 2)()2)(1(=+++Λ))(12(31*∈+????N n n Λ,从“k 到k+1”左端需乘的代数式是( ) A.2k+1 B.)12(2+k C. 112++k k D.1 3 2++k k 【例7】用数学归纳法证明:1+ 21+3 1+)1,(,121 >∈<-+*n N n n n Λ时,在第二步证明 从n=k 到n=k+1成立时,左边增加的项数是( ) A.k 2 B.12-k C.12-k D.12+k 【例8】设 )1()2()1()(-++++=n f f f n n f Λ,用数学归纳法证明 “)()1()2()1(n nf n f f f n =-++++Λ”时,第一步要证的等式是 【例9】用数学归纳法证明“)12(212)()2)(1(-????=+++n n n n n n ΛΛ”(+∈N n ) 时,从 “n k =到1n k =+”时,左边应增添的式子是__ __。 【例10】用数学归纳法证明不等式 24 13 12111> ++++++n n n n Λ的过程中,由k 推导到k+1时,不等式左边增加的式子是 【例11】是否存在常数c b a ,,是等式22222421(1)2(2)()n n n n n an bn c ?-+?-+???+?-=++对 一切)*N n ∈成立?证明你的结论。 题型二:证明整除问题 【例12】若存在正整数m ,使得)(93)72()(*∈+-=N n n n f n 能被m 整除,则m = 【例13】证明:)(,)3(1*∈+-N n x n 能被2+x 整除 【例14】已知数列{}n a 满足1201a a ==,,当*n ∈N 时,21n n n a a a ++=+.

数列中的不等式的证明

数列中的不等式的证明 证明数列中的不等式的一般方法: 1.数学归纳法: ①直接应用数学归纳法:这是由于数学归纳法可以用来证明与正整数相关的命题,当然也包括与正整数 相关的不等式(即数列不等式); ②加强命题后应用数学归纳法:直接应用数学归纳法并不能证明所有数列不等式,有些数列不等式必须 经加强后才能应用数学归纳法证出. 2.放缩法: ①单项放缩:将数列中的每一项(通项)进行相同的放缩; ②裂项放缩:将数列中的每一项裂开放缩成某两项之差; ③并项放缩:将数列中的两项合并放缩成一项; ④舍(添)项放缩:将数列中的某些项舍去或添加; ⑤排项放缩:将数列中的项进行排序(即确定数列的单调性),从而求出数列中项的最值,达到证明不 等式的目的,能用排项放缩证明的数列不等式必能直接应用数学归纳法证明,反之亦然; ⑥利用基本不等式放缩:例如平均数不等式也可在数列不等式的证明中起作用. 一、直接应用数学归纳法证明 1.已知函数ax x x f +-=3 )(在)1,0(上是增函数. )1(求实数a 的取值集合A (2)当a 中取A 中最小值时,定义数列}{n a 满足:)(21n n a f a =+且)1,0(1∈=b a ,b 为常数,试比较n n a a 与1+的大小 (3)在(2)的条件下,问是否存在正实数c 使10<-n n a a (3)}{12-n a 递增. 4.(2004.辽宁理科高考第21题) 已知函数223)(x ax x f -=的最大值不大于6 1,又当.8 1)(,]21,41[≥∈x f x 时 (1)求a 的值; (2)设.1 1.),(,21011+<∈=<<++n a N n a f a a n n n 证明 5.(2005.重庆理科高考第22题)数列{a n }满足)1(21)11(1211≥+++==+n a n n a a n n n 且. (1)用数学归纳法证明:)2(2≥≥n a n ; (2) 已知不等式)1(:,0)1ln(2≥<><+n e a x x x n 证明成立对,其中无理数e=2.71828….

高三数学 教案 斐波那契数列通项公式推导过程

斐波那契数列 斐波那契数列,又称黄金分割数列、因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称为“兔子数列”,指的是这样一个数列:1、1、2、3、5、8、13、21、34、……在数学上,斐波纳契数列以如下被以递推的方法定义:F(1)=1,F(2)=1, F(n)=F(n-1)+F(n-2)(n>=3,n∈N*)在现代物理、准晶体结构、化学等领域,斐波纳契数列都有直接的应用,为此,美国数学会从1963年起出版了以《斐波纳契数列季刊》为名的一份数学杂志,用于专门刊载这方面的研究成果。 定义 斐波那契数列指的是这样一个数列1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233,377,610,987,1597,2584,4181,6765,10946,17711,28657,46368........ 自然中的斐波那契数列 这个数列从第3项开始,每一项都等于前两项之和。 斐波那契数列的定义者,是意大利数学家列昂纳多·斐波那契,生于公元1170年,卒于1250年,籍贯是比萨。他被人称作“比萨的列昂纳多”。1202年,他撰写了《算盘全书》(Liber Abacci)一书。他是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人。他的父亲被比萨的一家商业团体聘任为外交领事,派驻地点于阿尔及利亚地区,列昂纳多因此得以在一个阿拉伯老师的指导下研究数学。他还曾在埃及、叙利亚、希腊、西西里和普罗旺斯等地研究数学。 通项公式 递推公式 斐波那契数列:1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, ... 如果设F(n)为该数列的第n项(n∈N*),那么这句话可以写成如下形式::F(n)=F(n-1)+F(n-2) 显然这是一个线性递推数列。 通项公式

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