数列极限解法

数列极限解法（精选4篇）

数列极限解法 篇1

数列的极限在很多方面都有应用, 用极限的方法, 可以解决某些非常规问题.特别是无穷递缩等比数列各项和公式$S=\frac{a{}_1}{1-q}(|q|＜1)$应用更为广泛.本文简介极限方法在多方面的应用.

一、在代数方面的应用

例1 将下列循环小数化成分数:

$(1)0.\dot{2}\dot{3}$;$(2)0.45\dot{2}\dot{3}.$

$\begin{array}{l}\text{解}:(1)0.\dot{2}\dot{3}=0.232323\cdots \\ =0.23+0.0023+0.000023+\cdots \\ =\frac{0.23}{1-\frac{1}{100}}=\frac{23}{99}.\\ (2)0.45\dot{2}\dot{3}=0.45+(0.0023+0.000023+\cdots )\\ =0.45+\frac{0.0023}{1-\frac{1}{100}}\\ =\frac{45}{100}+\frac{23}{9900}=\frac{2239}{4950}.\end{array}$

点评:化循环小数为分数, 关键是按循环节, 把该小数拆开, 转化为无穷等比数列和的形式, 再用公式$S=\frac{a{}_1}{1-q}$即可解决问题.

二、在平面几何方面的应用

例2 (2004年重庆市高考题) 如图1, 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$\frac{1}{2}$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$\underset{n\to \infty }{{\displaystyle \lim }}S{}_n=$__.

解析:由被剪去的半圆的半径是前一个半圆半径的$\frac{1}{2}$, 可知被剪去半圆的面积是前一个半圆面积的$\frac{1}{4}$.因此被剪去的各半圆的面积组成首项为$\frac{1}{2}\text{π}(\frac{1}{2}){}^2=\frac{\text{π}}{8}$, 公比为$\frac{1}{4}$的无穷等比数列.所以其和$S=\frac{\frac{\text{π}}{8}}{1-\frac{1}{4}}=\frac{\text{π}}{6}.$

$\begin{array}{l}\text{因}\text{此}\underset{n\to \infty }{{\displaystyle \lim }}S{}_n=\frac{1}{2}\text{π}-S=\frac{\text{π}}{2}-\frac{\text{π}}{6}\\ =\frac{\text{π}}{3}.\end{array}$

例3 (2003年北京春招) 在边长为 l 的等边△ABC中, 圆O1为△ABC的内切圆, 圆O2与圆O1外切, 且与AB、BC相切, …, 圆On+1与圆On外切, 且与AB、BC相切, 如此无限继续下去, 记圆On的面积为 an (n∈N*) .

(1) 证明{an}是等比数列;

(2) 求$\underset{n\to \infty }{{\displaystyle \lim }}(a{}_1+a{}_2+a{}_3+\cdots +a{}_n)$的值.

(1) 证明:如图2, 设 rn 为圆On的半径, 则

$\begin{array}{l}r{}_1=\frac{1}{2}l\cdot \tan 30°=\frac{\sqrt{3}}{6}l.\\ \frac{r{}_{n-1}-r{}_n}{r{}_{n-1}+r{}_n}=\sin 30°\\ =\frac{1}{2}‚\end{array}$

所以$r{}_n=\frac{1}{3}r{}_{n-1}(n\ge 2)$,

于是$a{}_1=\text{π}r{}_1^2=\text{π}(\frac{\sqrt{3}}{6}l){}^2=\frac{1}{12}\text{π}l{}^2.$

$\begin{array}{l}\text{又}q=\frac{a{}_n}{a{}_{n-1}}=\frac{\text{π}r{}_n^2}{\text{π}r{}_{n-1}^2}\\ =(\frac{r{}_n}{r{}_{n-1}}){}^2=\frac{1}{9}.\end{array}$

故数列{an}成等比数列, 其公比$q=\frac{1}{9}.$

(2) 解:因为{an}成等比数列, 且$a{}_1=\frac{1}{12}\text{π}l{}^2‚q=\frac{1}{9}＜1$,

$\begin{array}{l}\text{所}\text{以}\underset{n\to \infty }{{\displaystyle \lim }}(a{}_1+a{}_2+a{}_3+\cdots +a{}_n)\\ =\frac{a{}_1}{1-q}=\frac{\frac{1}{12}\text{π}l{}^2}{1-\frac{1}{9}}=\frac{3\text{π}l{}^2}{32}.\end{array}$

评述:应用无穷等比数列 (|q|<1) 的求和公式时, 必须先判断数列是无穷等比数列, 当公比|q|<1时, 方可使用求和公式$S=\frac{a{}_1}{1-q}$.这里应注意:S与一般的Sn不同, S是这个数列所有项的和, 也即$S=\underset{n\to \infty }{{\displaystyle \lim }}S{}_n$, 而Sn表示这个数列前 n 项和.

三、在三角方面的应用

例4 试求无穷数列$\{(\frac{1}{2}){}^n\sin \frac{n\text{π}}{2}\}$的和.

解:由通项公式可知, 这个数列的各偶数项均为0.

$\begin{array}{l}\text{故}S{}_n=\frac{1}{2}\sin \frac{\text{π}}{2}+(\frac{1}{2}){}^3\sin \frac{3\text{π}}{2}+(\frac{1}{2}){}^5\\ \sin \frac{5\text{π}}{2}+(\frac{1}{2}){}^7\sin \frac{7\text{π}}{2}+\cdots +(\frac{1}{2}){}^n\sin \frac{n\text{π}}{2}=\frac{1}{2}-(\frac{1}{2}){}^3+(\frac{1}{2}){}^5-(\frac{1}{2}){}^7+\cdots +(\frac{1}{2}){}^n\sin \frac{n\text{π}}{2}.\end{array}$

可见该数列的公比为$q=-\frac{1}{4}$, 当 n→∞时, 各项和为

$S=\frac{\frac{1}{2}}{1-(-\frac{1}{4})}=\frac{2}{5}.$

四、在立体几何方面的应用

例5 已知一个球半径为1, 这时, 作一个正方体, 使它各条棱与该球相切, 在正方体内作内切球, 再作一个正方体, 使它各条棱与第2个球相切, 依此无限的作下去.

(1) 试求此类正方体的总体积;

(2) 试求此类球的总体积.

解: (1) 过正方体四条平行棱的中点 (即切点) 作截面, 如图3所示, 这时, 由球直径为2, 得第一个正方体的棱长$a{}_1=\sqrt{2}$.再过该正方体两组对面的中心 (4个切点) 作截面, 如图4, 可得第二个正方体的棱长$a{}_2=\frac{\sqrt{2}}{2}\times \sqrt{2}=1$.依此下去, 正方体棱长{an}是首项为$a{}_1=\sqrt{2}$, 公比为$\frac{\sqrt{2}}{2}$的等比数列.因此正方体的体积{Vn}是首项$V{}_1=a{}_1^3=2\sqrt{2}$, 公比$q=(\frac{\sqrt{2}}{2}){}^3=\frac{\sqrt{2}}{4}$的等比数列, 所有正方体的总体积为

$V{}_{\text{正}\text{方}\text{体}}=\frac{V{}_1}{1-q}=\frac{2\sqrt{2}}{1-\frac{\sqrt{2}}{4}}=\frac{8}{7}(2\sqrt{2}+1).$

(2) 类似 (1) , 第一个球半径为1, 第二个球半径为$\frac{\sqrt{2}}{2}$, 依此下去, 可知球半径构成首项为1, 公比为$\frac{\sqrt{2}}{2}$的无穷等比数列.那么各球的体积构成首项为$\frac{4}{3}\text{π}$, 公比为$(\frac{\sqrt{3}}{2}){}^3=\frac{\sqrt{2}}{4}$的无穷等比数列.所以各球的总体积

V球$=\frac{\frac{4}{3}\text{π}}{1-\frac{\sqrt{2}}{4}}=\frac{8}{21}(4+\sqrt{2})\text{π}.$

五、在解析几何方面的应用

例6 求跨度为2a, 高度为 h 的抛物线拱的面积.

解:首先建立抛物线的方程.取坐标系如图5, 可设抛物线的方程为

x2=2py (-a≤x≤a) .

由于 (a, h) 在抛物线上,

所以 a2=2ph,

解得$2p=\frac{a{}^2}{h}.$

因此, 抛物线的方程为

$x{}^2=\frac{a{}^2}{h}y.$

其次, 先计算曲边三角形OAB的面积.为此, 将区间[0, a]分成 n 等分, 作 n 个矩形如图5所示.则曲边三角形的面积, 近似等于 n 个矩形的面积之和.当 n→+∞时, n 个矩形的面积和的极限就是曲边三角形的面积.为此, 求每个小矩形的面积, 只需求高.

当$x=\frac{1}{n}a$时,

$y=\frac{h}{a{}^2}x{}^2=\frac{h}{a{}^2}(\frac{1}{n}a){}^2=\frac{1}{n{}^2}\cdot h.$

所以第一个矩形的面积

$A{}_1=\frac{a}{n}\cdot (\frac{1}{n{}^2}h)=\frac{a}{n}\cdot h\cdot (\frac{1}{n}){}^2$;

第二个矩形的面积

$A{}_2=\frac{a}{n}\cdot h\cdot (\frac{2}{n}){}^2$;

第三个矩形的面积

$A{}_3=\frac{a}{n}\cdot h\cdot (\frac{3}{n}){}^2$;

……

第 n 个矩形的面积

$A{}_n=\frac{a}{n}\cdot h\cdot (\frac{n}{n}){}^2.$

两边累加, 得 n 个矩形面积的和

$\begin{array}{l}S{}_n=A{}_1+A{}_2+A{}_3+\cdots +A{}_n\\ =\frac{ah}{n{}^3}(1{}^2+2{}^2+3{}^2+\cdots +n{}^2)\\ =\frac{ah}{n{}^3}\cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.\end{array}$

故曲边三角形面积

$S=\underset{n\to \infty }{{\displaystyle \lim }}S{}_n=\frac{1}{3}ah.$

所以抛物线拱面积

$=2(ah-\frac{1}{3}ah)=\frac{4}{3}ah.$

以上求Sn时, 用到了结论

$1{}^2+2{}^2+3{}^2+\cdots +n{}^2=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1).$

该结论的证明可见教科书第三册 (选修Ⅱ) 64页例2.

点评:从该例可以看到, 用极限方法求非规则图形的面积S (或体积V) , 大致可分为四步:

(1) 分割, 即把整体分成 n 个小块;

(2) 计算, 即求各小块的面积 (或体积) ;

(3) 求和Sn, 即把 n 个小块的面积 (或体积) 相加;

(4) 取极限, 即令 n→∞, 那么Sn→S.

数列极限解法 篇2

(1)n1}当n时的变化趋势.观察数列{1n问题:

当n无限增大时, xn是否无限接近于某一确定的数值?如果是, 如何确定? 通过上面演示实验的观察:

(1)n1当n无限增大时, xn1无限接近于1.n问题:“无限接近”意味着什么?如何用数学语言刻划它.xn1(1)n1给定

11 nn1111, 由, 只要n100时, 有xn1, 100n10010011,只要n1000时, 有xn1, 给定1000100011,只要n10000时, 有xn1, 给定10000100001给定0,只要nN([])时, 有xn1成立.定义

如果对于任意给定的正数(不论它多么小), 总存在正整数N, 使得对于nN时的一切xn, 不等式xna都成立, 那末就称常数a是数列xn的极限, 或者称数列xn收敛于a, 记为

limxna,或xna(n).n如果数列没有极限, 就说数列是发散的.注意：

N定义:limxna0,N0, 使nN时, 恒有xna.n其中记号:每一个或任给的;:至少有一个或存在.数列收敛的几何解释:

a2axN2x2x1xN1ax3x

当nN时, 所有的点xn都落在(a,a)内, 只有有限个(至多只有N个)落在其外.注意：数列极限的定义未给出求极限的方法.n(1)n11.例1 证明limnnn(1)n111 .证

注意到xn1 nn任给0, 若要xn1, 只要

11,或 n, n所以, 取 N[], 则当nN时, 就有 1n(1)n11.nn(1)n11.即limnn

重要说明：（1）为了保证正整数N，常常对任给的0,给出限制01；

n(1)n11”的详细推理

（2）逻辑“取 N[], 则当nN时, 就有

n1见下，以后不再重复说明或解释，对函数极限同样处理逻辑推理.由于N立.严格写法应该是：任给0, 不妨取01，若要11N1，所以当nN时一定成立nN11，即得

1成nn(1)n11111< ,只要 n,所以, 取 N[], 则当nN时, 由于xn1=nn1111NN1，所以当nN时一定成立nN1，即得成立.也就

n是成立

n(1)n111.xn1=

nnn(1)n11.即limnn小结: 用定义证数列极限存在时, 关键是任意给定0,寻找N, 但不必要求最小的N.例3证明limq0, 其中q1.nn证

任给0(要求ε<1)若q0, 则limqlim00;

nnn若0q1, xn0q, nlnqln，nnlnln, 取N[](1), 则当nN时, 就有qn0, lnqlnqlimqn0.n0, q1,q1,, n

说明：当作公式利用：limq

数列极限解法 篇3

一、均值定理求数列中项的最值

例1 (2013届闵行区二模) 公差为d, 各项均为正整数的等差数列{an}中, 若a1=1, an=73, 则n+d的最小值等于 (%%) .

点评:利用式子特征构造均值定理应用环境, 适用于所求式子为齐次分式, 或分子分母一、二次能分离的, 可以构造均值定理的数列求最值问题.

二、函数性质法求解数列最值

例2 (2013江苏理14题) 在正项等比数列{an}中, a5=1/2, a6+a7=3, 则满足a1+a2+L+an>a1a2Lan的最大正整数n的值为___.

点评:数列是特殊的函数, 若其通项或前n项和有明确的函数解析式时, 一般考虑用函数的单调性质求取最值, 但要注意自变量n的取值范围.一般情况下用作差或作商来证明单调性求解, 有时也用导数来证明.本题易忽视公比的取值范围而致错, 对指数幂的运算性质不熟也会导致错误.

三、导数法在数列求最值当中的应用

例3[2013新课标Ⅱ卷 (理) ]等差数列{an}的前n项和为Sn, 已知S10=0, S15=25, 则n Sn的最小值为___.

点评:导数法求数列最值, 一般用于所求解析式是高次, 或作商和作差不好判断单调性的题型, 是利用函数性质求数列最值的一种特况, 作为研究数列和函数的桥梁, 使问题解决便捷.

【变式3】 (2013年浙江省高中数学竞赛试题解答) 数列, 则数列中最大项的值为 (%) .

四、数列特性法求解最值

例4% (2011北约13校自主选拔) 在等差数列{an}中, a3=-13, a7=3, 数列{an}的前n项和为Sn, 求数列{Sn}的最小项, 并指出其值为何.

解:因为a3=-13, a7=3, 所以d=4, 所以an=4n-25,

点评:等差数列求解最值问题, 一般利用等差数列的特性、单调性或其前n项和的二次函数性质求解最方便.

数列极限的定义 篇4

教材：数列极限的定义（N）

目的：要求学生掌握数列极限的N定义，并能用它来说明（证明）数列的极限。过程：

一、复习：数列极限的感性概念

二、数列极限的N定义



1n

3．小结：对于预先给定的任意小正数，都存在一个正整数N，使得只要nN 就

有an0<

4．抽象出定义：设an是一个无穷数列，a是一个常数，如果对于预先给定的任

意小的正数，总存在正整数N，使得只要正整数nN，就有ana<，那么就说数列an以a为极限（或a是数列an的极限）

Xupeisen110高中数学

记为：limana 读法：“”趋向于“n” n无限增大时

n

注意：①关于：不是常量，是任意给定的小正数

②由于的任意性，才体现了极限的本质

③关于N：N是相对的，是相对于确定的，我们只要证明其存在④ana：形象地说是“距离”，an可以比a大趋近于a，也可以比a小趋近于

例四1．lim

n

证明

证明2：设是任意给定的小正数

要使3n13 只要

2n1

12n1





n

54



取N51当nN时，3n13恒成立