极限思想在高中数学的应用

极限思想在高中解题中的运用
宜宾县一中 雷勇

极限的思想是近代数学的一种重要思想，我们在大学所学的数学分析
就是以极限概念为 基础、极限理论为主要工具来研究函数的一门学科。而
在高中一些数学问题的解答上如运用极限的思想， 会是我们的解答简单而
高效。
所谓极限的思想，是指用极限概念分析问题和解决问题的一种 数学思
想。下面将用例题举出极限思想的妙处。尝试将极限思想和方法渗透、融合
在解题教学中 ，实现方法与内容的整合实践，以期引起广大师生的广泛关注和高
度重视。
2
y?ax(a?0)
的焦点F作一直线交抛物线于P、Q例1、过抛物线
y
11
?
P
QF
p
q
pq
两点，若线段< br>PF
与的长分别是、,则等于（ ）
4
1
(A)
2a
(B)
2a
(C)
4a
(D)
a

F
O
Q
x
分析：本题是有关不变性的问题，常规解法是探求
p、q、a
的关
系，过程繁琐，且计算较复杂。若能充分借助于极限思想即取PQ的极限位
置可使问题变 得简便易行：将直线PQ绕点F顺时针方向旋转到与
y
轴重合，
此时Q与O重合，点P 运动到无穷远处，虽不能再称它为抛物线的弦了，
QF?p?OF?
1
4a
， 而
PF?q???
，所以它是弦的一种极限情形，因为
11
。针对客观选择题 题型的特点，这种解法体现出思维
??4a
，故选择（C）
pq
的灵活性和敏 捷性，凸现了试题的选拔功能。

例2、正
n
棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是（ ）
A（
n?2n?1
?
,
?
） B（
?
,
?
）
nn
S
H
A
n
A
2
A
3
A
1
C（
0,
） D（
2
?
n?2n?1
?
,
?
）
nn
1

分析：当正棱锥的顶角无限接近底面时，两侧面 所成的二面角无限接近
?
.当正
棱锥的高无限增大时，两侧面所成的二面角无限接近正
n
多边形的一个内角，即
为

例3、已知长方形的四个项点A（0， 0），B（2，0），C（2，1）和D（0，1），一
质点从AB的中点
P
0
沿与AB夹角为
?
的方向射到BC上的点
P
1
后，依次反射到CD 、
DA和
AB上的点
P
2
、
P
3
和P
4
（入射角等于反射角），设
P
4
坐标为
(x
4
,0),
若
1?x
4
?2,
则
tg
?
的取值范围是（ ）
y
n?2n?2
?
，因此，所求二面 角的范围应为（
?
,
?
）
nn
1
A．
(,1)

3
12
B．
(,)

33
21
C．
(,)

52
D
P
3
22
D．
(,)

53
P
2
?
C


A
P
4
P
0
P
1
B
x
分析：本 题命制得很有趣，它把人们常见的台球活动模型迁移到数学试题中，考
查了处理几何、代数问题的能力， 是一个小型综合题，我们可以充分利用几何关
系通过“极端位置”找出
tg
?
的取值范围，根据极限的观点，令
x
4
?1
，不妨令
P
4< br>与
P
0
重合，依据入射角等于反射角，即知
P
1
、< br>P
2
、
P
3
均为各边中点，此时
tan
?< br>?
1
，而四个选择项中仅有选择项（C）与此数据有关，故选（C）
2
1
4

例4、已知函数
f(x)?(x?1)
2
，若存在
t,t
为实数，只要
x?[1,m]
(m?1)
，就有
f(x)?x
，则
m
的最大值是
分析：作函数
y?x
与
y?(x?1)
2
的图像，平移f( x)的图像.使之与直线
y?x
交
于（1，1）和
(m,m),(m1?)< br>两点，此时所得的图像是
y?f(x?t)
，图像的极端位置；
于是解方程组< br>?






1
4
?< br>f(1?t)?1
?
t??4
，再由
m?1
，得
?< br>，所以
m
max
?9

m?9
f(m?t)?m
?
?














2

例5、 已知数列
?
a
n
?
中，
a
1
?5
且对于任意正整数< br>n
，总有
a
n?1
?
a
n
，是否存
a
n
?2
3
在实数
a,b
，使得
a
n?a?b(?)
n
，对于任意正整数
n
恒成立？若存在，给出证
4
明；若不存在，说明理由。
?
3
?
分析: 如果这样的
a,b
存在的话，则由
a
n
?a?b
?
?
?
，可得
lima
n
?a
。
n??
?
4
?
n
对
a
n?1
?
a
n
a
两边取 极限，得
a?
，解得
a?0
或
a?3
。
a
n
?2
a?2
3
若
a?0
，则数列
?
a
n
?
应该是以
a
1
?5
为首项、以
q??
为公比的等比数列，
4
?
3
?
于是，
a
n
?5?
?
?
?
?
4
?
n?1
?
3
?
，
a
2
?5?
?
?
?
?
4
?
2?1
??
a
1
15
不符合a
2
?

4
a
1
?2
a
n
；
a
n
?2
n
显然，不可能对任意的正整数
n
都满足
a
n?1< br>?
n
8
?
3
?
8
?
3
?< br>若
a?3
，将
a
1
?5
代入
a
n< br>?a?b
?
?
?
，可求得
b?
，此时，
a
n
?3?
?
?
?
，
3
?
4
?
3
?
4
?
8
?
58
?
3?
验证：
a
2
??3?
?
?
?
，不符 合
a
n
?3?
?
?
3
?
33
?< br>4
?
2
3
?
?
。
4
?
n
所以，这样的实数
a,b
不存在。

1111
?
?
??
例6、设n 为自然数，求证:
?

2
925
?
2n?1
?
4
分析： 当
n?1
时，不等式显然成立。
设
n?k
?
k?1
?
时，不等式成立，即
1111
?
?
??

?

?
1
?

2
925
?
2k?1
?
4
那么，当
n?k?1
时，
111111
??
?
????

222
9254< br>?
2k?1
??
2k?3
??
2k?3
?
3

由于
111
，
??
2
4< br>?
2k?3
?
4
证到此处，用数学归纳法证题思路受阻。
1
是一个常数，从
k
到
?
k?1
?
右
4边常量不变，而左边在增大，这样，无法使用归纳假设。
之所以用数学归纳法证题思路行不通，其 原因在于
当联想
lim
n1
n11
?
，且当
n?1
时，不妨把要证结论强化为：
??
，
n??
4
?
n ?1
?
4
4
?
n?1
?
89
111n??
?
??

?
2
?

925
?
2n?1
?
2
4
?
n?1
?
n11
??
，不等式
?2
?
成立， 证明：①当
n?1
时，
4
?
n? 1
?
89
②设
n?k
?
k?1
?
时，不等 式
?
2
?
成立，即
111k
??
?
??

925
?
2k?1
?
2
4
?
k?1
?
那么，当
n?k?1< br>时，
1111
??
?
??
925
?
2k? 1
?
2
?
2k?3
?
2
k1
??
4(k?1)(2k?3)
2
1k1

??
4k?1(2k?2)( 2k?4)
k?1
?
4(k?2)
即当
n?k?1
时，不等 式
?
2
?
成立，所以有
111n1
??
?
???

2
??
9254n?14
?
2n?1
?

通过以上例题可以看出，让学生掌握和运用极限思想，不仅降低了某些问题
的解题难度，而且在寻找解题 思路、探索发现新结论有着重大作用。

4