《2022年高中数学总复习经典易错题会诊与试题预测 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高中数学总复习经典易错题会诊与试题预测 .pdf（23页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、学习必备欢迎下载考点 14 极限?数学归纳法?数列的极限?函数的极限?函数的连续性?数学归纳法在数列中的应用?数列的极限?函数的极限?函数的连续性经典易错题会诊命题角度1 数学归纳法1 （典型例题）已知a0,数列 an满足 a1=a,an+1=a+na1,n=1,2,. ()已知数列 an极限存在且大于零，求A=nnalim(将 A 用 a 表示 )；()设 bn=an-A,n=1,2,证明： bn+1=-;)(AbAbnn()若|bn| n21,对 n=1,2都成立，求a 的取值范围。考场错解 ()由nnalim，存在，且 A=nnalim（A0）,对 aa+1=a+na1两边取极限得， A
2、=a+A1. 解得 A=.242aa又 A0, A=.242aa()由 an+bn+A,an+1=a+na1得 bn+1+A=a+Abn1. .)(1111AbAbAbAAbAabnnnnn即)(1AbAbbnnn对 n=1,2都成立。()对 n=1,2,|bn| n21，则取 n=1 时，21|1b,得.21|4(21|2aaa14.21|)4(21|22aaaa, 解得23a。 专家把脉 第问中以特值代替一般，而且不知bn数列的增减性，更不能以b1取代 bn. 对症下药 () ()同上。()令|b1| 21, 得.21|)4(21|2aaa.21|421|2aa精选学习资料 - - - -
3、 - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 23 页学习必备欢迎下载.23, 142aaa解得现证明当23a时，nnb21|对 n=1,2, 都成立。(i) 当 n=1 时结论成立（已验证） 。(ii)假设当 n=k(k 1) 时结论成立，即kkb21|，那么.21|1|)(|1kkkkkAbAAbAbb故只须证明21|1AbAk，即证 A|bk+A| 2 对 a23成立由于,422422aaaaA而当 a23时，而当 a23时，.2, 142Aaa, 1212|kkkbAAb即A|bk+A| 2. 故当 a23时，.212121|11kkkb即n=k+1时结
4、论成立。根据 (i) 和(ii)，可知结论对一切正整数都成立。故|bn| n21对n=1,2, 都成立的 a的取值范围为,23 2( 典型例题 ) 已知数列 an 中,a1=3, 前 n 项和 Sn满足条件Sn=6-2an+1. 计算 a2、a3、a4, 然后猜想 an的表达式。并证明你的结论。 考场错解 当 n2 时， an=Sn-Sn-1=6-2an+1-(6-2an)=2an-2an+1, 即 an+1=21an.因为 a1=3,所以a2=21a1=23,a3=21a2=43,a4=21a3=.83由此猜想an=)(23*1Nnn当 n=1 时， a1=1123=3,结论成立；假设当 n
5、=k(k1)时结论成立， 即 ak=123k成立， 则当 n=k+1 时， 因为 ak+1=21ak， 所以,211kkaa又 a1=3,所以 an是首项为3 公比为21的等比数列。 由此得 ak+1=3 （21）k+1-1=1123k,这表明，当 n=k+1 时结论也成立。由、可知，猜想对任意nN*都成立。专家把脉 应由 a1=S1=6-2a2,求得 a2=23,再由 an+1=21an(n2)求得 a3=43,a4=83,进而由此猜想an=123n(nE*). 用数学归纳法证明猜想时，没有利用归纳假设123kka，而是根据等比列的通项公式求得精选学习资料 - - - - - - - - -
6、 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 23 页学习必备欢迎下载ak+1=1123k.这种证明不属于数学归纳法。对症下药 由 a1=S1=6-2a2,a1=3,得 a2=.23当 n2 时， an=Sn-Sn-1=6-2an+1-(6-2an)=2an-2an+1, 即an+1=21an.将 a2=23代入得 a3=21a2=43,a4=21a3=83,由此猜想an=*).(231Nnn下面用数学归纳法证明猜想成立。当 n=1 时， a1=3311a,猜想成立；假设当n=k(k1)时结论成立，即ak=123k成立，则当n=k+1 时，因为 ak+1=21ak，所以ak+1=2
7、1123k=112323kk这表明，当n=k+1 时结论也成立。由，可知，猜想对nN* 都成立。3 （典型例题）已知不等式21+31+n121log2n,其中 n 为大于 2 的整数， log2n表示不超过log2n 的最大整数。设数列an的各项为正，且满足a1=b(b0),an11nnanna,n=2,3,4, . ( ) 证明： anlog222nbb，n=2,3,4,5,; ( ) 猜测数列 an 是否有极限？如果有，写出极限的值（不必证明）；（）试确定一个正整数N，使得当nN 时，对任意b0,都有 an10=1024.取 N=1024,有 an51. 专家把脉 （1）在运用数学归纳证明
8、时，第n-k+1 步时，一定要运用归纳假设进行不等式放缩与转化，不能去拼凑。 对症下药 （）证法1：当 n2 时， 0an,11nnanma精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 23 页学习必备欢迎下载naananaanannnnnn1111,111111即, 于是有naaaaaann1111,3111,21112312，所有不等式两边相加可得.13121111naan由已知不等式知，当n3 时有，.log211121naana1b, .2log2log211122bnbnbanan10,n210=1024, 故取N=1024
9、，可使当nN时 , 都有 an0) 与直线 l:y=x相交于 A1, 作 A1B1l 交 x 轴于 B1,作 B1A2l 交曲线 C于 A2依此类推。（1）求点 A1、A2、A3和 B1、B2、B3的坐标；答案： A1(1,1)、 A2（2+1, 2-1） 、 A3（3+2,3-2） 、 B1（2,0 ） 、B2（22,0 ） 、 B3（23,0 ）（2）猜想 An的坐标，并加以证明；答案： An()1,1nnnn, 证明略 . （3）.|lim11nnnnnBBBB答案：设An().0 ,(),1nnnnbBaa由题图： A1（1，1） ，B1（2，0） a1=1,b1=2 且)(1111上
10、在直线nnnnnnnbxyAbnaaaab11lim22lim|1|1|lim1nnnnaaBBBBnnnnnnnnn，分子分母乘以（)1)(1nnnn）及nlim1111111lim11nnnnnnn3 设数列 a1,a2, ， an, 的前 n 项的和 Sn和 an 的关系是Sn=1-ban-,)1 (1nb其中 b 是与 n无关的常数，且b-1 。（1）求 an和 an-1的关系式；答案： an=Sn-Sn-1=-b(an-an-1)-)2()1 ()()1 (1)1 (111nbbaabbbnnnnn解得 an=)2()1 (111nbbabbnn（2）猜想 an的表达式（用n 和 b
11、 表示） ；答案： a=S1=1-ba1-21)1(,11bbab精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 23 页学习必备欢迎下载,)1()1()1 ()1 (1)1(1)1 (2)1()1()1 (11ba13232121322212nnnnnnnnnnbbbbabbbbbbbabbbbnbbbabbbbbbabbb由此猜想an=1111)1(32)1(nnnbbbbbabb把 a1=2)1 (bb代入上式得an=)1(2)1()1)(1()1 (21111bnbbbbbbbbbnnnnn（3）当 0b0,b0 ). ( )
12、当 a=b 时，求数列 un的前项 n 项和 Sn。（）求nlim1nnuu。 考 场 错 解 （ ） 当a+b时 ， rn=(n+1)an. Sn=2a+3a2+4a3+ +nan-1+(n+1)an. 则aSn=2a2+3a3+4a4+nan+(n+1)an+1. 两式相减：Sn=2212)1 (2) 2()1(aaaanannn( ) nlim1nnuu=nlim1) 1(nnuaan=nlimnna)1(=a. 专家把脉 （）问运用错位相减时忽视a=1 的情况。（） a=b 是（）的条件，当ab 时，极限显然不一定是a. 对症下药 （）当a=b 时， un=(n+1)an. 这时数列
13、un 的前 n 项和Sn=2a+3a2+4a3+nan-1+(n+1)an. 式两边同乘以a, 得 aSn=2a2+3a3+4a4+nan+(n+1)an+1式减去式，得（1-a ）Sn=2a+a2+a3+an-(n+1)an+1若 a1,(1-a)Sn=aaan1)1(-(n+1)an+1+a Sn=221212)1 (2)2()1(1) 1()1()1(aaananaaanaaaannnn若 a=1,Sn=2+3+n+(n+1)=2)3(nn()由（），当 a=b 时， un=(n+1)an,则nlim1nnuu=nlim1)1(nnuaan=nlimnna) 1(=a. 当 ab 时，
14、un=an+an-1b+abn-1+bn=an1+nababab)()(2 =.,)(11)(1111111nnnnnnnnnnbabauubabaababa此时或 ab0, nlim1nnuu=nlimnnnnbaba11=nlim.)(1)(aababbann若 ba0, nlim1nnuu=nlim.1)()(bbabbaann专家会诊1充分运用数列的极限的四则运算及几个重要极限nlimC=C.(C 为常数 ).nlimn1=0.nlimqn=0,|q|0,a 1), 设y4=17,y7=11. (1) 求数列 yn 的前多少项最大，最大为多少？答案：由已知得，数列为关数列，y4=17,
15、y7=11, 公差 d=,0,13,0,121,225)4(4,231711ynynnynnndnyyn数列时当时当的前 12 项最大，最大为144. （2）设 bn=2yn,sn=b1+b2+bn,求nlim252ns的值。答案：bn=2yn,Sn=b1+b2+ bn, bn 为等比数列 . 且公比为q=41, nlimSn=32432125231qSnlim.31225nS4 设 an=1+q+q2+qn-1(n N+,q ) ，An=C1na1+C2na+Cnnan (1)用 q 和 n 表示 An; 答案： q1, an=qqn11精选学习资料 - - - - - - - - - 名师
16、归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 23 页学习必备欢迎下载) 1()1 (211)()(11)()(1111111122101022121221qqqCqCqqCCCCCqCqCqqCCCCqCqqCqqCqqAnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn(2)当-3q1 时，求 limnnA2的值；答案：, 13,)21(1 112qqqAnnn|21q|1, xlimnnA2=q11命题角度3 函数的极限1 （典型例题）若1limx（211xbxa）=1，则常数a,b 的值为（ ）A a=-2,b=4 Ba=2,b=-4 C a=-1,b=-4 Da=2,b=4
17、 考场错解 A 1limx21)1(xbxa=1limx.1)1)(1(xxbaax故能约去（ 1-x ） , a=-2,b=4. 专家把脉 （ax+a-b ）中有在式（ 1-x ）的求解中，注意a、b 的符号。 对症下药 C 1limx21)1(xbxa=1limx.1)1)(1(xxbaax故 ax+a-b 中必有因式（1-x ） ，且极限为1。故 a=-2,b=-4. 2 （典型例题）若1limx,11) 1(xxf则1limx)22(1xfx（）A -1 B1 C -21 D21 考场错解 D 1limx, 11) 1(xxf则1limx)22(1xfx1limx.21)1(21xfx
18、考场把脉 错误理解极限存在的条件。函数f(x)中必有因式（x-1） 。对症下药 C1limx, 11) 1(xxf故 f(x-1)=x-1. f(x)=x. 1limx.21221xx3 （典型例题）1limx（34223122xxxx）= （）A -21B 21C -61D 61精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 23 页学习必备欢迎下载考场错解 B 原式 =1limx)3)(2)(1(1xxxx=1limx.21) 3)(2(1xx 专家把脉 在运算中注意符号的变化。 对症下药 A 1limx)3)(2)(1()2(2
19、3xxxxx=1limx) 3)(2)(1(1xxxx=1limx.21)3)(2(1xx4 （典型例题）93lim23xxx= （）A-61B0 C61D31考场错解 B 当 x -3,x+3=0,故93lim23xxx=0。 专家把脉 求函数极限时，分母为0 的因式应约去才可代入。 对诊下药 A 6131lim3xx专家会诊1求函数的极限时，如果 xx0即 x0是连续的点。 即使函数f(x)有意义的点， 只需求 f(x0)的值。就是函数的极限值。2当 f(x)在 x0处不连续时，即x=x0代入后使式子f(x)无意义，应考虑约去此因式，使之有意义时再求f(x0)的值，即为极限值。3已知函数的
20、极限，求出函数中的系数时，应满足两个条件，即存在性与极限值同时考虑。考场思维训练1 设 f(x)在 x0处可导， f(x0)=0 则nlimnf(x0-n1)=_. 答案： -f (x0) 解析：)1(lim0nxnfn=).( 1)()1(lim000 xfnxfnxfx2 121lim221xxxn ( ) A.21 B.32C.0 D.2 答案：B解析：略3 已知22lim22xcxxx=a, 且函数 y=aln2x+xb+c 在1 ， e 上存在反函数，则（）Ab(-， 0)Bb(2e,+)Cb(-， 0) (2e,+)Db(0，2e) 答案：C解析：略4 设 f(x)是 x 的三次多
21、项式， 已知axxfax2)(lim2=axxfax4)(lim4=1，试求axxfax3)(lim3的值。 （a 为非零常精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 23 页学习必备欢迎下载数） . 答案：解：由于ax2lim, 12)(axxf可知 f(2a)=0 同理 f(4a)=0 可知f(x)必含有（ x-2a ）与（ x-4a ）有因式，由于f(x)是 x 的三次多项式，故可设f(x)=A(x-2a)(x-4a)(x-C),这里 A、C均为选定的常数，由, 12)(lim2axxfax即, 1)2)(42(,1)(4(
22、lim2)(4)(2(lim22CaaaCxaxAaxCxaxaxAaxax得即4a2A-2aCA=-1 同理，由于, 1)4)(24(,14)(lim4CaaaAaxxfax得即 8a2A-2Aca=1 由得C=3a,A=),3)(4)(2(21)(,2122axaxaxaxfa因而21)(21)4)(2(21lim3)(lim2233aaaaxaxaaxxfaxax命题角度 4 函数的连续性1 （典型例题）极限0limxxf(x)存在是函数f(x)在点 x=x0处连续的（ ）A充分而不必要的条件B必要而不充分的条件C充要条件D既不充分也不必要的条件 考场错解 C 0limxxf(x) 存在
23、f(x)在点 x=x0处连续。 专家把脉 0limxxf(x)f(x0) 时，则 f(x) 在点 x=x0处不连续。 对症下药 B 0limxxf(x)不一定等于函数值f(x0)，而 f(x) 在点 x=x0处连续。则有0limxxf(x)=f(x0) 2 （典型例题）已知函数f(x)=nnnxx4lim，试判别f(x)在定义域内是否连续，若不连续，求出其不连续点。 考场错解 4-nx 0, xn4,x -2. f(x)的定义域为（ - ， -2）（ -2， +） 。当 x=0 时， f(x)=0,f(0)=0.故连续。故函数f(x)在定义域内连续。精选学习资料 - - - - - - - -
24、 - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 23 页学习必备欢迎下载 专家把脉 错把函数f(x)= nnnxx4lim当作函数f(x)=.4nnxx对症下药 （1）当 |x|1 时， f(x)=nnnxx4lim=31. (4) 当 x=1 时 f(x)=nnnxx4lim=-1。111131110)(xxxxxf或f(x) 的定义域为（- ， -1 ）（ -1 ，+） 。而在定域内，x=1 时。1limxf(x)=0. 1limxf(x)=-1. 1limxf(x)不存在。故 f(x)在 x=1 处不连续。f(x) 在定义域内不连续。专家会诊1在判断函数的连续性时，充分运
25、用它的重要条件，即0limxxf(x)=f(x0). 前提是 f(x)在 x0处的极限要存在。2在求函数的不连续点时，或不连续区间。首先是定义之外的点或区域一定不连续。往往只须考虑定义域内的不连续部分。考场思维训练1 f(x)在 x=1 处连续，且1)(lim1xxfx=2，则 f(1) 等于（）A-1 B0 C1 D2 答案： B解析：略2 1limxxxxarctan4)2ln(2=_. 答案：1解析：利用函数的连续性，即),()(lim00 xfxfxx11arctan4) 12sin(1arctan4)2sin(lim221lxxxx3 设 f(x)=)()(21112110的连续区间
26、为则xfxxxxA （0，2） B （0，1）C （0，1）（ 1， 2） D （1，2）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 23 页学习必备欢迎下载答案： C解析：11lim)(lim11xxxf21) 1(1)(lim, 1lim)(lim111fxfxfxxx即 f(x)D x=1 点不连续，显知f(x)在（ 0，1）和（ 1，2）连续。4 求函数 f(x)=) 1()21(log) 1(2xxxx的不连续点和连续区间答案：解：不连续点是x=1,连续区间是（-， 1）（ 1+） 探究开放题预测预测角度 1 数学归纳法
27、在数列中的应用1已知数列 an 满足条件（ n-1 ）an+1=(n+1)(an-1) 且 a2=6, 设 bn=an+n(nN* ), (1)求bn的通项公式；（2）求nlim（21212121432nbbbb）的值。 解题思路 （1）运用归纳猜想证明。（2）裂项法先求数列的和，再求和的极限。解答 1.(1)当 n=1 时，代入已知式子中，得a1=1,当 n=2 时，得 a3=6，同理可得a4=28,再代入 bn=an+n,得 b1=2,b2=8,b3=18, 猜想 bn=2n2,用数学归纳法证明：1当 n=1 时， b1=a1+1=2.显然成立。 n=2 时 ,.结论成立。 2假设 n=k
28、(k2)时命题成立，即bk=2k2,即 ak+k=2k2,ak=2k2-k,则n=k+1 时，bk+1=ak+1+k+1=) 1(11kakk+k+1=11kk(2k2-k-1)+k+1=(k+1)(2k+1)+(k+1)=(k+1)(2k+2)=2(k+1)2当 n=k+1 时，结论成立。由 1、 2可知 bn=2n2. (2) 原式 =nlim（221161612n）nlim21) 1)(1(142131121nnnlim41)111151314121311 (21nnnlim83)111211(nn. 2设函数f(x)对所有的有理数m 、n 都有 |f(m+n)-f(m)| ,mn证明：
29、对所有正整数k 有ki 1|f(2k)-f(2i)| .2) 1(kk 解题思路 运用数学归纳法证明。 解答 1当 k=1 时， 左=0=右， 命题成立。2假设 k=n 时， 不等式成立， 即ni 1|f(2k)-f(2i)| 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 23 页学习必备欢迎下载,2) 1(nn则 k=n+1 时，11ni|f(2k+1)-f(2i)|= 11ni|f(2k+1)-f(2i)+f(2n)-f(2i)| 11ni|f(2k+1)-f(2i)|+,2) 1(nn= ni 1|f(2k+2n)-f(2i)
30、|+ 2) 1(nn=n+2) 1(nn=2)1(nn. 故当 k=n+1 时，命题也成立。由 1， 2可知原不等式成立。预测角度 2 数列的极限1已知（ xxx1）6的展开式的第五项等于215，则nlim（x-1+x-2+ +x-n ）等于A0 B1 C2 D-1 解题思路 利用二项式的通项公式求出x 的值，再求数列和的极限。解答 B T5=C46（x-1）4(23x)2=15x-1=215x-1=21,lim(x-1+x-2+x-n)=lim(n21814121)=121121. 选 B 2设 xn=)1(nnn,求数列 xn的极限。解题思路 由于)1,nn的极限都不存在，所以应先将xn
31、变形，使之变成极限可求的数列。解答 因为 xn=)1(nnn=nnnnnnnnnn11)1)(1(用n除分子和分母，得xn=1111n,而 1,1111nn由 1+11n得知),( 111nn再应用除法运算，即求得nlimxn=nlim211111n. *3. 已知 a、b 是不相等的正数，若nlimnnnnbaba11=2，则 b 的取值范围是（）A0b2 B0b2解题思路 B 讨论 a 与 b 的大小后，分子、分母同除以11nnba或，后再求由极限值求范围。解答 当 ab 时，nlimnnnababa11nlim.2)(11)(11aabaaabnn0b2.精选学习资料 - - - - -
32、 - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 23 页学习必备欢迎下载当 ab 时，nlimnnnababa11nlimbbabbann1)(11)(1=-b0 不可能为 2，故 ab 不成立。b 的范围是（ 0，2） 。故选 B 预测角度3 函数的极限11) 1sin(sinlim1sin1sin2sinlim2232xxxxxnn2求.42lim4xxn 解题思路 将分子有理化，使分子分母极限存在。 解答 42lim4xxx=4121)2)(4(4lim)2)(4()2)(2(lim44xxxxxxxxxx。预测角度 4 函数的连续性1函数 f(x)在 x0处
33、有定义是0limxx（fx）存在的（）A充分不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解题思路 利用极限在某点存在性判断解答 D 函数在x0处有定义，但在此点处极限不一定存在，反之也不一定，如图（1） （2） 。2设 f(x)=)0()0(11xbxaxxx当 a 取何值时，函数f(x)是连续的？ 解题思路 利用连续的存在性的充要条件，即0limxx（x）=f(x0)，以及连续的定义。解答 x0 连续，只须判断，当x=0 时，函数也连续时，从而求a 的值。f(x) 在 x=0 处有定义，且0limxf(x)=210limxf(x)=a. 只有当a=21时。0limxxf(x)
34、才存在，且值为21。又 f(0)=a 当 a=21时。 f(x)是连续函数。专家会诊1深刻理解函数f(x)在 x0处连续的概念，即函数f(x)在 x0处有定义。 f(x)在 x0处有极限。0limxxf(x)=f(x0).函数 f(x)在 x0处连续反映在图像上是f(x)在 x0处是不间断的。2由连续的定义，可以得到计算极限的一种方法：如果f(x)在定义区间内是连续的，则0limxx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 23 页学习必备欢迎下载f(x)=f(x0)，只要求出函数值f(x0)即可。考点高分解题综合训练1 已知
35、f(n)=(2n+7)3n+9,存在自然数m，使得对任意nN,都能使 m 整除 f(n),则最大的 m 的值为（）A 30 B 26 C36 D6 答案： C. 解析： f(1)=36,f(2)=108=3 36,f(3)=360=10 36 f(1) 、f(2) 、f(3)能被 36 整除，猜想f(n) 能被 36 整流器除。证明： n=1、2 时，由上得证，设n=k(kl 2) 时， f(k)=(2k+7) 3k+9 能被 36 整除，则n=k+1时， f(k+1)-f(k)=(2k+9) 3k+1-(2k+7) 3k =(6k+27) 3k-(2k+7) 3k=(4k+20) 3k=36
36、(k+5) 3k-2(k 2) 1(kf能被 36 整除f(1)不能被大于36 的数整除，所求最大的m 的值等于 36. 2 记二项式（ 1+2x）n展开式的各系数和为an,其二项系数为b，则nnnnnabablim等于（）A 1 B-1 C0 D 不存在答案： B 解析： an=3n,bn=2n, ., 11)32(1)32(lim3232limlimBababnnnnnnnnnnnnn所以选3 6)1(xxx的展开式中的第五项是nnxxxS21,215，则nlimSn等于（）A1 B21 C41 D61答案： A 解析：略4 已知 a、bR,|a|b|,又nlimnnnaba1nlimnn
37、naba1，则 a的取值范围是（）Aa1 B1-a1 D-1a1答案：B 解析：略5 若 f(x)=11113xx在点 x=0 处连续，则f(0)等于( ) A23B32C1 D 0 答案：A 解析：略f(x) 2311111)0(1111)1(1111)1 ()11(11)1()11)(11(3233332332fxxxxxxxxxxx6 观察下列式子：474131211 ,3531211 ,2321122222则可归纳出 _. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 23 页学习必备欢迎下载答案： :1+11112)11
38、(11232122即12122) 12(1) 1(1312112222n归纳为 1+)(112) 1(13121*222Nnnnn7 xxxcossin1lim2=_. 答案： 0 解析：略8 an 是 （3-x） n 的展开式中x 项的系数 （n=2， 3， 4， ）则nlim（nnaaa3333322） =_。答案： 18 解析：略9 nlim（112nn+an+b）=3 则 a+b=_. 答案： 3 解析：略10 已知数列 bn是等差数列， b1=1,b1+b2+ +b10=145(1)求数列 an的通项公式bn; 答案：解：设数列为bn的公差为d 由题意知23,3111452) 110
39、(1010111nbndbdbb（2）设数列 an的通项 an=loga(1+nb1)(其中 a0 且 a1)记 Sn是数列 an的前 n 项和， 试比较 Sn与31logabn+1的大小，并证明你的结论。答案：证明：由bn=3n-2 知Sn=loga(1+1)+loga(1+41)+ +loga(1+231n) =loga(1+1)(1+41) (1+231n) 而.13)2311 ()411)(11 (log31,13loglog313131的大小与比较的大小与于是比较nnbSnnbnnaaa取 n=1, 有（ 1+1）=33311348取 n=2, 有（ 1+1） （1+41） 3331
40、2378精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 23 页学习必备欢迎下载推测：（1+1） （1+41）（） 1+(*)132313nn当 n=1 时，已验证（* ）式成立 . 假设 n=k(k 1时（ *）式成立，即（1+1） （1+41）（ 1+313231kk）则当 n=k+1 时， （1+1） （1+41）（ 1+)1311(13)2) 1(311)(2313kkkk=3131323kkk,1) 1( 3)1311)(2311 ()411)(11 (1)1(3432313130) 13(19)13() 13)(43()2
41、3()43)1313k23k(333322233333kkkkkkkkkkkkkkkk从而）（即当 n=k+1 时， （* ）式成立由知， （*）式任意正整数n 都成立 . 于是，当a1 时， Sn31logabn+1,当 0a1 时， Sn0 且 a1),若数列： 2，f(a1),f(2),f(an),2n+4(nN*) 成等差数列。（1）求数列 an的通项 an; 答案： 2n+4=2+(n+2-1)d, d=2, f(an)=2+(n+1-1)2=2n+2, an=a2n+2(2)若 0af-1(t),求实数 t 的取值范围。答案： bn=an f(an)=(2n+2)a2n+2=(2n
42、+2) 22n+2=(n+1) 22n+3.114121nnnnbbnnbbbn 为递增数列bn中最小的项为b1=2 25=26 f-1(t)2t, 262t, t612 设实数 q 满足 |q|1,数列 an满足：a1=2,a20,an an+1=-qn, 求 an表达式， 又如果nlimS2n3,求 q 的取值范围。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 23 页学习必备欢迎下载答案：解：a1a2=-q,a1=2,a20, q 0,a2=-29, anan+1=-qn,an+1an+2=q an 于是， a1=2,a3=2
43、 q,a =2 qn-猜想：a2n+1=-), 3 ,2, 1(21nqn综合，猜想通项公式为)(221)(1212NkkqknNkknqkan时时下证：（1）当 n=1,2 时猜想成立（2）设 n=2k-1 时， a2k-1=2 qk-1则 n=2k+1 时，由于a2k+1=q a2k-1a2k+1=2 qk即 n=2k-1 成立 . 可推知 n=2k+1 也成立 . 设 n=2k 时， a2k=-21qk, 则 n=2k+2 时，由于a2k+2=q a2k, 所以， a2k+2=-21qk+1, 这说明 n=2k 成立，可推知 n=2k+2 也成立 . 综合所述，对一切自然数n，猜想都成立
44、. 这样所求通项公式为)(221)(1212NkknqknNkknqkan时当时当S2n=(a1+a3 a2n-1)+(a2+a4+ +a2n) =2(1+q+q2+ +qn-1)-21(q+q2+qn) =)24)(191()1()1 (211)1(2qnqqnqqqn由于 |q|0,|q|1解得 -1q0 或 0q2. 又 n2 时，an-an+1=an-,0)42(21)4(21)4(21)4(2122nnnnnnnaaaaaaa精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 23 页学习必备欢迎下载a1,a2,a2anan+1
45、2,即an是行列增后减数列， （an）max=a2=.25（2）已知圆锥曲线Cn的方程为：*)( 1)()(21122Nnaayaaxnnnn设nlimCn=C,求曲线C 的方程并求曲线 C的面积。答案：由上可知，,212nnaa所以圆锥曲线Cn为椭圆 . 由于 an 存在极限，所以可设.lim1lim,lim1AaaAannnnnnn则又由 an0 得 A0,从而 A=.2lim.2)4(21nnaAAA即由此可得曲线C的方程即是n 时曲线Cn的方程为：.4,4)2()2( :2 ,)2,2(, 12)2(2)2(2222222RCyxyx的面积为从而圆为半径的圆为圆心即为以精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 23 页