（考前大通关）高考数学二轮专题复习 第一部分专题突破方略专题二《第三讲 极限、数学归纳法》专题针对训练 理

一、选择题1．函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax≤1,\f(2,x－1)－\f(4,x2－1)x>1))在x＝1处连续，则a的值为()A．0B．1C．－1D．2解析：选B.若f(x)在x＝1处连续，则有eq\o(lim,\s\do4(x→1－))f(x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→1＋))(eq\f(2,x－1)－eq\f(4,x2－1))＝eq\o(lim,\s\do4(x→1＋))eq\f(2,x＋1)＝a，解得a＝1，故选B.2．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2an(n≥2)，而a1＝1，通过计算a2，a3，a4，猜想an＝()A.eq\f(2,n＋12) B.eq\f(2,nn＋1)C.eq\f(2,2n－1) D.eq\f(2,2n－1)解析：选B.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).猜想an＝eq\f(2,nn＋1).3．若复数eq\f(a＋3i,1＋2i)(a∈R，i为虚数单位)是纯虚数，则eq\o(lim,\s\do4(n→∞))(eq\f(1,a)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an))＝()A.eq\f(1,7)B.eq\f(5,7)C．－eq\f(1,7)D．－eq\f(5,7)解析：选C.eq\f(a＋3i,1＋2i)＝eq\f(a＋6＋3－2ai,5)＝eq\f(a＋6,5)＋eq\f(3－2a,5)i，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a＋6,5)＝0，,\f(3－2a,5)≠0，))解得a＝－6，所以eq\o(lim,\s\do4(n→∞))(eq\f(1,a)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an))＝eq\o(lim,\s\do4(n→∞))[(－eq\f(1,6))＋(－eq\f(1,6))2＋…＋(－eq\f(1,6))n]＝eq\f(－\f(1,6),1＋\f(1,6))＝－eq\f(1,7).4．已知a，b∈R，|a|>|b|，且eq\o(lim,\s\do4(n→∞))eq\f(an＋1＋bn,an)>eq\o(lim,\s\do4(n→∞))eq\f(an－1＋bn,an)，则a的取值范围是()A．a>1B．－1<a<1C．a<－1或a>1D．－1<a<0或a>1解析：选D.∵|a|>|b|，则eq\o(lim,\s\do4(n→∞))eq\f(an＋1＋bn,an)＝eq\o(lim,\s\do4(n→∞))[a＋(eq\f(b,a))n]＝a，eq\o(lim,\s\do4(n→∞))eq\f(an－1＋bn,an)＝eq\o(lim,\s\do4(n→∞))[eq\f(1,a)＋(eq\f(b,a))n]＝eq\f(1,a).∴a>eq\f(1,a)⇒eq\f(a＋1a－1,a)>0⇒－1<a<0或a>1，故选D.5．函数f(x)＝eq\f(x－ax＋b,x－c)在点x＝1和x＝2处的极限值都是0，且在点x＝－2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：选C.由已知得f(x)＝eq\f(x－1x－2,x＋2)，则f(x)>0的解集为(－2,1)∪(2，＋∞)，故选C.二、填空题6．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(acosxx≥0,x2－1x<0))在点x＝0处连续，则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：－17．在数列{an}中，an＝4n－eq\f(5,2)，a1＋a2＋…＋an＝an2＋bn，n∈N*，其中a，b为常数，则eq\o(lim,\s\do4(n→∞))eq\f(an－bn,an＋bn)的值为________．解析：∵an＝4n－eq\f(5,2)，∴a1＝eq\f(3,2)，而数列{an}显然是等差数列，∴Sn＝eq\f(n\f(3,2)＋4n－\f(5,2),2)＝2n2－eq\f(n,2)，∴a＝2，b＝－eq\f(1,2)，∴eq\o(lim,\s\do4(n→∞))eq\f(2n－－\f(1,2)n,2n＋－\f(1,2)n)＝1.答案：18．(2010年高考上海卷)将直线l1：x＋y－1＝0、l2：nx＋y－n＝0、l3：x＋ny－n＝0(n∈N*，n≥2)围成的三角形的面积记为Sn，则eq\o(lim,\s\do4(n→∞))Sn＝________.解析：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).))则直线l2、l3交于点A(eq\f(n,n＋1)，eq\f(n,n＋1))．点A到直线l1的距离d＝eq\f(|\f(n,n＋1)＋\f(n,n＋1)－1|,\r(2))＝eq\f(|\f(n－1,n＋1)|,\r(2))＝eq\f(n－1,\r(2)n＋1).又∵l1分别与l2、l3交于B(1,0)，C(0,1)，∴BC＝eq\r(2)，∴Sn＝eq\f(1,2)AB·d＝eq\f(n－1,2n＋1).∴eq\o(lim,\s\do4(n→＋∞))Sn＝eq\o(lim,\s\do4(n→＋∞))eq\f(n－1,2n＋1)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)三、解答题9．(2010年高考大纲全国卷Ⅱ)已知数列{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)，又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－12)－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.10．已知各项均为正数的数列{an}，a1＝a(a>2)，an＋1＝eq\f(a\o\al(2,n),2an－1)，其中n∈N*.(1)证明：an>2；(2)设bn＝eq\f(an,an－2)，证明：bn＋1＝beq\o\al(2,n).证明：(1)运用数学归纳法证明如下：①当n＝1时，由条件知a1＝a>2，故命题成立；②假设当n＝k(k∈N*)时，有ak>2成立．那么当n＝k＋1时，ak＋1－2＝eq\f(a\o\al(2,k),2ak－1)－2＝eq\f(ak－22,2ak－1)>0.即ak＋1>2，故命题成立．综上所述，命题an>2对于任意的正整数n都成立．(2)bn＋1＝eq\f(an＋1,an＋1－2)＝eq\f(\f(a\o\al(2,n),2an－1),\f(a\o\al(2,n),2an－1)－2)＝eq\f(a\o\al(2,n),a\o\al(2,n)－4an＋4)＝beq\o\al(2,n).11．设数列{an}的前n项和为Sn，对一切n∈N*，点(n，eq\f(Sn,n))都在函数f(x)＝x＋eq\f(an,2x)的图象上．(1)求a1，a2，a3的值，猜想an的表达式，并证明你的猜想；(2)设An为数列{eq\f(an－1,an)}前n项的积，是否存在实数a，使得不等式Aneq\r(an＋1)<f(a)－eq\f(an＋3,2a)对一切n∈N*都成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．解：(1)∵点(n，eq\f(Sn,n))都在函数f(x)＝x＋eq\f(an,2x)的图象上，∴eq\f(Sn,n)＝n＋eq\f(an,2n).∴Sn＝n2＋eq\f(1,2)an.令n＝1得a1＝1＋eq\f(1,2)a1，∴a1＝2；令n＝2得a1＋a2＝4＋eq\f(1,2)a2，∴a2＝4；令n＝3得a1＋a2＋a3＝9＋eq\f(1,2)a3，∴a3＝6.由此猜想：an＝2n(n∈N*)．下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，由上面的求解知，猜想成立．②假设n＝k时猜想成立，即ak＝2k成立，那么，当n＝k＋1时，由条件知，Sk＝k2＋eq\f(1,2)ak，Sk＋1＝(k＋1)2＋eq\f(1,2)ak＋1，两式相减，得ak＋1＝2k＋1＋eq\f(1,2)ak＋1－eq\f(1,2)ak，∴ak＋1＝4k＋2－ak＝4k＋2－2k＝2(k＋1)，即当n＝k＋1时，猜想也成立．根据①、②知，对一切n∈N*，都有an＝2n成立．(2)∵eq\f(an－1,an)＝1－eq\f(1,an)，故An＝(1－eq\f(1,a1))(1－eq\f(1,a2))…(1－eq\f(1,an))，∴Aneq\r(an＋1)＝(1－eq\f(1,a1))(1－eq\f(1,a2))…(1－eq\f(1,an))eq\r(2n＋1).又f(a)－eq\f(an＋3,2a)＝a＋eq\f(an,2a)－eq\f(an＋3,2a)＝a－eq\f(3,2a)，故要使Aneq\r(an＋1)<f(a)－eq\f(an＋3,2a)对一切n∈N*都成立，即(1－eq\f(1,a1))(1－eq\f(1,a2))…(1－eq\f(1,an))·eq\r(2n＋1)<a－eq\f(3,2a)对一切n∈N*都成立．设g(n)＝(1－eq\f(1,a1))(1－eq\f(1,a2))…(1－eq\f(1,an))eq\r(2n＋1)，则只需g(n)max<a－eq\f(3,2a)即可．由于eq\f(gn＋1,gn)＝(1－eq\f(1,an＋1))·eq\f(\r(2n＋3),\r(2n＋1))＝eq\f(2n＋1,2n＋2)·eq