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−
52
，a1+a2+⋯an=an+bn，2
an−bn的值是n∈N,其中a,b为常数，则limnn→∞a+bn*
.
【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−
5
知，{an}是公差为4的等差数列，故2
3n(n−1)
a1+a2+⋯an=n+⋅4
22
b1
1−()n1−()na−b1a=lim4=1.=an2+bn，解得a=2，b=−，从而limn=limnn→∞a+bn→∞n→∞b121+()n1+()na4
1
2.(2005年福建卷，理，22)已知数列{an}满足a1=a,an+1=1+我们知道当a取
nnan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,,,…;.当a=−得到有穷数列：−
35
231时,2
1
,−1,0.2
（Ⅰ）求当a为何值时a4=0；（Ⅱ）设数列{bn}满足b1=−1,
bn+1=
1
(n∈N+)，求证：a取数列{bn}中的任bn−1
一个数，都可以得到一个有穷数列{an}；
（Ⅲ）若
3
【答案】（Ⅰ）∵a1=a,an+1=1+ 111a+1 ,∴a2=1+=1+=,ana1aa12a+113a+22 a3=1+=,a4=1+=.故当a=−时a4=0. 3a2a+1a32a+1 11 (Ⅱ)解法一：∵b1=−1,bn+1=,bn=+1, bn−1bn+1 1 当a=b1时,a2=1+=0, b11 当a=b2时,a2=1+=b1=−1,∴a3=0, b1111 当a=b3时,a2=1+=b2,∴a3=1+=1+=b1=−1∴a4=0. b3a2b2 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. ak+1 1 =0,可得一个含有2项的有穷数列a1,a2.b1 (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 1 =0,则n=k+1时,a=bk+1,∴a2=1+=bk, bk+1 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. (1)当n=1时, a=b1,显然a2=1+ 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= b1,∴bn=+1.bn−1bn+1 a取数列{bn}中的任一个数不妨设a=bn.11 ∵a=bn,∴a2=1+=1+=bn−1, a1bn11 ∴a3=1+=1+=bn−2,... a2bn−111 ∴an=1+=1+=b1=−1.∴an+1=0. an−1b2 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） 331 由a4=,得<<2,解得a>0. 2a+122a+1 所以要使 3.（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： 1115 ．++…+< a1+b1a2+b2an+bn12 【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． ②假设当n=k时，结论成立，即ak=k(k+1)，bk=(k+1)2，那 么 2 当n=k+1时， 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． ak2+2==(k+2)2,bk由①②，可知an=n(n+1)，bn(n+1)2对一切正整数都成立．（Ⅱ） 115 =<．n≥2时，由（Ⅰ）知an+bn=(n+1)(2n+1)>2(n+1)n． a1+b1612 故 11111⎛111⎞ ++…+<+⎜++…+⎟a1+b1a2+b2an+bn62⎝2×33×4n(n+1)⎠ 11⎛111111⎞11⎛11⎞115+⎜−+−+…+−=+−⎟⎜⎟<+=.62⎝2334nn+1⎠62⎝2n+1⎠6412 = 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， 112an+1=an−an+c(c>1为常数，n=1,2,3,...)，且a3−a2=. 28 （1）求c的值； （2）①证明：a 140 与an+1的大小，并加以证明.∑a39k=1kn【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. 121121⎛1⎞1 【答案】（Ⅰ）依题意，a2=a1−a1+c=c−， a3=a2−a2+c=⎜c−⎟+. 2222⎝2⎠2 2 11⎛1⎞1⎛1⎞1 由a3−a2=，得⎜c−⎟+−⎜c−⎟=，解得c=2，或c=1（舍去）. 2⎝2⎠2⎝2⎠88 2 （Ⅱ）①证明：因为an+1−an= 121 an−2an+2=(an−2)2≥0，22 (n=1,2,3,...). 当且仅当an=2时，an+1=an.因为a1=1，所以an+1−an>0，即an n→∞ （Ⅲ）由an+1= 12 an−an+2，可得an(an+1−an)=(an−2)(an+1−2)，从而2 111 .=− anan−2an+1−2 n⎛111⎞111 因为a1=1，所以∑=∑⎜−=−=−1.⎟ ak+1−2⎠a1−2an+1−22−an+1k=1akk=1⎝ak−2 n所 240an(5an+1+3)(8an+1−13)140140+1−41an+1−39−an+1=−1−an+1==.∑392−an+13939⋅(2−an+1)39⋅(2−an+1)k=1ak以 n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< * 131213 an−an+2=(an−1)2+，且函数y=(x−1)2+在x≥1时单调递增，2222213 (2−1)2+=2.即当n=k+1时，结论也成立.于是，当n∈N*时，有an<222 成立.（**） 根据（*）及（**）得1≤an<2.由a1=1及an+1= 31312 an−an+2，经计算可得a2=， a3=.2281401140 n(5an+1+3)(8an+1−13)14013 当n≥3时，由>0 , 所以 140>an+1.∑39k=1akn，数学，18）数列{an的首项a1=1，前n2．（安徽省皖南八校2008届高三第三次联考届高三第三次联考，数学，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，…） 求数列{bn的通项公式； （3）设cn=bn−2，若存在m∈N，且m * } } } } 1 )（n=2，3，bn−1 } < 1 ，试求m的最小值．2007 【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+ a12k+11 ，∴n+1=，=1+2k2k2kan又 a211符合上式，∴{an}是以1为首项，1+为公比的等比数列．=1+ a12k2k111 ，∴bn=f(，)=1+bn−1（n≥2）2kbn−12 （2）由（1）知f(k)=1+ ∴bn−2= 1bn1 (bn−1−2).又b1=3，即b1−2=1，=，2bn−1−22 1 为公比的等比数列．2 11 ∴bn−2=()n−1，∴bn=2+()n−1． 22 11 （3）由（2）知cn=bn−2=()n−1，则cn⋅cn+1=()2n−1. 22 ∴数列{bn−2}是为1首项， 2m−12m+12n−1 ∴lim(cmcm+1+cm+1cm+2+…+cncn+1）=lim（）+（）+...+（）⎥n→∞n→∞⎢222 ⎡1 ⎣ 11 ⎤⎦ 12m−112n+1（）−（） 412m−112=lim2，=（）< n→∞13220071− 4 12m−312m−9∴，∴2∵512<669<1024，∴2m−3≥10，（）<>669. 2669 m≥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 * 2an−n2lim=n→∞Sn． 【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lim aa=0和lim2=0，其中a为常数.n→∞nn→∞nn(n−1) 【答案】设首项为a1，则an=a1+2(n−1)=2n+a1−1，Sn=na1+×2 2 =n2+n(a1−1) 2 (2n+a1−1)2−n23n2+4n(a1−1)+(a1−1)2an−n2 ∴lim=lim=lim2n→∞n→∞n→∞Snn+n(a1−1)n2+n(a1−1) ， 4(a1−1)(a1−1)2 3++2nnlim=3. n→∞(a1−1) 1+ n2.（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： a1a2a4a7 a8 a5a9a3 a6a10 ．．．．．． 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 2bn=1(n≥2)．2 bnSn−Sn（Ⅰ）证明数列⎨ ⎧1⎫ ⎬成等差数列，并求数列{bn}的通项公式；⎩Sn⎭ 4 时，求上表中第k(k≥3)行所有项的和．91 （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=− 【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 关系式消去bn，从而证明⎨所有的这些无穷多项的和. ⎧1⎫ ⎬是无穷的等差数列.第（Ⅱ）问就是求从第三行起的每一行⎩Sn⎭ 2bn=1，2 bnSn−Sn【答案】（Ⅰ）证明：由已知，当n≥2时， 又Sn=b1+b2+⋯+bn，所以 2(Sn−Sn−1) =1，2 (Sn−Sn−1)Sn−Sn即 2(Sn−Sn−1)111 =1，所以−=， −Sn−1SnSnSn−12 又S1=b1=a1=1．所以数列⎨ ⎧1⎫1 ⎬是首项为1，公差为的等差数列． 2⎩Sn⎭ 由上可知 11n+12 ，即Sn=．=1+(n−1)= Sn22n+1 所以当n≥2时，bn=Sn−Sn−1= 222 −=−．n+1nn(n+1) ⎧1， n=1， ⎪ 因此bn=⎨2 −⎪n(n+1)，n≥2．⎩ （Ⅱ）解：设上表中从第三行起，每行的公比都为q，且q>0． 12×13 =78，所以表中第1行至第12行共含有数列{an}的前78项，2 4 故a81在表中第13行第三列，因此a81=b13iq2=−． 91 2 又b13=−，所以q=2． 13×14 因为1+2+⋯+12= 记表中第k(k≥3)行所有项的和为S， bk(1−qk)2(1−2k)2则S==−i=(1−2k)(k≥3) 1−qk(k+1)1−2k(k+1) 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容