1、高中数学极限、数学归纳法一、选择题(本大题共 6 个小题，每小题 6 分，共 36 分)1(精选考题江西高考) (1 )( )limn13 132 13nA. B. C2 D不存在53 32解析： (1 ) .limn13 132 13n 11 13 32答案：B2设函数 f(x)(x1) 2(x2)，则 等于( )limx 1f xx 1A6 B2C0 D6解析： 3x3，fxx 1 x 12 2x 1x 2x 1 6.limx 1fxx 1答案：D3已知函数 f(x)Error!在 x1 处连续，则 f1 (3)等于( )A0 B1C D.23 23解析：函数 f(x)在 x1 处连续，f
2、(1) 4.又limx 1x2 2x 3x 1当 x1 时，f(1)a1，a3.当 x1 时，令 3，得x2 2x 3x 1x0 或 1，不满足题设当 x1 时，令 3x13，得 x ，满足23题设f 1 (3) .23答案：D4用数学归纳法证明 时，由 nk 到1n 1 1n 2 12n1134nk1，不等式左边的变化是( )A增加 一项12k 1B增加 和 两项12k 1 12k 2C增加 ， 两项，同时减少 一项12k 1 12k 2 1k 1D以上结论均错解析：nk 时，不等式左边为 ，n k11k 1 1k 2 12k时，不等式左边为 ，1k 2 1k 3 12k 12k 1 12k
3、 2故增加 ， 两项，减少 一项12k 1 12k 2 1k 1答案：C5已知数列a n的前 n 项和 Snn 2an(n2)，而 a11，通过计算 a2，a 3，a 4，猜想 an( )A. B.2n 12 2nn 1C. D.22n 1 22n 1解析：由 Snn 2an 知 Sn1 (n1) 2an1 ，Sn1 S n (n1) 2an1 n 2an，an1 (n1) 2an1 n 2an，a n1 an(n2)nn 2当 n2 时， S24a 2，又 S2a 1a 2，a2 ，a 3 a2 ，a 4 a3 .a13 13 24 16 35 110由 a11，a 2 ，a 3 ，a 4
4、.13 16 110猜想 an .2nn 1答案：B6设 a，b 满足 1，则 limx 2 x2 bx 2x 2bx a lim n 等于( )an 1 abn 1an 1 2bnA1 B.12C. D.13 14解析：依题意得 a2， limx 2x2 bx 2x 2bx a lim x 2x bx 2x 2 (xb) 2b1，因此 b3.故 limx 2 lim n an 1 abn 1an 1 2bn .limn 2n 1 23n 12n 1 23n lim n 4f(2,3)n 1 2f(2,3)n 1 23 13答案：C二、填空题(本大题共 3 个小题，每小题 6 分，共 18 分
5、)7设 a ，则 1aa 2a 3_.limx 1x3 xx4 1解析：a limx 1x3 xx4 1 lim x 1 xx 1x 1x 1x 1x2 1 ，limx 1 xx2 1 121aa 2 a32.答案：28已知函数 f(x)Error!在点 x0 处连续，则 a_.解析：由题意得 f(x) (x2 1)1， f(x)limx 0 lim x 0 lim x 0 acosxa，由于 f(x)在 x0 处连续，因此 a1.limx 0答案：19已知 logab1(0a1)，则 _.limn bn anbn an解析：log ab1,0a1 得 0ba， 1.limn bn anbn
6、an lim n f(b,a)n 1f(b,a)n 1答案：1三、解答题(本大题共 3 个小题，共 46 分)10(本小题满分 15 分)已知数列a n的前 n 项和 Sn(n 2n)3 n.(1)求 ；limn anSn(2)证明： 3 n.a112 a222 ann2解：(1) 因为 limn anSn lim n Sn Sn 1Sn (1 )1 ，limn Sn 1Sn lim n Sn 1Sn ，limn Sn 1Sn 13lim n n 1n 1 13所以 .limn anSn 23(2)证明：当 n1 时， S 163；a112当 n1 时， a112 a222 ann2 S112
7、 S2 S122 Sn Sn 1n2( )S1( )S2 Sn1 Sn112 122 122 132 1n 12 1n2 1n2 3n3 n.Snn2 n2 nn2综上知，当 n1 时， 3 n.a112 a222 ann211(本小题满分 15 分)已知a n是由非负整数组成的数列，满足 a10，a 23，a 32，a n1 an(a n1 2)(a n2 2)，n3,4,5，.试用数学归纳法证明：a na n2 2，n 3,4,5 ，；证明：当 n3 时， a32a 12，所以等式成立；假设当 nk3 时等式成立，即 aka k2 2.而由题设有 ak1 ak(a k1 2)( ak2 2
8、)由 ak2 是非负整数，得 aka k2 20，ak1 a k 12，即当 nk 1 时，等式也成立综合得：对任意正整数 n3，都有 ana n2 2.12(本小题满分 16 分)在数列a n中，a 11，当 n2 时，an， Sn，S n 成等比数列12(1)求 a2，a 3，a 4 并推出 an 的表达式，(2)用数学归纳法证明所得的结论解：a n，S n，S n 成等比数列，12S an(Sn )(n2)2n12(1)由 a11 ，S 2a 1a 21a 2 代入得 a2 ，23由 a11，a 2 ，S 3 a 3 代入得 a3 .23 13 215同理可得 a4 ，由此可推出235a
9、n Error!.(2)证明： 当 n1、2、3、4 时，由(1)知猜想成立，假设 n k(k2，kN *)时，ak 成立22k 32k 1故 S (Sk )，2k22k 32k 1 12(2k3)(2 k1)S 2S k10，2kSk ，S k (舍)12k 1 12k 3由 S ak1 (Sk1 )得2k 112(Ska k1 )2a k1 (ak1 S k )，12 a a ak1 ，12k 12 2k 1 2ak 12k 1 2k 1 ak 12k 1 12ak1 ， 22k 1 32k 1 1即 nk1 时，命题也成立由知 anError!对一切 nN*成立1 ( )等于( )lim
10、xxx 1 x 3x2 1A1 B2C3 D4解析： xx 1 x 3x2 1 xx 1 x 3x2 1 ，x2 2x 3x2 1 x 1x 3x 1x 1 x 3x 1 ( ) 2.1limxxx 1 x 3x2 1 1limxx 3x 1 1 31 1答案：B2函数 f(x) 在点 x1 和 x2 处的极限值都是x ax bx c0，而在点 x2 处不连续，则不等式 f(x)0 的解集为( )A( 2,1) B(，2)(2，)C( 2,1)(2， ) D(，2)(1,2)解析：由已知得：f( x) ，则 f(x)0 的解集为x 1x 2x 2(2,1)(2， )答案：C3设常数 a0，(a
11、x 2 )4 的展开式中 x3 的系数为 ，则 li1x 32(a a2a 3a n)_.mn 解析：T r 1C a4r x8 ，令 8 3 ，得 r2， x3 的系r45r2 5r2数为 C a26a 2 ，则 a ，2432 12li (aa 2a 3a n) 1.mn 121 12答案：14(精选考题上海高考)将直线l1：xy1 0，l 2：nx yn0，l 3：x nyn 0( nN *，n 2)围成的三角形面积记为 Sn，则 Sn_.im解析：如图所示，由Error!得Error!则直线 l2、l 3 交于点 A( ， )nn 1 nn 1Sn 1 1 11 ，12 nn 1 12
12、 nn 1 12 nn 1 12Sn ( ) 1 .limlinn 1 12 limn11 1n 12 12 12答案：125对于数列x n，满足 x1 ，x n1 ；函数 f(x)在(2,2) 上43 3xn1 x3n有意义，f( )2，且满足 x，y，z(2,2)时，有 f(x)f( y)f (z)12f( )成立x y z1 xyz(1)求 f( )的值；43(2)求证： f(xn)是等比数列；(3)设f( xn)的前 n 项和为 Sn，求 li .mn 3n 2Sn解：(1) 由 xy z03f(0)f(0) ，f(0)0，令 z 0，得 f(x)f(y)f( xy)，再令 y x，得 f(x)f(x)f(0) 0，则 f( x)f( x)所以 f( )f( )f( ) f( )3f( )43 12 12 12 123f( )6.12(2)证明：由 x1 ，结合已知可得430x n1 2；3xn1 x3n 31xn x2n 34由 f(xn1 )f( )f( )f(x n)f (xn)f (xn)3f (xn)，3xn1 x3n xn xn xn1 x3n
