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数列、极限、数学归纳法复习备考
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　　[知识要点]
　　[考点评析]
　　数列不仅是高中代数的重要内容之一，同时也是中学数学各章节中最赋综合性的章节之一。因此是历年高考的重点，在历年高考试题中占有较大的比重，一般占16分左右(其中2002年全国高考理科试卷与数列有关的试题分值达31分)。这些试题不仅考查数列的概念、等差数列和等比数列、数列的极限的基础知识、基本技能、基本思想和方法，考查数学归纳法这一基本方法，而且有效地测试了考生的逻辑思维能力和运算能力，以及运用数学知识和方法分析问题和解决问题的能力。这部分内容，在高考试题中不仅经常有选择题、填空题，有时还有中等难度的解答题。但经常是以难度较大的综合题出现。尤其是通过探索性试题，考查考生的潜能和创新的意识，通过应用题考查考生应用数学知识和方法解决实际问题的能力。
　　分析近几年来的高考试卷中有关本章的试题，我们可以从中发现如下一些带规律性的东西：
　　(1)等差数列、等比数列的基本知识(定义、通项公式、前n项和公式)是必考内容，每份试卷都有这方面的试题。这类试题既有选择题、填空题，又有解答题；难度既有容易题、中等题，也有难题。对于这一点应予以足够的重视。
　　(2)数列极限也几乎是每份试卷中都有考题，而多以选择题、填空题形式出现，有时也以解答题中的某一小题出现。命题方向逐步由用数列极限定义求极限、直接用数列极限的四则运算法则求极限这些单一考查方面向结合等差及等比数列的计算求极限、结合无穷等比数列求和公式、结合数列求和方法求极限等一些综合考查方面过渡。
　　(3)递推公式是给出数列的一种方法，考查从特殊到一般探索归纳的思维方法，例如2000年全国高考第(15)题、2002年全国高考理科第(22)题第(I)小题。数学归纳法是一种重要的数学方法，大约平均每两份高考试卷中就有一道数学归纳法考题，而且总是以解答题形式出现，难度有难有易。为防止猜题，命题时这类试题在各年试卷中不能成周期出现，因此对数学归纳法问题，每年的复习都必须高度重视。
　　(4)数列中，从an到Sn，从Sn到an，从an与Sn的关系式到an或Sn等，都是数列的基本问题，也是高考命题的热点。解这类题，需准确掌握从an与Sn之间的关系，自如地进行转化、演变，有时还能派生出一些新的关系式来(如an与an-1的关系)。值得注意的是，当给出数列的前n项和公式，要求其通项公式时，不能只由an=Sn-Sn-1来决定，必须满足
　　(5)函数思想、方程思想、不完全归纳法、待定系数法、分类思想等数学思想方法在解决数列问题时常常用到，相对说来，高考命题中的数列试题，常常涉及以上数学思想和方法，在复习数列时，与此有关的方面不可轻视。
　　据上，在复习数列单元时，一定要以等差、等比数列为载体，以通项公式、求和公式为主线，注重基础，联系实际，通过对试题的演练，提高其运算能力、思辩能力、解决实际问题的能力，才能以不变应万变，在高考中立于不败之地。
　　[高考试题评析]
　　1、注重基础，设计新颖小题，考查基础知识掌握的牢固程度
　　[例1](2002年全国高考春季招生试题)若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有(　　)
　　A、13项　　　　B、12项　　　　C、11项　　　　D、10项
　　解：因为这个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，所以这个等差数列的首末两项之和为(34+146)÷3=60。
　　设这个数列有n项，以题意则有
　　×60n=390，
　　∴n=13，故选(A)。
　　评析：本题设计新颖，看似平淡，实则绵里藏针。着重考查了学生的数学观察能力与运用能力。本题设计了两个精彩之处，第一个精彩之处是观察数列的项的特征，第二个精彩之处是巧妙地运用等差数列的性质，避免了列方程求解的运算之繁。
　　2、基础与能力并重，设计中档题，考查“三基”掌握的熟练程度
　　[例2](2000年全国高考广东试题)设{an}为等比数列，
　　Tn=na1+(n-1)a2+…+2an-1+an，
　　已知T1=1，T2=4。(I)求数列{an}的首项和公比；(II)求数列{Tn}的通项公式。
　　分析与简解：注意揭示数列{an}和{Tn}之间的联系，数列{Tn}的通项Tn实际上是一个和，即为求和。
　　(I)设等比数列{an}的公比为q，则
　　T1=a1，
　　T2=2a1+a2=2a1+a1q+a1(2+q)。
　　∵T1=1，T2=4，
　　∴a1=1，q=2。
　　(II)由(I)知a1=1，q=2，故
　　an=a1qn-1=2n-1。
　　因此Tn=n?1+(n-1)?2+…+2?2n-2+2n-1。
　　∴Tn=2Tn-Tn=n?2+(n-1)?22+…+2?2n-1+2n-[n?1+(n-1)?2+…+2?2
　　=-n+2+22+…+2n-1+2n
　　=-n+[]=2n+1-n-2。
　　评析：本题对Tn求和时，实际上是用等比数列求和公式的推导方法进行求和的，这是一种常用的数列求和的方法。本题虽然比较常规，但比较典型，体现了重点知识重点考查的原则。数列的性质、通项与求和历来是高考的重点和热点，这一点应有一个清醒明确的认识。
　　3、突出能力，在网络交汇点设计综合题，考查学生的数学知识结构与数学化意识
　　[例3](2001年河南信阳市高三调研试题)在圆x2+y2=5x内，过点(，)有n条弦的长度成等差数列，最短弦长为数列的首项a1，最长弦长为an，若公差d∈[，]，那么n的取值集合为(　　)
　　A、{4，5，6}　　　　　　　　　　　　B、{6，7，8，9}
　　C、{3，4，5}　　　　　　　　　　　　D、{3，4，5，6}
　　分析与简解：如上图，MN∥x轴且MN过定点P(，)。显然过点P的最长弦为圆的直径，最短弦为MN，在Rt△CMP中易得MP=2，故a1=4，an=5，又根据题意有
　　an=a1+(n-1)d，
　　所以5=4+(n-1)d，即d=，
　　又d∈[，]，且n∈N，所以n=4，5，6。即n的取值集合为{4，5，6}。故选(A)。
　　评析：本题构思新颖，虽然难度不大，但有一定的综合性，对能力有一定的要求。本题巧妙地将数列与平面几何、解析几何、不等式等知识汇合一起，着重考查学生数形结合，等价转换、逻辑运算与推理能力，是一道在知识网络交汇点命题的成功范例。
　　[典型例题分析]
　　1、重要知识继续常考不断，考查学生的整体素质与能力
　　近年来，数列试题难度适中，试题信度较好，既照顾到了学生的实际水平，又综合考查了学生的整体素质与能力，不但达到了命题者的意图，而且多数考的就是重要知识点。因此，必须夯实基础，抓重点。
　　[例4](2001年北京西城区高三模拟试题)已知a＞0，且a≠1，数列{an}是首项为a，公比也为a的等比数列，令bn=anlgan(n∈N)。
　　(I)求数列{bn}的前n项和Sn；
　　(II)当a＞1时，求()；
　　(III)若数列{bn}中的每一项总小于它后面的项，求a的取值范围。
　　解：(I)由题设
　　an=a?an-1=an，
　　∴bn=anlgan=nanlga，
　　Sn=alga+2a2lga+…+nanlga=a(1+2a+3a2+…+nan-1)lga①
　　将①式两边同乘以a，得
　　aSn=a[a+2a2+3a3+…+nan]lga②
　　①-②并注意到a＞0，且a≠1，得
　　(1-a)Sn=a(1+a+a2+…+an-1-nan)lga=a[-nan]lga，
　　∴Sn=alga。
　　(II)∵=alga?nan?lga
　　∴当a＞1时，()=。
　　(Ⅲ)令bk+1＞bk(k∈N)，则
　　bk+1-bk=(k+1)ak+1?lga-kak?lga=ak[k(a-1)+a]lga＞0。
　　其中ak＞0，只需解
　　[k(a-1)+a]lga＞0。
　　①当a＞1时，lga＞0，由k(a-1)+a＞0，解得k＞；
　　②当0＜a＜1时，lga＜0，由k(a-1)+a＜0解得k＞。
　　为使不等式对任意自然数k都成立，只需小于k的最小值1，解不等式＜1，并注意到a＞0，得a＞1或0＜a＜。
　　评析：本题主要考查数列的通项、求和、极限及与不等式相结合的能力，也是学生必备的解题技巧，题目的新颖之处在于综合性强，考查知识的交汇点，这种命题策略是高考中常见的。
　　2、分类探索保持热点不冷，考查学生的创新意识和思维能力
　　探索性问题、分类讨论问题，对考生的数学思维能力与分析解决问题的能力有较高的要求。因此必须引起足够的重视。
　　[例5](2001年全国高考春季招生上海市试题)已知数列{an}是首项为2，公比为的等比数列，Sn是它的前n项和，是否存在自然数c和k，使得＞2成立？
　　分析与简解：设存在自然数c和k，使得＞2成立。由Sn=4(1-)得
　　＞2＜04＜(4-c)2k＜6。
　　∵c，k为自然数，∴(4-c)2k为自然数，从而c只可能是2、3，且(4-c)2k=5，但当c=2、3时，(4-c)2k≠5，∴不存在自然数c和k，使得＞2成立。
　　评析：本题是数列与不等式的综合应用探索性问题。探索性问题是高考常见题型，一般有以下四种类型，即条件追溯型、结论探索型、存在判断型和方法探究型。本题属于存在判断型问题。
　　[例6](2001年重庆市高三诊断考试试题)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为前n项和。是否存在常数c＞0，使对任何n∈N，恒有=lg(Sn+1-c)成立，并证明你的结论。
　　分析与简解：设存在自然数c＞0，使上式成立，则由已知条件{an}是由正数组成的等比数列及Sn-c＞0，得
　　0＜c＜Sn＜Sn+1＜Sn+2，
　　且====q。
　　其中q为等比数列{an}的公比。于是
　　Sn+1-c=q(Sn-c)，
　　即有(1-q)c=Sn+1-qSn=a1，从而
　　(1)q=1时，c不存在；
　　(2)q＞1时，c=＜0与c＞0矛盾；
　　(3)q＞1时，c=＞Sn与c＜Sn矛盾。
　　综合(1)、(2)、(3)知不存在常数c＞0，使对任何n∈N，恒有=lg(Sn+1-c)成立。
　　评析：分类讨论问题有较强的探索性、逻辑性和综合性。解决这类问题的关键是弄清楚分类的动因和分类的标准以及分类的层次。
　　从例5和例6的求解过程可以看出，高考命题注重知识的整体性和综合性，重视知识的交互渗透，在知识网络的交汇点上设计题。近几年来的高考试题表明：涉及数列的试题逐渐向中学数学的各个分支扩展。因此，复习中应重视数列知识与函数、方程、不等式、解析几何、复数、三角等知识的交互渗透，力求对知识融会贯通，把握其内在联系，切实提高综合运用能力。
　　3、综合与应用问题仍然加强不减，考查学生综合运用知识和解决问题的能力
　　无论是初等数学还是高等数学中数列都占有重要地位。高考试题中，数列与函数、方程、不等式、解析几何等知识的综合，常以中高档题目出现，围绕数列问题，创设情景设计一些新颖的题目，更有效地考查综合与灵活运用数学知识的能力和对数学思想方法的深刻理解，是今后高考命题的方向。对数列的应用问题在今后的高考中仍会有所加强。
　　[例7](黄冈市2001年高考模拟试题)数列{an}中，a1=8，a4=2，且满足an+2-2an+1+an=0(n∈N)。(I)求数列{an}的通项公式；(II)设Sn=|a1|+|a2|+…+|an|，求Sn；(III)设bn=(n∈N)，Tn=b1+b2+…+bn(n∈N)，是否存在最大的整数m，使得对任何n∈N，都有Tn＞成立？若存在，求出m的值，若不存在，请说明理由。
　　简解：(I)由已知变形，得
　　an+2-an+1=an+1-an，
　　由此可见数列{an}是等差数列，由
　　a4=8+(4-1)d=2可求得d=-2，
　　∴an=10-2n。
　　(II)当n≤5时，Sn=-n2+9n；
　　当n＞5时，Sn=n2-9n+40。
　　(III)bn==?(-)，
　　Tn=b1+b2+…+bn=?(-)+?(-)+…+?(-)=，
　　由此易知{Tn}是递增的数列。要使Tn＞对任何n∈N总成立，只须＜T1=恒成立，即m＜8，m∈Z。故适合条件的m的最大值为7。
　　评析：综合题从题设到结论，从题型到内容，条件隐蔽，变化多端，因此就决定了审题思考的复杂性和解题设计的多样性，条件暗示可知并启发解题手段。此题印证了上面的说法。
　　[例8](2001年全国高考理科试题)从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态建设，并以此发展旅游产业。根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上一年减少。本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加。
　　(I)设n年内(本年度为第一年)总投入为an万元，旅游业总收入为bn万元。写出an,bn；
　　(II)至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入？
　　解：(I)第一年投入800万元，第二年投入为800×(1-)万元，……，第n年投入为800×(1-)n-1万元。
　　∴n年内的总投入为
　　an=800+800×(1-)+…+800×(1-)n-1=4000×[1-()n]；
　　第一年旅游业收入400万元，第二年旅游业收入为400×(1+)万元，……，第n年旅游业收入为400×(1+)n-1万元。
　　∴n年内的旅游业总收入为
　　bn=400+400×(1+)+…+400×(1+)n-1=1600×[()n-1]。
　　(II)设至少经过n年旅游业的总收入才能超过总投入，由此bn-an＞0，即
　　1600×[()n-1]-4000×[1-()n]＞0
　　化简得5×()n+2×()n-7＞0，
　　解此不等式，得()n＜，()n＞1(舍去)。由此得n≥5。
　　∴至少经过5年旅游业的总收入才能超过总投入。
　　评析：数列知识在实际生活中有广泛的应用，与年份有关的经济活动或与次数顺序有关的操作活动，常归结为数列问题，通过建立数列模型来解决。
　　[高分突破]
　　一、选择题
　　(1)数列{an}的前n项和是Sn，如果Sn=3+2an(n∈N)，则这个数列一定是(　　)
　　A、等比数列　　
　　B、等差数列
　　C、除去第一项后是等比数列
　　D、除去第一项后是等差数列
　　(2)已知等差数列{an}满足a1+a2+…+a101=0，则有(　　)
　　A、a1+a101＞0　　　　　　　　　　B、a2+a100＜0
　　C、a3+a99=0　　　　　　　　　　　D、a51=51
　　(3)无穷等比数列{an}的各项和是S，若a1+a2+a3=1，则S的取值范围是(　　)
　　A、(0，)　　　　　　　　　　　　B、(，+∞)
　　C、(0，)∪{1}　　　　　　　　
　D、(，1)∪(1，+∞)
　　(4)设等差数列的项数为奇数，则其奇数项之和与偶数项之和的比为(　　)
　　A、　　　　　B、　　　　　C、　　　　　D、
　　(5)一直角三角形三边边长成等比数列，则(　　)
　　A、三边边长之比为3：4：5
　　B、三边边长之比为3：：1
　　C、较大锐角的正弦为
　　D、较小锐角的正弦为
　　(6)数列{an}的前n项和是Sn，且满足loga(Sn+a)=n+1(a＞0且a≠1)，则的值为(　　)
　　A、1　　　　　　 B、-1　　　　　　C、-1或1　　　　　　D、不存在
　　(7)某种细菌在培养过程中，每20min分裂一次(一次分裂为两个)，经过3h，这种细菌由一个可以繁殖成(　　)
　　A、511个　　　　 B、512个　　　　 C、513个　　　　　　D、1024个
　　(8)将正偶数按下表排成5列
则2000在(　　)
　　A、第125行，第1列　　　　　　　　 B、第125行，第2列
　　C、第250行，第1列　　　　　　　　 D、第250行，第2列
　　(9)已知等比数列{an}的公比为q，其前n项和是Sn，若集合N={S|S=，q≠-1}，则N=(　　)
　　A、{0}　　　　　　B、{0，，1}　　C、{1，}　　　　　D、{0，}
　　(10)无穷数列{}各项和等于(　　)
　　A、1　　　　　　　B、　　　　　　C、　　　　　　　
　　(11)若正项等比数列{an}的公比q≠1，且a3、a5、a6成等差数列，则等于(　　)
　　A、　　　　　
B、　　　　C、　　　　　　　
　　(12){an}是实数构成的等比数列，Sn=a1+a2+…+an，则数列{Sn}中(　　)
　　A、任一项均不为0　　　　　　　　 　B、必有一项为0
　　C、至多有有限项0　　　　　　　　 　D、或无一项为0，或无穷多项为0
　　二、填空题
　　(13)等差数列{xn}中，x1+x3=4，x4+x6=-2，如果xn=log2yn，那么(y1+y2+…+yn)=____。
　　(14)设{an}是首项为1的正项数列，且(n+1)a-na+an+1an=0(n=1，2，3，…)，则它的通项公式an=____。
　　(15)若数列an=(n∈N)的前n项的和为Sn=5，则n=____。
　　(16)等差数列{an}中，Sn是它的前n项和，且S6＜S7，S7＞S8，则
　　①数列{an}中，前七项是递增的，从第八项开始递减；
　　②S9一定小于S6；
　　③a1是各项中最大的；
　　④S7不一定是Sn的最大值。其中正确的是____。
　　三、解答题
　　(17)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，bn=，且a3b3=，S3+S5=21。
　　(I)求{bn}的通项公式；
　　(II)求证：b1+b2+…+bn＜2。
　　(18)已知数列{xn}、{yn}，x1=3，xn+1=-，yn=(n∈N)。
　　(I)证明数列{yn}是等差数列；
　　(II)求数列{xn}、{yn}的通项公式；
　　(III)求xn。
　　(19)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且存在正数t，使对所有自然数n都有=成立。
　　(I)求数列{an}的通项公式；
　　(II)如果()＜t，求t的取值范围。
　　(20)已知f(x)=(+)2(x≥0)，又数列{an}(an＞0)中a1=2，这个数列的前n项的和为Sn(n∈N)对所有大于1的自然数n都有Sn=f(Sn-1)。
　　(I)求数列{an}的通项公式；
　　(II)若bn=(n∈N)求(b1+b2+…+bn-n)。
　　(21)某地区原有森林木材存量为a，且每年增长率为25%，因生产建设的需要每年年底要砍伐的木材量为b，设an为n年后该地区森林木材存量。(I)求an的表达式；(II)为保持生态环境，防止水土流失，该地区每年的森林木材量应不少于，如果b=，那么该地区今后会发生水土流失吗？若会，需要经过几年？(取lg2=0.3)
　　(22)已知函数f(x)满足axf(x)=b+f(x)(ab≠0)，f(1)=2，且使f(x)=2x成立的实数x有且只有一个。(I)求函数f(x)的解析式；(II)记数列{an}的前n项的和为Sn，数列{an}满足当n=1时，a1=f(1)=2，当n≥2时，Sn-=，求数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明。
一、选择题　　ACDDD　　CBCBC　　BD
二、填空题(13)16　　(14)
　　(15)35　　(16)②③
三、解答题(17)解：(I)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d。由bn=，得
　　b3=，∴a3b3==，
　　∴S3=2a3，即3a1+3d=2(a1+2d)，
　　∴a1=d①
　　由S3+S5=21，得
　　8a1+13d=21②
　　由①和②可得a1=d1=1。
　　∴bn==。
　　(II)∵bn==2(-)，
　　∴b1+b2+…+bn=2(1-+-+…+-)=2(1-)=2-＜2。
　　(18)解：(I)由xn+1=-，得
　　xn=，∴xn-1=-。
　　∵yn-yn-1=-=-==2，
　　∴数列{yn}是公差为2的等差数列。
　　(II)由x1=3，及yn=，得y1=，
　　∴yn=+(n-1)?2=2n-，(n∈N)
　　由yn=，得=2n-，
　　由此解得xn=，(n∈N)。
　　(III)xn=()=-1。
　　(19)解：(I)由S1=a1及=，得=，由题设a1＞0，t＞0及平均值定理知a1=t。
　　由=，得
　　即2nt(t+an)=(t+an)2，
　　∵t+an≠0，∴有2nt=t+an，
　　由此可得an=(2n-1)t，(n∈N)。
　　(II)由=，及an=(2n-1)t，得==n。
　　∴=[]=＜t，
　　解得t＞。
　　(20)解：(I)由题设知Sn＞0，由Sn=f(Sn-1)，得Sn=(+)2，
　　∴=+，
　　即-=，
　　∴{}是公差为的等差数列。
　　又==，
　　∴=+(n-1)=n。
　　∴an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2(n≥2)，
　　又当n=1时前式也成立，
　　∴an=4n-2(n∈N)。
　　(II)bn====1+=1+(-)。
　　∴b1+b2+…+bn-n=n+(1-)+(-)+…+(-)-n=1-，
　　∴b1+b2+…+bn-n=(1-)=1。
　　(21)解：(I)依题意得
　　an=()na-[()n-1+()n-2+…++1]b=()na-4[()n-1]b。(n∈N)
　　(II)当b=时，
　　an=()na-4[()n-1]?。
　　该地区开始发生水土流失，意味着n年后该地区森林木材存量少于，于是有
　　()na-4[()n-1]?＜，
　　整理后即得()n＞5，两边取常用对数，得nlg()＞lg5，即
　　n(lg5-lg4)＞lg10-lg2，
　　就是n(1-3lg2)＞1-lg2，
　　∴n＞，
　　取lg2=0.3，解得n＞7。即经过8年后，该地区就开始发生水土流失。
　　(22)解：(I)由axf(x)=b+f(x)，得
　　(ax-1)f(x)=b，
　　由f(1)=2有(a-1)2=b，
　　即2a-b=2①
　　再由f(x)=2x成立的实数x有且只有一个，得(ax-1)2x=b，即
　　2ax2-2x-b=0，
　　2ax2-2x-b=0，
　　∵ab≠0，∴△=4+8ab=0，
　　即2ab=-1②
　　由①和②解得a=，b=-1，
　　∴f(x)=。
　　(II)将f(an)=代入Sn-=(n≥2)中，并化简整理得
　　Sn=-an。
　　由a1=f(1)=2，当n=2，3，4时利用前式分别可求得a2=3，a3=4，a4=5，由此猜想an=n+1。
　　用数学归纳法证明如下：
　　(1)当n=1时结论显然成立。
　　(2)假设当n=k时ak=k+1成立，则当n=k+1时，
　　ak+1=Sk+1-Sk=?[(k+1)2+5(k+1)+2]-ak+1-(k2+5k+2)+ak，　　
　　∴2ak+1=?(k2+7k+8)-?(k2+5k+2)+k+1=2k+4，
　　即ak+1=k+2。这就是说当n=k+1结论也成立。
　　由(1)，(2)可知，对于一切自然数n结论都成立，∴数列{an}的通项公式是
　　an=n+1。
载自《理科考试研究》(高中)
责任编辑:tenglong.net
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高中数学指导：数列的极限和数学归纳法
&一. 教学内容：
数列的应用问题、数列的极限和归纳法
二. 教学要求：
1. 了解数列的一般应用问题，理解&复制&的概念及相关的应用问题，能建立较典型问题的数学模型。
2. 了解数列极限的概念，掌握极限的四则运算法则，会求某些数列的极限。
3. 理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题。
1. 零存整取和按揭贷款问题（见例题选讲）
2. 数列极限的概念
3. 常用的极限
4. 数列极限的运算法则：
5. 无穷递缩等比数列的各项和
{an}为等比数列，|q|＜1则称{an}为无穷递缩等比数列。
6. 求数列极限的常用
①求分子、分母都含有关于n的代数式或指数式的数列的极限，可将分子分母同除以分母的最高次幂（即无穷小量分出法），再求极限。
②利用有理化因子变形；
③求和式极限时，一般先求和，再求极限；
⑤求含有参数的式子的极限时，注意对参数的值进行分类讨论，分别确定极限是否存在，若存在求出值。
7. 数学归纳法
数学归纳法是一种证明与自然数n有关的数学命题的证明方法。
（1）数学归纳法的步骤：（分三步）
①验证n取第一个值n0时命题f(n0)正确。（是递推基础）；
②假设n＝k（k&N，k&n0）时命题f(k)正确，证明n＝k＋1时命题f(k＋1)也正确。（是递推的依据）；
③由①、②可知对任意n&n0命题f(n)都正确。（结论）。
（2）用数学归纳法证明命题f(n)时，难点在第二步。即假设n＝k，f(k)成立，推出n＝k＋1时f(k＋1)也成立，在推导中必须用到&归纳假设&，而此步骤证明的是&结构相同&。
如：用数学归纳法证明
∴等式成立。
则n＝k＋1时
（与k时的结构相同）
∴当n＝k＋1时，等式也成立。
解：由递推公式算出前几项
再用数学归纳法证明：&
【典型例题】
例1. 零存整取和按揭贷款问题
（1）利息计算：
①单利：每期都按初始本金计算利息，当期利息不计入下期本金。
例如：某人存入银行1万元现金，年利率5%，三年后一次性取出，本利和为多少？
结论：按单利计算，每期的本利和组成等差数列，按复利计算，每期的本利和组成等比数列。
（2）零存整取储蓄（单利）本利和计算模型，若每期存入本金P元，每期利率为r，当n期后，本利和为Sn。
P?D贷款 r?D利率 n?D还款期数
例如：某企业为筹划资金A元，以年利率r每年按复利计算利息。在当年年初借入，前m年这段时间内不还款，从第m＋1年开始每年末按一定的金额a元偿还，并在后继的n年中还清借款的本利和，试求a的表达式。
解：从借入之日到偿还付清须（m＋n）个年份，故A元的本利和是：
A(1＋r)m n元 ①
而偿还金额的本利和是：
例2. 可化成递推关系的问题。
（1）等差型递推关系式：
（2）等比型递推关系式：
∴该职工第十二个月底有余款700元。
例3. 甲、乙两企业，2000年的销售量均为P（设2000年为第一年），根据市场分析和
①求甲、乙两企业第n年的销售量的表达式；
②根据甲、乙两企业所在地的市场规律，如果某企业的年销售量不足另一企业年销售量的20%，则该企业将被另一企业收购。试判断，哪一个企业将被收购？这种情形将在哪一年出现？
解：设甲企业前n年的总销量为Sn，第n年的销量为an，乙企业第n年的销量为bn，则依题意可得：
在一系列球中，第一个球的半径为1，第2个球的直径等于第一个球的半径，第3个球的直径等于第二个球的半径，依次类推，求所有这些球的表面积之和与体积之和。
解：设由球的半径组成的数列为{rn}
因此由这些球的表面积、体积都组成等比数列，
例6. 已知a＞0且a&1，数列{an}是首项为a，公比也为a的等比数列，令bn＝anlgan（n&N）。
①求数列{bn}的前n项和Sn；
解：&0& style='width:225.75 &
&6& style='width:198 &
&7& style=' &
例7. 用数学归纳法证明不等式
显然，左端＞右端；所以n＝1时，原不等式成立。
②假设当n＝k（k&N）时不等式正确，即：
由①、②可知，对一切n&N*，不等式均成立。
公式仍成立
（一）选择题
某种电子产品面市时单价为a元/只，由于供不应求，连续提价三次，每次提高20%，经过一段时间后，市场开始疲软，厂家又采取了降价措施，若连续降价三次，每次降低17%，最后的价格为b元/只，则（
元/m2，二层的价格为
元/m2，第i层（i&4）的价格为
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
4. 若数列{an}的通项公式是
A. 1 B. 0 C. 2 D.
（二）填空题
6. 设等比数列
，则a1＝_______。
7. 如图，P1是一块半径为1的半圆形纸板，在P1的左下端剪去一个半径为
的半圆后得到图形P2，然后依次剪去更小的半圆（其直径为前一被剪掉半圆的半径）得图形P3，P4，&，Pn，&。记纸板Pn的面积为Sn，则
___________。
8. 用数学归纳法证明
第一步要证的不等式是_____________。
9. 在数列{an}中，已知a1＝2，l1：l2：
的交点为P1（x1，y1），且对于n&2的自然数，两点（0，b），（
）的连线与直线y＝
（1）求P1，P2的坐标；
（2）猜想Pn的坐标公式，并证明。
【试题答案】
∴a＞b
解析：各层房的总价值为
两边相加：
10. 解：设第n年后欠款为an
则第一年后欠款为－4000＝a1
第二年后欠款为
第十年后欠款为
，&，4000分别是第一年后，第二年后，&第十年后各年所还欠款到第十年后的本息，看二者能否抵销。
11. 解：（1）解方程组
过（0，b），（
，0）两点的直线方程为
，下面用数学归纳法证明：
①n＝2时，结论已被证；
②假设n＝k（k&2）时，
，过（0，b），（}