最新高中数学极限

高中数学极限、数学归纳法一、选择题(本大题共6个小题，每题6分，共36分)1．(精选考题·江西高考)(1＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,3n))＝()A.eq\f(5,3)B.eq\f(3,2)C．2D．不存在解析：(1＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,3n))＝eq\f(1,1－\f(1,3))＝eq\f(3,2).答案：B2．设函数f(x)＝(x＋1)2(x－2)，那么eq\o(lim,\s\do4(x→－1))eq\f(f′(x),x＋1)等于()A．6B．2C．0D．－6解析：∵eq\f(f′(x),x＋1)＝eq\f((x＋1)2＋2(x＋1)(x－2),x＋1)＝3x－3，∴eq\o(lim,\s\do4(x→－1))eq\f(f′(x),x＋1)＝－6.答案：D3．函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋2x－3,x－1)(x＞1),ax＋1(x≤1)))在x＝1处连续，那么f－1(3)等于()A．0 B．1C．－eq\f(2,3) D.eq\f(2,3)解析：∵函数f(x)在x＝1处连续，∴f(1)＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(x2＋2x－3,x－1)＝4.又当x＝1时，f(1)＝a＋1，∴a＝3.当x＞1时，令eq\f(x2＋2x－3,x－1)＝3，得x＝0或1，不满足题设．当x≤1时，令3x＋1＝3，得x＝eq\f(2,3)，满足题设．∴f－1(3)＝eq\f(2,3).答案：D4．用数学归纳法证明eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)>eq\f(11,34)时，由n＝k到n＝k＋1，不等式左边的变化是()A．增加eq\f(1,2(k＋1))一项B．增加eq\f(1,2k＋1)和eq\f(1,2k＋2)两项C．增加eq\f(1,2k＋1)，eq\f(1,2k＋2)两项，同时减少eq\f(1,k＋1)一项D．以上结论均错解析：n＝k时，不等式左边为eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)，n＝k＋1时，不等式左边为eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)，故增加eq\f(1,2k＋1)，eq\f(1,2k＋2)两项，减少eq\f(1,k＋1)一项．答案：C5．数列{an}的前n项和Sn＝n2an(n≥2)，而a1＝1，通过计算a2，a3，a4，猜测an＝ ()A.eq\f(2,(n＋1)2) B.eq\f(2,n(n＋1))C.eq\f(2,2n－1) D.eq\f(2,2n－1)解析：由Sn＝n2an知Sn＋1＝(n＋1)2an＋1，∴Sn＋1－Sn＝(n＋1)2an＋1－n2an，∴an＋1＝(n＋1)2an＋1－n2an，∴an＋1＝eq\f(n,n＋2)an(n≥2)．当n＝2时，S2＝4a2，又S2＝a1＋a2∴a2＝eq\f(a1,3)＝eq\f(1,3)，a3＝eq\f(2,4)a2＝eq\f(1,6)，a4＝eq\f(3,5)a3＝eq\f(1,10).由a1＝1，a2＝eq\f(1,3)，a3＝eq\f(1,6)，a4＝eq\f(1,10).猜测an＝eq\f(2,n(n＋1)).答案：B6．设a，b满足eq\o(lim,\s\do4(x→2))eq\f(x2－bx－2x＋2b,x－a)＝－1，那么eq\o(lim,\s\do4(n→∞))eq\f(an＋1＋abn－1,an－1＋2bn)等于()A．1 B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,4)解析：依题意得a＝2，eq\o(lim,\s\do4(x→2))eq\f(x2－bx－2x＋2b,x－a)＝eq\o(lim,\s\do4(x→2))eq\f((x－b)(x－2),x－2)＝eq\o(lim,\s\do4(x→2))(x－b)＝2－b＝－1，因此b＝3.故eq\o(lim,\s\do4(n→∞))eq\f(an＋1＋abn－1,an－1＋2bn)＝eq\o(lim,\s\do4(n→∞))eq\f(2n＋1＋2×3n－1,2n－1＋2×3n)＝eq\o(lim,\s\do4(n→∞))eq\f(4×(\f(2,3))n－1＋2,(\f(2,3))n－1＋2×3)＝eq\f(1,3).答案：C二、填空题(本大题共3个小题，每题6分，共18分)7．设a＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(x3－x,x4－1)，那么1＋a＋a2＋a3＋…＝________.解析：∵a＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(x3－x,x4－1)＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(x(x－1)(x＋1),(x－1)(x＋1)(x2＋1))＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(x,x2＋1)＝eq\f(1,2)，∴1＋a＋a2＋a3＋…＝2.答案：28．函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(acosx(x≥0),x2－1(x＜0)))在点x＝0处连续，那么a＝________.解析：由题意得eq\o(lim,\s\do4(x→0－))f(x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0－))(x2－1)＝－1，eq\o(lim,\s\do4(x→0＋))f(x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0＋))acosx＝a，由于f(x)在x＝0处连续，因此a＝－1.答案：－19．logab＞1(0＜a＜1)，那么eq\o(lim,\s\do4(n→∞))eq\f(bn＋an,bn－an)＝________.解析：logab＞1,0＜a＜1得0＜b＜a，∴eq\o(lim,\s\do4(n→∞))eq\f(bn＋an,bn－an)＝eq\o(lim,\s\do4(n→∞))eq\f((\f(b,a))n＋1,(\f(b,a))n－1)＝－1.答案：－1三、解答题(本大题共3个小题，共46分)10．(本小题总分值15分)数列{an}的前n项和Sn＝(n2＋n)·3n.(1)求eq\o(lim,\s\do4(n→∞))eq\f(an,Sn)；(2)证明：eq\f(a1,12)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(an,n2)＞3n.解：(1)因为eq\o(lim,\s\do4(n→∞))eq\f(an,Sn)＝eq\o(lim,\s\do4(n→∞))eq\f(Sn－Sn－1,Sn)＝eq\o(lim,\s\do4(n→∞))(1－eq\f(Sn－1,Sn))＝1－eq\o(lim,\s\do4(n→∞))eq\f(Sn－1,Sn)，eq\o(lim,\s\do4(n→∞))eq\f(Sn－1,Sn)＝eq\f(1,3)eq\o(lim,\s\do4(n→∞))eq\f(n－1,n＋1)＝eq\f(1,3)，所以eq\o(lim,\s\do4(n→∞))eq\f(an,Sn)＝eq\f(2,3).(2)证明：当n＝1时，eq\f(a1,12)＝S1＝6＞3；当n＞1时，eq\f(a1,12)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(an,n2)＝eq\f(S1,12)＋eq\f(S2－S1,22)＋…＋eq\f(Sn－Sn－1,n2)＝(eq\f(1,12)－eq\f(1,22))·S1＋(eq\f(1,22)－eq\f(1,32))·S2＋…＋[eq\f(1,(n－1)2)－eq\f(1,n2)]Sn－1＋eq\f(1,n2)·Sn＞eq\f(Sn,n2)＝eq\f(n2＋n,n2)·3n＞3n.综上知，当n≥1时，eq\f(a1,12)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(an,n2)＞3n.11．(本小题总分值15分){an}是由非负整数组成的数列，满足a1＝0，a2＝3，a3＝2，an＋1an＝(an－1＋2)(an－2＋2)，n＝3,4,5，….试用数学归纳法证明：an＝an－2＋2，n＝3,4,5，…；证明：①当n＝3时，a3＝2＝a1＋2，所以等式成立；②假设当n＝k≥3时等式成立，即ak＝ak－2＋2.而由题设有ak＋1ak＝(ak－1＋2)(ak－2＋2)．由ak－2是非负整数，得ak＝ak－2＋2≠0，∴ak＋1＝ak－1＋2，即当n＝k＋1时，等式也成立．综合①②得：对任意正整数n≥3，都有an＝an－2＋2.12．(本小题总分值16分)在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，an，Sn，Sn－eq\f(1,2)成等比数列．(1)求a2，a3，a4并推出an的表达式，(2)用数学归纳法证明所得的结论．解：∵an，Sn，Sn－eq\f(1,2)成等比数列，∴Seq\o\al(2,n)＝an(Sn－eq\f(1,2))(n≥2)①(1)由a1＝1，S2＝a1＋a2＝1＋a2代入①得a2＝－eq\f(2,3)，由a1＝1，a2＝－eq\f(2,3)，S3＝eq\f(1,3)＋a3代入①得a3＝－eq\f(2,15).同理可得a4＝－eq\f(2,35)，由此可推出an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1(n＝1),－\f(2,(2n－3)(2n－1))(n≥2))).(2)证明：①当n＝1、2、3、4时，由(1)知猜测成立，②假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，ak＝－eq\f(2,(2k－3)(2k－1))成立．故Seq\o\al(2,k)＝－eq\f(2,(2k－3)(2k－1))·(Sk－eq\f(1,2))，∴(2k－3)(2k－1)Seq\o\al(2,k)＋2Sk－1＝0，∴Sk＝eq\f(1,2k－1)，Sk＝－eq\f(1,2k－3)(舍)．由Seq\o\al(2,k＋1)＝ak＋1·(Sk＋1－eq\f(1,2))得(Sk＋ak＋1)2＝ak＋1(ak＋1＋Sk－eq\f(1,2))，∴eq\f(1,(2k－1)2)＋aeq\o\al(2,k＋1)＋eq\f(2ak＋1,2k－1)＝aeq\o\al(2,k＋1)＋eq\f(ak＋1,2k－1)－eq\f(1,2)ak＋1，∴ak＋1＝eq\f(－2,[2(k＋1)－3]·[2(k＋1)－1])，即n＝k＋1时，命题也成立．由①②知an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1(n＝1),－\f(2,(2n－3)(2n－1))(n≥2)))对一切n∈N*成立．1．(eq\f(x,x－1)＋eq\f(x－3,x2－1))等于()A．1B．2C．3 D．4解析：∵eq\f(x,x－1)＋eq\f(x－3,x2－1)＝eq\f(x(x＋1)＋x－3,x2－1)＝eq\f(x2＋2x－3,x2－1)＝eq\f((x－1)(x＋3),(x＋1)(x－1))＝eq\f(x＋3,x＋1)，∴(eq\f(x,x－1)＋eq\f(x－3,x2－1))＝eq\f(x＋3,x＋1)＝eq\f(1＋3,1＋1)＝2.答案：B2．函数f(x)＝eq\f((x－a)(x＋b),x－c)在点x＝1和x＝2处的极限值都是0，而在点x＝－2处不连续，那么不等式f(x)＞0的解集为()A．(－2,1) B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C．(－2,1)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(1,2)解析：由得：f(x)＝eq\f((x－1)(x－2),x＋2)，那么f(x)＞0的解集为(－2,1)∪(2，＋∞)．答案：C3．设常数a＞0，(ax2＋eq\f(1,\r(x)))4的展开式中x3的系数为eq\f(3,2)，那么lieq\o(m,\s\do4(n→∞))(a＋a2＋a3＋…＋an)＝________.解析：∵Tr＋1＝Ceq\o\al(r,4)a4－rx8－eq\f(5r,2)，令8－eq\f(5r,2)＝3，得r＝2，∴x3的系数为Ceq\o\al(2,4)a2＝6a2＝eq\f(3,2)，那么a＝eq\f(1,2)，∴lieq\o(m,\s\do4(n→∞))(a＋a2＋a3＋…＋an)＝eq\f(\f(1,2),1－\f(1,2))＝1.答案：14．(精选考题·上海高考)将直线l1：x＋y－1＝0，l2：nx＋y－n＝0，l3：x＋ny－n＝0(n∈N*，n≥2)围成的三角形面积记为Sn，那么Sn＝________.解析：如下图，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(nx＋y－n＝0，,x＋ny－n＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(n,n＋1)，,y＝\f(n,n＋1)，))那么直线l2、l3交于点A(eq\f(n,n＋1)，eq\f(n,n＋1))．Sn＝eq\f(1,2)×1×eq\f(n,n＋1)＋eq\f(1,2)×1×eq\f(n,n＋1)－eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(n,n＋1)－eq\f(1,2)，Sn＝(eq\f(n,n＋1)－eq\f(1,2))＝eq\f(1,1＋\f(1,n))－eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)5．对于数列{xn}，满足x1＝eq\f(4,3)，xn＋1＝eq\f(3xn,1＋x\o\al(3,n))；函数f(x)在(－2,2)上有意义，f(－eq\f(1,2))＝2，且满足x，y，z∈(－2,2)时，有f(x)＋f(y)＋f(z)＝f(eq\f(x＋y＋z,1＋xyz))成立．(1)求f(eq\f(4