北京四中 - 高中数学高考综合复习 专题三十七 极限

高中数学高考综合复习 专题三十七 极限

一、知识网络

二、高考考点

1.数学归纳法在证明恒等式或证明不等式等方面的应用；

2.求数列极限的值或函数极限的值；已知数列的极限或已知函数的极限，求有关参数的值；

3.函数连续性的概念；

4.数学归纳法、极限在综合问题中的应用或计算。

三、知识要点 （一）数学归纳法

由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推证方法称为归纳法。根据推理过程中考察的对象是涉及事物的一部分还是全部，归纳法又分为―不完全归纳法‖和―完全归纳法‖。数学归纳法是完全归纳法。不过一般归纳法是由―特殊‖发现―一般‖的辩证手段，而数学归纳法只是一种利用递推方法来证明关于正整数命题的重要方法。因此数学归纳法常与不完全归纳法―合作‖：用不完全归纳法发现规律，用数学归纳法证明猜想。

1.定义

对于一个与正整数n有关的命题，我们设想：先证明n取第一个值时命题成立，并据此证明当

时命题成立，然后假设当

后面的所有正整

时命题也成立。因为证明了这一点就可以断定这一命题对n取

数也成立，这种证明方法叫数学归纳法。

2．运用数学归纳法证明命题的步骤

由数学归纳法的定义可知，数学归纳法证明关于正整数n的命题主要分为两步： ⑴ 验证当n=

⑵ 假设当n = k

( 时命题成立；

时命题成立并据此证明当n=k+1时命题也成立。

1

于是由（1）、（2）便可断定命题对于从

认知：在这里，第一步的验证是奠基步骤，为命题推理的基础；第二步是递推的依据，为命题具有传递性的保证，这两步各司其职，缺一不可。其中的第二步在由n = k时命题成立推证n=k+1时命题也成立的过程中，归纳假设（即n = k时命题成立的假设）至少要用一次。

（二）数列的极限 1．定义（描述定义）： 对于无穷数列则说数列

，如果当项数n 无限增大时，数列的项

的极限，记做

无限趋近于某个常数a (即

，或记作当

时，

无限趋近于0)，

开始的所有正整数n都成立。

以a为极限，或者说a是数列

认知：当项数n无限增大时数列的项 一是 二是 三是

从大于a的方向趋近于a； 从小于a的方向趋近于a；

无限趋近于a的方式有三种：

从a的左右两个方向趋近于a，

不论是那种趋近方式，只要当n无限增大时，列 当

2．基本极限

存在时，a是

的极限。

无限的趋近于常数a（等价于 无限的趋近于0），a就数

可以趋近而不可达到（一般情形）的―目标‖。

⑴ （2） （c为常数） ⑶ （ ）

以上三个极限是高中阶段寻求数列极限的基本依据。

3．四则运算法则 如果

；

2

，

；

，那么

特别的，若c为常数，则

引申：对于数列的和、差、积的极限运算法则，都可以引申到有限多个有极限的数列的情形。

（三）函数的极限 1.函数极限的定义

定义1：对于函数f（x）和常数a

（1）当自变量x取正值并且无限增大时，如果函数f(x)无限趋近于常数a，则说当x趋向于正无穷大时，函数f(x)的极限是a，记做

（2）当自变量x取负值并且绝对值无限增大时，如果函数f(x)无限趋近于常数a，则说当x趋向于负无穷大时，函数f(x)的极限是a，记做

（3）如果也可记作当

特例：对于常数函数

定义2：对于函数f(x)和常数a （1）当自变量x无限趋近于常数函数

（2）当自变量x从点

左侧（

）无限趋近于

时，如果函数

无限趋近于常数a，则说函数

的极限是a，记做

（但

）时，如果函数

时

无限趋近于常数a，则说当x趋近于

时，

，也有

时

且

，则说当x趋向于无穷大时，函数f(x)的极限是a，记做

，

，也可记作当

时

；

，也可记作当

时

；

，也可记作当

在点

的左极限是a，记做 ，

（3）当自变量x从点 右侧（ ）无限趋近于 时，如果函数 无限趋近于常数a，则说函数

在点

的右极限是a，记做 ，

认知

3

2.函数极限的四则运算 （1）如果

，

，那么

特殊的，

（2）上述法则对于

； ； ；

（c为常数） 的情况仍然成立

（3）上述两个函数的和、差、积的极限运算法则，都可以推广到有限多个有极限的函数的和、差、积的极限。

（四）函数的连续性 1.定义

定义1（函数在某一点处连续的定义） 如果函数连续。

认知： （1）函数 ①函数

②函数 ③

上述三个条件中有一个条件不满足，函数间断点）

（2）函数 ①联系：函数 ②

在点

处有极限，与 存在且

等于

是否存在无关（即 在点

可以不属于

的定义域）；

在点

处

在点

处连续与函数 在点

在点

处有极限的联系与区别： 在点

处有极限的基础上。

在点

处不连续（此时称点

为函数

的

，即函数

在点

处的极限等于

在点

处的函数值。

在点

处有极限，即

存在

在点 在点

处连续必须满足下面三个条件： 处有定义；

在点

处及其附近有定义，而且

，则说函数

在点

处

处连续定义在函数

连续则必须要求 处的极限。

4

定义2（函数在区间上的连续性）： （1）如果函数

在某一开区间（a，b）内每一点处都连续，则说

在开区间（a，b）内连续，或说

是

开区间（a，b）内的连续函数。

（2）如果函数点函数。

2.连续函数的性质 性质1（最值定理）：如果

是闭区间[a，b]上的连续函数，那么

在闭区间[a，b]上有最大值和最小值。

处有

在开区间（a，b）内连续，并且在左端点

（右连续），则说

处有

（左连续），在右端 是闭区间[a，b]上的连续

在闭区间[a，b]上连续，或说

（注意：这里的最大值或最小值可能在区间端点处取得）

性质2 ：如果函数在点

处连续。

， 在点 处连续，则函数 ， ，

3.初等函数与复合函数的连续性 （1）初等函数的连续性：

幂函数，指数函数，对数函数，三角函数，反三角函数等五种函数统称基本初等函数；基本初等函数经过有限项四则运算和有限项复合而得的函数统称初等函数；一切初等函数都在它们的定义区间上连续。

（2）复合函数的连续性。 如果函数

在

在点 处连续。

处连续，函数

在点

处连续，那么复合函数

例1 、用数学归纳法证明

证明：

，其中 ，

（1）当n=1时，左边 ∵

， ∴

∴左边 ，即 ，

5

∴当n=1时不等式成立

（2）假设 时命题成立，即 ，

则当n=k+1时，不等式左边 （※）

注意到当n=1时证明的结论

由（※）式得不等式左边

即当n=k+1时不等式成立；

于是由（1）、（2）知对于任何

，不等式 都成立。

点评：在这里，我们由假设n=k时不等式成立推证n=k+1时命题成立的过渡中，运用了第一步证明过的n=1时的结

论：

，这一点在运用数学归纳法证明问题时应格外关注和刻意借鉴。

例2、 设

，求证

证明：注意到 ，因而

原不等式 （※）

（1）当n=1时（※）式左边=1，右边 故n=1时（※）式成立，从而原不等式成立

，

（2）假设当n=k （ 则当n=k+1时，

）时（※）式成立，即

6

（※）式左边

∵

∴

∴※）式左边

∴当n=k+1时，（※）式成立，即当n=k+1时原不等式成立 于是由（1）（2）知对一切

，原不等式成立。

右边

点评：此例的证法告诉我们运用数学归纳法证明命题时应注意对待证不等式（或恒等式）的等价转换：化繁为简或化生为熟。

例3、（关于n的分式的极限）：

（1）试求

；

（2）试求

（3）试求

（4）已知

解：

，求常数a，b的值。

（1）注意到当n无限增大时，分式中分子分母都无限增大（没有极限），为利用数列极限的运算法则，分子分母同除以无穷大因子

7

（2）

认知：对于分式型极限 （这里 均为n的多项式），当n无限增大时，若 均无限

增大，即极限呈― ‖待定型，则一般通过分子分母约去无穷大因子——分母中n的最高次幂，使― ‖待定型极限一次

转化为确定型极限。

一般地，若

的次数 的次数，则 =0；

若

的次数 的次数，则 =分子分母最高次系数之比；

若

的次数 的次数，则 不存在；

认知以上规律，可有效提高我们审题的眼力。

（3） 讨论： （Ⅰ）当

时，分子次数>分母次数，极限不存在；

（Ⅱ）当a=1时，原式

∴ 由（Ⅰ）、（Ⅱ）可知，当a=1时， ；

当

（4）

时， 极限不存在。

8

解法一（利用对分式极限的认知）由已知得

注意到分母为n的一次多项式，

故有 存在，当且仅当a=0，

于是由已知又得

∴ b=2 ∴ a=0，b=2.

解法二（凑项、转化）：注意到 以及它与已知极限的联系， 由已知得 又 ∴ 由①②得 而

∴ 由③得b-2=0即b=2 于是可得所求常数a=0，b=2.

例4：关于n的无理式的极限 （1）求下列极限： ① ；

② ；

③ ；

④

解：

9

①

②

③

① （有理化分子）

.

点评1：若所给极限呈 待定型，则可直接通过约去分子分母的无穷大因子转化为确定型；若所给极限呈其它待定

型，则一般要通过有理化（有理化分子或有理化分母）的手段转化为

型，而后运用约简的方法再行转化。

② （局部有理化分子）

（转化为 型）

③ （原分子与分母同时有理化）

（转型成功）

点评2：在这里，（对原分子或原分母施行）有理化是化其他类型的极限为― ‖型极限的手段，而不是目的。对于

本题所给极限通过分子分母同时有理化的变形后，转化为 ，并未达到有理化的目的，但却达到转化为

―

‖型的目标，为下一步约简转化奠定了必要的基础。

④

10

（局部有理化分子）

（完成转型）

（2）已知 解：由

，求a，b的值。 得

∴由商式极限的认知得

解得

∴所求a，b的值分别为a=25，b=20.

例5：通项含有

的数列的极限

（1）如果

分析：当 当 当

时，

存在（ ），则q的取值范围为（ ）

A. [-1，1] B. （-1，1） C. [0，1] D. （-1，1]

时 =1，由此否定B =0，由此否定C；

即-1，1，-1，1…，显然它无极限，由此否定A

时，数列

故本题应选D。

认知：对于任意

，都有

11

（Ⅰ）当 时， =0；

（Ⅱ）当 时，若q=1，则

；

若q=-1时， 不存在；

（Ⅲ）当 时， 不存在。

因此，寻求通项含有 的数列的极限，都要构造出 （ ），并利用基本极限为此要考虑分 ，

，以及a=b，a=-b来讨论。

（2）试求

解：为构造出形如

（

）的n的指数式而讨论

（Ⅰ）当 时， ，

∴此时

∴

（Ⅱ）当 时， ，∴

∴ ；

（Ⅲ）当 时，

∴此时

∴

12

=0（ ），

于是有

（3）已知

A. a<0 B. a<2或

分析：由

，则a的取值范围为（ ）

C. –22

与2的大小关系入手讨论。

（Ⅰ）当 ，即a<-2或a>2时有

∴

；

（Ⅱ）当a=2时 ；

当a=-2时

，极限不存在；

（Ⅲ）当 ，即-2

∴

；

于是由（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）得所求a的范围为（-2，2），本题应选C。

（4）已知等比数列

的公比为q，且有 ，求 的取值范围。

解：由已知得 ，显然 存在

13

或q=1.

注意到这里 ，故由已知得 或

或

或 或

∴所求

的范围为

（5）在等比数列

解：设等比数列

中，

，且前n项和Sn满足

，求 的取值范围。

的公比为q，则显然

∴由 存在知 ，

∴由 ∵ 又 ∴所求

得 ， ∴ ，故得 的取值范围为

点评：设无穷等比数列 的公比为 ，

则 存在 ，且 时，

此时常说无穷等比数列

例6 和式或积式的极限

的各项和

（1） 。

14

解：原式

=1-0=1.

点评：诸如此类的和式，本质上是无穷多项相加，故不能直接运用数列极限的运算法则计算，而只能是先求和再求极限，其中求和的主要策略。

（Ⅰ）从和式的一般项入手裂项、累加、抵消、转化；

（Ⅱ）从和式的一般项入手化整为零，重新集项，利用已知公式求和转化为有限项形式的极限。

（2）已知数列

解：从求

切入

的前n项和 ，求

由已知得当 ∴

时

又 ∴

恰等于5n-2当n=1时的值，

又

∴

15

∴

（3）

。

解：原式

点评2：诸如此类的积式，本质上是无穷多项相乘，故不能直接运用数列极限的运算法则计算，而只能是先化简转化再计算极限，其中积式的化简转化的主要策略为：

（Ⅰ）变形、约简；运用通分、约因子等手段，制造连锁约简反应，约去中间各项；

（Ⅱ）变形、转化：转化为和式的极限。

例7、 求下列函数的极限

（1）

； （2） ；

（3）

； （4） ；

（5）

分析：

； （6）

（1）当 时所给商式的极限呈 型，极限值不能直接确定。注意到这一商式的极限与点x=-2对应的函数

16

值无关，只与商式在x=-2处附近的性质有关，故考虑消去当其质变后再运用函数极限的运算法则计算极限。

时上下两式中极限为0的因式（无穷小因子），使

其他各题的解法类同，只是揭露极限为零的公因式的手法有所不同。

解：

（1）

（2）

（3）

（4）

解法一：（上下两式以分解因式暴露无穷小因子）

解法二（通过上下两式有理化揭露无穷小因子）

（5）

17

（6）

例8 （求解函数极限的逆向问题）

（1）已知

，求m，n的值；

（2）已知

解： （1）注意到

，求常数a，b的值。

，故分子必含有x+2这一因式。

解法一（由分子的极限切入）：

∵ （配凑）

∴

于是有

∴ 所求m=3，n=-1

18

解法二（从二次方程的根切入）： 由已知得x=-2为方程 的根

∴m=3

∴

∴所求m=3，n=-1

（2）∵ ，

∴

由此得

即 ①

∴

由此得 ，解得 ②

∴②代入①得

∴所求待定系数 ， 。

点评：若 （A为常数），且

，则 必含有 本题就是从这一点切入并突破的。

例9 、判断下列命题的真假： ①若 ，则

；

19

的因式，即必有

②若 ③若 ④若

解： ①假命题

在 处无定义，则 不存在

不存在，则 在 处无定义

存在， 不存在，则 不存在

反例：取 但

②假命题

，则 在 处的极限均为0，

反例：取

③假命题

，则 在 处无定义，但 存在。

反例：取

④真命题

可以反面入手考察：假设

点评：函数

在

则易知若 不存在，但f(0)=0存在

存在，则

存在，这与

不存在矛盾，由此判断命题为真。

处有极限，只要求 在 附近有定义，而在 处有无定义与 在 处

的极限的存在性无关。

例10、 已知

解：根据函数 （1）

在点

试判断 在x=0，x=1，及x=2处是否连续。

处连续的定义考察

20

∵ 又 ∴

（2） ∵ ∴

（3） ∵ ∴ ∴

在x=2处不连续。

，故 ， ，故

，

在x=0处连续；

，又

在x=1处连续；

，

，

点评：考察分段函数在分界点处的极限，一般要分左极限、右极限进行讨论来确定。

判断函数在一点处是否连续的思路：一看（有无）定义及函数值；二看极限（是否存在），三看（对应点处的极限值与函数值）是否相等。

我们从本例看到，分段函数的分界点可能是这一函数的间断点，也可能是这一函数的连续点。

例11、 已知函数 （1）若函数

（2）若函数

解： （1）

在x=1处有极限，试求a、b、c的值；

在x=1处连续，试求m的值。

∵ ∴

存在，

含有因式x-1，即x=1是方程

的根

21

∴ a=-b ① 由此得

②

又

∴ x=1是方程bx+c=0的根

存在

∴ b=-c ③ 于是有 注意到

存在，

④

，

∴ 由②、④得2a=b+1 ⑤

于是由①、③、⑤联立解得

（2）由函数

在x=1处连续得

∴

五、高考真题 （一）选择题

1.（2005·湖北卷）若 ，则常数a，b的值为（ ）

A. a=-2，b=4 B. a=2，b=-4 C. a=-2，b=-4 D. a=2，b=4

分析：由已知得 ∴x=1为方程

的根

∴b=2a ①

∴再由已知极限得

故得

∴由①得 b=-4 ∴应选C。

②

22

2.（2005·湖南卷）已知数列 为等差数列，且 ，则

（ ）

A. 2 B. C. 1 D.

分析：从认知给出数列切入， 由题设知 是首项为1，公差为1的等差数列

∴ 即

∴

∴ 原式 ，应选C。

3.（2005·广东卷）已知数列 满足 ， ， …，若 ，则 =（ A. B. 3 C. 4 D. 5

分析：注意到 ，

∴ 的各项依次为 ， ， ， ， ， ，…… ①

首先寻求数列1， ， ， ， ， …… ②

易求数列②第n项分母为 ③

又注意到②的奇数项分子的3倍等于分母的2倍加上1， 偶数项分子的3倍等于分母的2倍减去1， ∴ 令②的第n项分子为

，则有

∴ ④

23

）

∴ 由③，④得②的第n项为

∴ 数列①的通项公式为

运用数学归纳法证明从略。

∴ 由 得

故得 ，即 ，故选B。

4.（2005·江西卷）若 ，则 （ ）

A. –1 B. 1 C. D.

分析：注意到已知极限的本质

∴ 由已知得

故选C。

5.（2005·辽宁卷）极限 存在是函数 在点 处连续的（ A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件

分析：注意到

在点

处连续

24

）

∴ 当 又

在点 处连续时，必须有

在点

存在，条件是必要的；

存在时， 处不一定连续，

故条件又是非充分的，于是可知应选B。

反例：令 但

（二）填空题

在点x=0处不连续。

，则 =1存在

1.（2005·上海卷）计算

分析：原式 =3

点评：这里利用了已知极限

（上、下同除以 ）

2.（2005·福建卷）若常数b满足 ，则

分析：原式

，应填 。

3.（2005·重庆卷）

25

分析：原式 （简化指数）

，应填-3。

4.（2005·山东卷）

分析：原式

（三）解答题

1.（2005·天津卷）已知 （1）当a=b时，求数列

的前n面和Sn；

（2）求

分析：注意到当a=b时，

解：

（1）当a=b时， （Ⅰ）当a=1时，

，

，欲求Sn，须分a=1，

讨论。

为等差数列

∴

（Ⅱ）当 ∴ ①×a得

时，

① ②

26

①—②得

∴

（2）

（Ⅰ）当a=b时，由（1）得 ，

∴

（Ⅱ）当

时，

；

∴

∴ 当a>b时， ；

当a

点评：此题解法均为解决数列及数列极限问题的基本方法： （1）中混合数列求和的―错位相减法‖；

（2）中求

运用的变形、构造，归结为 的手段和方法。

2.（2005·江西卷）已知数列 （1）证明：

的各项都是正数，且满足

，

27

（2）求数列

分析：

的通项公式。

对于（1）注意到已知条件中的相邻两项的递推式；考虑运用数列归纳法证明；

对于（2），则优先考虑从递推式的变形与转化切入或突破。此路难通时再考虑运用列举—猜想—证明的三部曲。

解： （1）证明：

（Ⅰ）当n=0时， ∴

（Ⅱ）设当

，

，命题成立。

时命题成立，即有 ，

则当n=k+1时，

而由假设知 ∴

，

①

又

∴ 由①，②得，当n=k+1时命题成立。 于是由（Ⅰ）（Ⅱ）知，对

有

②

（2）解：注意到

配方得

∴

28

（※）

解法一（反复代入，运用递推） 由（※）得

∴

… …

∴

解法二（利用（1），通过取对数转化）

由（※）得

注意到由（1）得

，

，

∴ 由上式两边数以2为底数的对数得

当 ，则有

∴ 为等比数列

∴

即

于是有

由此解得

解法三（列举—猜想—证明）

，

29

，

，

由此猜想

运用数学归纳法证明：从略

点评：遇到关于 的二次三项式，配平方是明朗问题或转化问题的重要手段。

3.（2005·辽宁卷）已知函数 ，设数列 满足 ， ，

（1）用数学归纳法证明： ；

（2）证明：

分析：注意到 用

表示，故证明从认知 的范围切入。

证明：

（1）注意到当 时，

，

又

， ∴

以下用数学归纳法证明

（Ⅰ）当n=1时，

，不等式成立；

（Ⅱ）假设当n=k时不等式成立，即 ，

又注意到

30

；数列 满足

故当n=k+1时，

即当n=k+1时不等式成立

于是由（Ⅰ）（Ⅱ）知对 总有 成立。

（2）由（1）知 ，

∴

，

∴ 对任意的 都有 。

点评：证明（2），这里运用了两次放缩； 第一次，利用（1）的结论放缩出①式；

第二次，利用②式中 恒成立放缩出③式。

31

①

②③

故当n=k+1时，

即当n=k+1时不等式成立

于是由（Ⅰ）（Ⅱ）知对 总有 成立。

（2）由（1）知 ，

∴

，

∴ 对任意的 都有 。

点评：证明（2），这里运用了两次放缩； 第一次，利用（1）的结论放缩出①式；

第二次，利用②式中 恒成立放缩出③式。

31

①

②③

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/sypp.html