有限与无限的思想

有限与无限的思想

一、考点介绍

1、有限与无限的思想就是将无限的问题化为有限来求解，将有限的问题化为无限来解决，利用已经掌握的无限问题的结论来解决新的无限问题.

2、把对无限的研究转化为对有限的研究，是解决无限问题的必经之路.

3、积累的解决无限问题的经验，将有限问题转化为无限问题来解决是解决有限问题的一个方向，同时有利于解决新的无限的问题.

4、立体几何中求球的表面积与体积的推导，实际上是先进行有限次分割，然后再求和、求

极限；数学归纳法就是通过对有限的研究来解决无限的问题等等，这些都是典型的有限与无限思想的应用.取极限和数学归纳法就是由有限与无限的思想得到的具体的方法.

5、有限与无限的思想在近几年的高考中已经有很多具体的体现，随着高中课程改革，对新增内容的深入考查，必将加大对这一思想的考查,所以我们考前应该予以重视. 二、高考真题

1. (2008安徽卷，理，14)在数列{an}在中，an4nnN,其中a,b为常数，则lim*522，a1a2ananbn，

ababnnnn的值是 .

n【解析】本题根据通项与前n项和可以求出常数a,b的值，再对所给的有限项求极限.这里我们要利用已经掌握的无限的结论(即limq0(|q|1))来解决新的极限问题.

nn【答案】由an4na1a2an32nn(n1)252知，{an}是公差为

4的等差数列，故

4

bn1n1()1()1ab2a41. anbn，解得a2，b，从而limnlimlimnnabnbnn1n21()1()a4nn2. (2005年福建卷，理，22) 已知数列an满足a1a,an11不同的值时，得到不同的数列，如当a1时，得到无穷数列：1,2,得到有穷数列：12,1,0.

1an我们知道当a取

351,,;.当a时,232（Ⅰ）求当a为何值时a40； （Ⅱ）设数列bn满足b11, bn1一个数，都可以得到一个有穷数列an；

1bn1(nN)，求证：a取数列bn中的任

（Ⅲ）若

32an2(n4)，求a的取值范围.

【解析】 这是一道蕴含有限与无限的思想的典型试题. 对于题设的递推关系，随着所给出的初始条件不同，得到的数列既可能是无限数列也可能是有限的数列，第（Ⅱ）问则可以通过有有限次的试验，得出对无限个bn都可以得到一个有穷数列{an}的猜想，再用数学归纳法进行证明.或者通过对有限问题的推理直接得到无限问题的解答.第（Ⅲ）问是把对无限个n都成立的结果，通过有限次分析获得解决.

【答案】（Ⅰ）a1a,an11a311a22a1a1,a411a31an,a211a111aa1a,

3a22a11. 故当a1bn11,

23时a40.

(Ⅱ) 解法一：b11,bn1当ab1时,a21当ab2时,a21当ab3时,a211b11b11b30 ,

bn1,bnb11,a30, b2,a311a211b2b11a40.

一般地, 当abn时,an10,可得一个含有n1项的有穷数列a1,a2.,an1. 下面用数学归纳法证明.

(1) 当n1时, ab1,显然a211b10,可得一个含有2项的有穷数列a1,a2.

(2) 假设当nk时,abk,得到一个含有k1项的有穷数列a1,a2.,ak1,其中

ak10,则nk1时,abk1,a211bk1bk,

由假设可知, 得到一个含有k1项的有穷数列a2,a3,,ak2,其中ak20.

所以,当nk1时, 可以得到一个含有k2项的有穷数列a1,a2,a3,,ak2,其中

ak20

由(1),(2)知,对一切nN,命题都成立. 解法二：b11,bn1bbn11bn,bn1bn11.

a取数列{bn}中的任一个数不妨设abn.abn,a21a31an11a21an111a11bn11b21bn1,

bn2,...b11.an10.1故a取数列bn中的任一个数，都可以得到一个有穷数列an. （Ⅲ）

32an2(n4)即

3211an12,1an12

所以要使由于332an2(n4),当且仅当它的前一项an1满足1an12.

33,21,2,所以只须当ak,2时,都有an,2n5 2223a233a2由a4,得2, 解得a0.

2a122a13.（2008辽宁卷21）在数列|an|，|bn|中，a1=2，b1=4，且an，bn，an1成等差数列，

bn，an1，bn1成等比数列（nN）.

*（Ⅰ）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测|an|，|bn|的通项公式，并证明你的结论； （Ⅱ）证明：

1a1b11a2b2…1anbn512．

【解析】第（Ⅰ）问由题设可得两个数列的递推关系式，进而得到两个数列的前几项（有限项） ，可以猜出两者的通项公式（无限的问题），再用数学归纳法证明这个无限的问题.

第（Ⅱ）问可以通过研究通项公式（无限的问题）直接解决无限的问题.

2【答案】（Ⅰ）由条件得2bnanan1，an1bnbn1，由此可得

a26，b29，a312，b316，a420，b425．猜测ann(n1)，bn(n1)．

2下面用数学归纳法证明：

①当n=1时，由上可得结论成立．

2②假设当n=k时，结论成立，即akk(k1)，bk(k1)，

那么

2当n=k+1

ak2bk2时

(k2),

2，

ak12bkak2(k1)k(k1)(k1)(k2)，bk1所以当n=k+1时，结论也成立．

2由①②，可知ann(n1)，bn(n1)对一切正整数都成立．

（Ⅱ）

1a1b1116512．n≥2时，由（Ⅰ）知anbn(n1)(2n1)2(n1)n．

故

1a1b1a2b2…1anbn161111…

22334n(n1)1611111111111115. …22334nn1622n112综上，原不等式成立． 三、名校试题

1.（福建省泉州一中2008届高三毕业班第二次模拟检测，数学，22）数列{an}中， a11，

an1122ananc (c1为常数，n1,2,3,...) ，且a3a218.

（1）求c的值；

（2）① 证明：aan1；

n② 猜测数列{an}是否有极限？如果有，写出极限的值（不必证明）；

n（3）比较k11ak与

4039an1的大小，并加以证明.

【解析】第（1）问由通项公式（揭示无限问题）求出有限项a2、a3后可得c的值；第（2）问通过对有限项的处理证明出结论，从而可猜出{an}的极限；第（3）问对得到的递推关系式进行变形，再用作差法求解，需要用到数学归纳法证得an2.然后通过前几项（有限项）的比较与第（2）问已证的单调性得到结果.

111 a3a2a2cc. 【答案】（Ⅰ）依题意，a2a1a1cc，22222222111211111由a3a2，得cc，解得c2，或c1（舍去）.

22228812（Ⅱ）① 证明：因为an1an12an2an2212(an2)0，

2当且仅当an2时，an1an.因为a11，所以an1an0，即anan1 (n1,2,3,...). ② 数列{an}有极限,且 liman2.

n（Ⅲ）由an11an1an2122anan2，可得an(an1an)(an2)(an12)，从而

1an12n.

因为a11，所以 所

nak11k11111a2a2a2a22a1.

k1kk11n1n1n以

1ak4039an112an114039an140an141an3939(2an1)2k1(5an3)(8an13)39(2an1).

*因为a11，由（Ⅱ）① 得 an1 (nN). （*）

下面用数学归纳法证明：对于任意nN*，有an2成立.

当n1时，由a11，显然结论成立. 假设结论对nk (k1)时成立，即ak2. 因为an1所以ak112anan2212(an1)232，且函数y12(x1)232在x1时单调递增，

12(21)232结论也成立. 于是，当nN*时，有an22.即当nk1时，

成立. （**）

根据（*）及（**）得 1an2. 由a11 及an112anan2， 经计算可得a2232， a3138.

所以，当n1时，

1a14039a2；当n2时，

1a11a24039a3；

当n3时，由

138nan12，得k11ak4039an1(5an13)(8an113)39(2an1)0 ,

n所以k11ak4039an1.

2．（安徽省皖南八校2008届高三第三次联考，数学，18）数列an的首项a1=1，前n*项和为Sn满足Sn2k(an11)（常数k0，nN）．

（1）求证：数列an是等比数列.

（2）设数列an的公比为f(k)，作数列bn，使b13，bnf(4，…）

1bn1)（n2，3，

求数列bn的通项公式；

<*il（cmcm1cm1cm2…cncn1）（3）设cnbn2，若存在mN，且mn；使mn12007，试求m的最小值．

【解析】第（1）问通过对递推关系式的变形得到相邻两项的比，正是利用这两个有限项的比是非零常数来证明该数列是等比数列的.第（2）问也是通过对递推关系式（无限的问题）的变形来求通项公式的（无限的问题）.第（3）问通过抓住通项来求有限项的极限，再根据

这个极限求出m的最小值.

【答案】 解：（1）Sn2k(an11) ①

当n2时， Sn12k(an1)②

①—②得，an2k(an1an)即2kan1（2k1）an

由①, a1112k ，∴

an12k12k112k，

an 又

a2a1112k符合上式，∴an是以1为首项，112k为公比的等比数列．

（2）由（1）知f(k)112k，∴bnf(1bn1)112， bn1（n2）

12∴bn212(bn12).又b13，即b121，

12bnbn12，

∴数列bn2是为1首项，∴bn2()21n1为公比的等比数列．

1n1，∴bn2()21．

12n1（3）由（2）知cnbn2()2n1，则cncn1()2.

12m12m12n1∴lim(cmcm1cm1cm2…cncn1）=lim（ ）（）...（）n11n22212m112n+1（）（）412m112=lim2， （）n13220071412m312m9（）∴，∴2 ∵5126691024，∴2m310669. 2669m6.5.

，

又∵mN，∴m的最小值为7. 四、考点预测

(一)考点预测

根据近几年各地高考试题和模拟试题来看，有限与无限的思想逐年增加考查广度，我们认为2009年的高考一定会有更多的体现.在题型上来看，热点问题仍然是以数列为载体考查极限的知识和用数学归纳法证题.

(二)考点预测题

1．(2007天津 理工13)设等差数列an的公差d是2，前n项的和为Sn，则

*limannSn22n ．

【解析】本题设出首项，表示出通项和前n和（有限项），然后代入求极限.而在求极限的时候，利用到已经掌握的极限知识limnan0和liman2n0，其中a为常数.

n(n1)22

【答案】设首项为a1，则ana12(n1)2na11，Snna1n2n(a11)limannSn3limn，

2222n(2na11)n3n4n(a11)(a11)limlim 22nnnn(a11)nn(a11)(a11)n22224(a11)n1(a11)n3.

2.（2008山东卷 文20）将数列an中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：

a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10

．．．．．．

记表中的第一列数a1，a2，a4，a7,...构成的数列为bn，b1a11．Sn为数列bn的前n项和，且满足

2bnbnSnSn21(n≥2)．

1（Ⅰ）证明数列成等差数列，并求数列bn的通项公式；

Sn（Ⅱ）上表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数．当a81491时，求上表中第k(k≥3)行所有项的和．

【解析】第（Ⅰ）问从无穷数列an中抽出它的一个无穷的子数列，由Sn与bn的递推

1关系式消去bn，从而证明是无穷的等差数列. 第（Ⅱ）问就是求从第三行起的每一行

Sn所有的这些无穷多项的和.

【答案】（Ⅰ）证明：由已知，当n≥2时，

2bnbnSnS1，

2n1，

又Snb1b2bn，所以

2(SnSn1)Sn1Sn2(SnSn1)(SnSn1)SnS1Sn1122n即1，所以

1Sn，

11又S1b1a11．所以数列是首项为1，公差为的等差数列．

2Sn由上可知

1Sn112(n1)n12，即Sn2n1．

所以当n≥2时，bnSnSn11，　　　　n1，因此bn 2，n≥2．n(n1)2n12n2n(n1)．

（Ⅱ）解：设上表中从第三行起，每行的公比都为q，且q0． 因为12121213278，所以表中第1行至第12行共含有数列an的前7，

2故a81在表中第13行第三列，因此a81b13q又b1321314491．

，所以q2．

记表中第k(k≥3)行所有项的和为S，

bk(1q)1qk则S

(12)2k(12)(k≥3) k(k1)12k(k1)2k