上学期高三同步测控优化训练数学A极限A卷附答案

1、第二章 极限知识网络范题精讲【例1】 求下列极限：(1)(1|a|b|);(2).分析一:当n无限增大时,的分子、分母中都含无穷多项,而“和的极限等于极限的和”只能用于有限多项相加.因此,需要先将分子、分母化为含有有限多项的算式,然后再用极限的运算法则求极限.而所有数列的极限最终通过C=C(常数),=0, qn=0(|q|1)来解决.解: =.因为1|a|b|,所以|1,| |1.所以原式=0.分析二:如果把x=2直接代入,分子、分母均为0,即分式是“”型,极限不能确定,所以不能利用简单的代入法来求极限,应先把分子、分母因式分解,约去分子、分母公因式(x+2),然后再求极限.解:=.评注:对于

2、有限项数列(函数)的和、差、积、商的形式,如果每一项都有极限,可直接使用数列(函数)极限的运算法则求解；对不能直接使用数列(函数)极限运算法则的,可通过适当的变形,转化成常见数列(函数)极限的形式,再通过极限的运算法则求解.常见的变形思路和技 巧是(1)对“”型,通常将分子、分母同除以增得“最快”的单项；(2)对“”型,通常将分子、分母同乘以“+”,进行分子有理化后,再求极限；(3)对“”型,通常将分子、分母进行因式分解,以约去使分子、分母为零的因式.【例2】 已知数列, ,Sn为其前n项和,计算得S1=,S2=,S3=,S4=,观察上述结果推测出计算Sn的公式,并用数学归纳法加以证明.分析:

3、本题以数列为载体,主要考查观察、分析、归纳的能力和数学归纳法,先通过数列的结构特征进行观察和分析,猜想出Sn的公式,再对Sn的公式用数学归纳法论证.前一部分是基础,后一部分是发展.这种“先猜想,后论证”的题型正是近几年高考的探索性题型,有利于培养创新意识和创造性思维,是热点之一.用数学归纳法证题的关键是如何利用归纳假设.在利用归纳假设进行化简过程中,要时刻瞄准n=k+1时等式右边这一目标.解:分母依次是3,5,7,9的平方数,分子比分母小1,由此猜想Sn=.证明如下：(1)当n=1时,S1=,等式成立；(2)设当n=k时,等式成立,即Sk=.则Sk+1=Sk+=,即当n=k+1时,等式也成立.

4、根据(1)、(2),可知等式对任何nN*都成立.评注:数学归纳法通常用来证明与正整数有关的命题,它属于完全归纳法,有两个基本 步骤：第一步是起始步,证明当n取第一个值n0(n0是使结论成立的最小的正整数)时,结论正确；第二步是假设步,假设n=k(kN*,且kn0)时结论正确,证明n=k+1时,结论也正确.其中第一步是递推的基础,第二步是递推的依据,两者相辅相成,缺一不可.【例3】 如下图,在RtABC中,B=90,tanC=,AB=a,在ABC内作一系列的正方形,求所有这些正方形的面积和S.分析:这个题目的关键点是每一个小三角形都相似,据此可以写出Sn与an的关系式,经过化简,再求极限.解:设

5、第n个正方形的边长为an,则由三角形相似,可得=(其中Sn=a1+a2+an).因为AB=a,tanC=,所以BC=2a.于是,即Sn=2a2an.当n2时,有an=SnSn1=2an+2an1,即3an=2an1.因为tanC=,所以AB=a=a1+a1.所以a12=a2.所以数列an2是首项为a2,公比为的无穷等比数列，S=(S1+S2+Sn)= =a2.评注:解决与无穷数列各项和有关的应用问题，关键是由题意找准首项、公比，求出前n项和，再求极限.对于形如qn的极限，当|q|1时，可将分子、分母同除以增长“最快”的项,先转化形式,再求极限.试题详解高中同步测控优化训练(三)第二章 极限(A

6、卷)说明：本试卷分为第、卷两部分,请将第卷选择题的答案填入题后括号内,第卷可在各题后直接作答.共100分,考试时间90分钟.第卷(选择题 共30分)一、选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分)1.下列无穷数列中,极限不存在的数列是A.1,(1)n+1,B.3,3,3,3,3,C.3,D.1,0,1,0,sin,分析:本题考查常见数列的极限.解: (1)n+1=0, 3=3,=(2+)=2,A、B、C存在极限.而D是一摆动数列,不存在极限.答案:D2.若an=3且 bn=1,那么 (an+bn)2等于A.4B.4C.16D.16分析:本题考查数列极限的运算法则,即如果两个数列都有极限,那

7、么它们的和、差、积、商的极限分别等于它们极限的和、差、积、商.解: (an+bn)2= (an2+2anbn+bn2)=an2+2anbn+bn2=32+23(1)+(1)2=4.答案:A3.若f(x)=在x=2处连续,则实数a、b的值是A.1,2 B.0,2C.0,2 D.0,0分析:本题考查函数的左、右极限与函数极限的关系、函数连续的概念及它们之间的 关系.解:f(x)在x=2处连续f(x)=f(x)=f(2)=4.f(x)= (x2+a)=4+a=4,a=0.f(x)=(x+b)=2+b=4,b=2.答案:B4.等差数列an、bn的前n项和分别为Sn和Tn,若=,则的值等于A.1B.C.

8、D.分析：本题考查当n时数列的极限.解题的关键是由条件中前n项和的关系转化成项的关系,把转化成关于n的多项式.解法一:设Sn=kn2n,Tn=kn(3n+1)(k为非零常数).由an=SnSn1(n2),得an=2kn22k(n1)2=4kn2k,bn=kn(3n+1)k(n1)3(n1)+1=6kn2k.= = =.解法二：由.又.= .答案:C5.某个命题与正整数n有关,若n=k(kN*)时,该命题成立,那么可推得n=k+1时,该命题也成立.现在已知当n=5时,该命题不成立,那么可推得A.当n=6时该命题不成立B.当n=6时该命题成立C.当n=4时该命题不成立D.当n=4时该命题成立分析:

9、本题借助数学归纳法考查四种命题间的关系,即原命题与其逆否命题等价,逆命题与否命题等价.解:n=k时命题成立n=k+1时命题成立,其逆否命题是“n=k+1时命题不成立n=k时命题不成立”,n=5时命题不成立n=4时命题不成立.答案:C6.的值为A.3 B.3C.2 D.不存在分析:本题考查函数在xx0处的极限值.如果把x=x0代入函数解析式,解析式有意义,那么f(x0)的值就是函数的极限值.解:=3.答案:B7.函数f(x)=的不连续点是A.x=2B.x=2C.x=2和x=2D.x=4分析:本题考查函数的连续性.一般地,函数f(x)在点x=x0处连续必须满足下面三个条件：(1)函数f(x)在点x

10、=x0处有定义；(2)f(x)存在； (3)f(x)=f(x0),即函数f(x)在点x0处的极限值等于这一点的函数值.解:因函数在x=2时无定义,所以不连续点是x=2.答案:C8.欲用数学归纳法证明:对于足够大的自然数n,总有2nn3,n0为验证的第一个值,则A.n0=1B.n0为大于1小于10的某个整数C.n010D.n0=2分析:本题考查用数学归纳法证明问题时,第一步初始值n0的确定.不能认为初始值都从n0=1开始,需根据实际题目而定.当1n10时,2n与n3的大小不确定,而当n10时,总有2nn3.答案:C9.已知一个数列的通项公式为f(n),nN,若7f(n)=f(n1)(n2)且f(

11、1)=3,则 f(1)+f(2)+f(n)等于A.B.C.7D.分析：本题考查当n时数列的极限.关键是先求出数列的通项公式f(n),然后求其前n项和,把待求极限式化成有限项形式,即关于n的多项式,再求极限.解:f(1)=30,.数列为首项为3,公比为的等比数列.f(n)=3()n-1.由公比不为1的等比数列的前n项和公式,得Sn=.f(1)+f(2)+f(n)=1()n=.答案:A10. (2x+1)n=0成立的实数x的范围是A.x=B.x0C.1x0D.1x0分析:本题考查数列的一个重要极限,即an=0,|a|1.解:要使(2x+1)n=0,只需|2x+1|1,即12x+11.解得1x0.答

12、案:C第卷(非选择题 共70分)二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分.把答案填在横线上)11.=_.分析:由于分子、分母的极限不存在,所以不能直接利用极限的四则运算法则.通过分子、分母同除以n的幂指数中最大的一个n2,使各部分极限均存在,再利用极限的四则运算法则求得极限值.解: =答案:12.=_.分析：本题考查当xx0时函数的极限，把x=1代入分子、分母中,分式变成“”型,不能直接求极限.因此把分子、分母分别进行因式分解,约去分子、分母中的“零因式”,然后代入求极限.解:= =.答案:13.用数学归纳法证明“1+a+a2+an+1=(a1且nN*)”,在验证n=1时,左边计算所得

13、的结果是_.分析:本题考查数学归纳法的应用.用数学归纳法证题的前提是分清等式两边的构成情况.就本题而言,它的左边是按a的升幂排列的,共有(n+2)项,故当n取第一个值时,共有1+2=3项,它们的和应是1+a+a2.答案:1+a+a214._.分析:本题考查qn=0,|q|1的应用.因当n时,构成该式的四项均没有极限,故应将分子、分母同时除以底数最大、次数较高的项3n,以期转化成每一项都有极限的形式,再运用极限的运算法则求解.解:=.答案:三、解答题(本大题共5小题,共54分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题8分)讨论函数f(x)=在x=2处的左极限、右极限以及在x=2处的

14、极限.分析:本题考查函数在某一点处的极限,左、右极限的定义及其相互关系.f(x)=af(x)=f(x)=a.对于常见函数,可先画出它的图象,观察函数值的变化趋势,利用极限的定义确定各种 极限.解:当x2时,函数无限接近于0,即f(x)=0. 3分当x2时,函数无限接近于2,即f(x)=2.综上,可知f(x)f(x), 6分函数f(x)在x=2处极限不存在. 8分16.(本小题10分)用数学归纳法证明：1+.分析:本题考查利用数学归纳法证明代数恒等式.当自变量取n时,它的左边是2n项和差的形式.故当n=1时,左边保留两项；当n=k到n=k+1时添加两项.合理运用归纳假设进行化简的关键是瞄准右边的

15、目标,为达到目标,看哪些是不变的,哪些是变化的,化简变化的部分直至同目标一致为止.证明:(1)当n=1时,左式=1,右式=,等式成立. 3分(2)假设n=k时等式成立,即1+.则1+=+ 6分=+=+.n=k+1时,等式也成立. 9分综合(1)、(2),可知对一切正自然数n等式成立. 10分17.(本小题12分)求下列极限：(1) (+);(2)(n1).分析:本题考查数列极限的运算法则.其中(1)式是n项和的极限,当n时,项数变成了无穷项,此时,它不适用极限的运算法则,故应先求和,再求极限.(2)式属于“”型,应先将分子有理化,即分子、分母同乘以一个“+”型因式,再化简求值.解:(1) ()

16、=() 3分=1. 6分(2)(n1)= 9分= 11分=. 12分18.(本小题12分)求证:对于正整数n,11n+2+122n+1能被133整除.分析:本题考查用数学归纳法证明整除性问题.关键在于由“n=k”成立推“n=k+1”成立过程中归纳假设的运用.重点掌握“拼凑假设”的技巧.证明:(1)当n=1时,113+122+1=3059.由3059=13323,所以113+123能被133整除. 3分(2)假设n=k(kN,k1)能被133整除,即11k+2+122k+1能被133整除,那么,当n=k+1时,11k+3+122k+3=1111k+2+122122k+1=11(11k+2+122k+1)+122122k+111122k+1=11(11k+2+122k+1)+133122k+1.11(11k+2+122k+1)与133122k+1均能被133整除,11(11k+2+122k+1)+133122k+1能被133整除.当n=k+1时命题也成立. 10分由(1)、(2),可知对任意nN命题均成立. 12分19.(