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26.高考数学极限与数学归纳法怎么考(2011年高考二轮复习专题)


高考数学极限与数学归纳法怎么考 高考数学极限与数学归纳法怎么考 极限与数学归纳法 主干知识整合: 主干知识整合: 要求了解数列极限和函数极限的概念。掌握极限的四则运算法则, 要求了解数列极限和函数极限的概念。掌握极限的四则运算法则,会求某些数 列与函数的极限。理解数学归纳法的原理, 列与函数的极限。理解数学归纳法的原理,会用数学归纳法证明一些简单的数 学命题。 学命题。 经典真题感悟
a +S 1 lim n 2 n n →∞ n 在等差数列{an} {an}中 a1= 1.在等差数列{an}中,a1= 25 ,第 10 项开始比 1 大,记 t= ,则 t

的取值范围是 A. 1 D
1 1 1 1 1 1 1 1 "1 ? + ? + L + ? = + +L + (n ∈ N * )" 2 3 4 2n ? 1 2n n + 1 n + 2 2n 2 用数学归纳法证 的过程
1 1 ? 2k + 1 2 k + 2

t>

4 8 3 <t≤ 75 B. 75 25

4 3 <t< 50 C. 75

4 3 <t≤ 50 D. 75

左边所增加的项为_____ 中,当 n=k 到 n=k+1 时,左边所增加的项为_____ __________

2.

? 2 1 ? 3 2 n ? ax + ? 3 x ? 展开式中 x 的系数为 2 , lim(a + a + ??? + a ) = _____ n →∞ a > 0 ,? 3.设常数

4

1
lim 3n 3
n +1 n →∞

4.已知 4.已知

+ ( a + 1)

n

=

1 3

的取值范围是. ,则 a 的取值范围是. ∴?4 < a < 2

5 已知函数

?3 x + k ( x ≤ 0 ) f ( x) = ? x lim f ( x ) ?e ( x > 0 ) 存在, 的值为______1___ ______1___, ,若 x→ 0 存在,则 k 的值为______1___,

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6.有以下四个命题: 2n>2n+1(n≥ (2)2+4+6+…+2n=n2+n+2(n≥ 6.有以下四个命题: 1) >2n+1(n≥3) (2)2+4+6+…+2n=n2+n+2(n≥1) (3) 有以下四个命题 (1 2n ( 凸 n 边 形 内 角 和 为 f(n)=(n - 1) π (n ≥ 3) (4) 凸 n 边 形 对 角 线 条 数

n ( n ? 2) f(n)= 2 (n≥4).其中满足“假设 n=k(k∈N,k≥n0).时命题成立,则当 (n≥ 4). 其中满足“ n=k(k∈ N,k≥ n0).时命题成立, 时命题成立

时命题也成立. 但不满足“ n=n0( 的初始值) n=k+1 时命题也成立.”但不满足“当 n=n0(n0 是题中给定的 n 的初始值)时命 题成立” 题成立”的命题序号是 10.(2)( 10.(2)(3)

考点热点探究 1) 例 1.1 ( 1) x→∞ (
x2 + a2 ? a
lim
( x + a )( x + b)

; -x)

(2)

lim
x→0

x2 + b2 ? b

(a . a>0) ( )

1 2.(2006 陕西) nlim 陕西) 等于( →∞2n( n2+1- n2-1) 等于( 2n( n2+1- n2- A. 1 B. B. 1 2 C. 1 4 D. 0

bn 2 ? c an + c an 2 + c lim lim lim 2 2 是实常数, =3,则 3. 已知 a、b、c 是实常数,且 n→∞ bn + c =2, n→∞ cn ? b =3,则 n→∞ cn + a 的值是

A. 2

B. B.3
lim
n →∞

1 C. 2

D.6 。

4. 2006 重庆) (2006 重庆) (

1 + 3 + L + (2n ? 1) = 2n 2 ? n + 1
? ?

化为分数是_________ 5. 将无限循环小数 0.12 化为分数是_________
4 6 4 6 4 6 ( ? ) + ( 2 ? 2 ) + ... + ( n ? n ) 5 7 5 7 lim 5 7 n →∞ 5 4 5 4 5 4 ( ? ) + ( 2 ? 2 ) + ... + ( n ? n ) 6 5 6 5 6 5 =_____

6.

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? 1 ? 2 an ? an +1 = ? 1 ?a + 1 ? n 4 ? 设数列{an} {an}的首项 a1=a≠ 例 2 设数列{an}的首项 a1=a≠ 4 ,且
bn = a2 n ?1 ?

n为 为 为 n为 为 为

,



1 4 ,n==l,2,3,…· ==l .

a2,a3; (I)求 a2,a3; (II)判断数列{bn}是否为等比数列,并证明你的结论; II)判断数列{bn}是否为等比数列,并证明你的结论; {bn}是否为等比数列 (III)求 n→∞ III)
lim(b1 + b2 + b3 + L + bn )



分析:观察、归纳、猜想、证明是数列问题常见的思考方法. 分析:观察、归纳、猜想、证明是数列问题常见的思考方法.
1 1 1 1 1 (I a2= 解: I)a2=a1+ 4 =a+ 4 ,a3= 2 a2= 2 a+ 8 ; ( 1 1 3 1 1 3 II) (II)∵ a4=a3+ 4 = 2 a+ 8 , 所以 a5= 2 a4= 4 a+ 16 , 1 1 1 1 1 1 1 1 b1=a1- =a- b2=a3- (a- b3=a5- (a- 所以 b1=a1- 4 =a- 4 , b2=a3- 4 = 2 (a- 4 ), b3=a5- 4 = 4 (a- 4 ), 1 猜想:{bn}是公比为 的等比数列· 猜想:{bn}是公比为 2 的等比数列·

证明如下: 证明如下:
1 1 1 1 1 1 bn+1=a2n+1- a2n- (a2n- (n∈ 因为 bn+1=a2n+1- 4 = 2 a2n- 4 = 2 (a2n-1- 4 )= 2 bn, (n∈N*) 1 1 的等比数列· 所以{bn} {bn}是首项为 所以{bn}是首项为 a- 4 , 公比为 2 的等比数列· b1 (1 ? 1 ) 2n = b1 = 2(a ? 1 ) 1 1 4 1? 1? 2 2 .

lim(b1 + b2 + L + bn ) = lim
n →∞

n →∞

(III) III)

误点警示:掌握无穷等比数列求和公式. 误点警示:掌握无穷等比数列求和公式. 3.数列 a 例 3.数列 { n } 中, 前 n 项和
Sn = an 1 + ?1 * 2 an 且 an > 0, n ∈ N .
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a a 的值, 的表达式. (Ⅰ)求 1, 2 的值,并猜想 an 的表达式.

(Ⅱ)证明猜想的正确性 解:

(1) n = 1时a1 = s1 =

a1 1 + ?1 2 a1

? a12 + 2a1 ? 2 = 0, 又a1 > 0, 则a1 = 3 ? 1

同理得, 同理得, a2 = 5 ? 3

猜想 an = 2n + 1 ? 2n ? 1 (2)证明:n=1 时, a1 = 3 ? 1 证明: 猜想正确, 假设 n=k 时,猜想正确,即 ak = 2k + 1 ? 2k ? 1 又
ak +1 = sk +1 ? sk = ak +1 a 1 1 + ? k? 2 ak +1 2 ak

? ak +1 = 2k + 3 ? 2k + 1 = 2 ( k + 1) + 1 ? 2 ( k + 1) ? 1

即 n=k+1 时也成立
∴ 对n ∈ N *都有an = 2n + 1 ? 2n ? 1

专题能力训练 1.
? x1 1 n? lim ? ?1+ q ? q ? = 2 ? ? 已知等比数列 {x n}的公比为 q ,则有 n → ∞ ? ,则首项 x1 的取值范围是

( ) A C
? 1? ?1 ? ? 0, ? U ? ,1 ? ? 2? ?2 ? ? 1? ? 0, ? U {3} ? 2?

B (0,3) U {? 3} D
? 1? ?1 ? ? 0, ? U ? ,1 ? U {3} ? 2? ?2 ?

? ? 1 < q < 0或 0 < q < 1 ? q = 1 ? ? 1 ? x1 1 1 ? x1 ? x1 n? lim ? ?1+ q ? q ? = 2 ? ?1 + q = 2 ?1 + q ? 1 = 2 ? 解析: 解析: n → ∞ ? 由 可知 ? 或?

故知 D 符合题意。 符合题意。 ,

下面四个命题中: 2 下面四个命题中:
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是等差数列, 的极限不存在; (1)若 {a n}是等差数列,则 {a n}的极限不存在; (2)已知
a n = ( ? 1)
n

,当 n → ∞ 时,数列 {a n}的极限为 1 或-1。 ,则 n → ∞
lim a n = A

(3)已知 n → ∞ (4)若

lim a n = A
n +1



a n = ( ? 1)

1 n

,则 n → 10 ,数列 {a n}的极限是 0。
10

其中真命题个数为( 其中真命题个数为(A ) A 1 D 4
2 3.如图, 3.如图,抛物线 y = ? x + 1 与 x 轴的正半轴交于点 A ,将线段 OA 的 n 等分点从左至 如图

B 2

C 3

L 轴的垂线, 右依次记为 P1,P2, ,Pn?1 ,过这些分点分别作 x 轴的垂线,与抛物线的交点依次 L △ L△ 为 Q1,Q2, ,Qn ?1 ,从而得到 n ? 1 个直角三角形 △Q1OP1, Q2 P1P2, , Qn?1 Pn? 2 Pn ?1
h t : /w c .8 3 0 .0 o m p/ x 2 c x c t 1 2 .6 o m w @ c k

王新敞 王新敞 王新敞 王新敞 特级教师 特级教师 特级教师 特级教师 源头 学子小屋 源头 学子小屋 源头 学子小屋 源头 学子小屋
新·疆0 疆·7 屯 新0屯· 奎奎 2 20 新·疆·疆·0 屯 新0 0 屯0 · 奎7 奎 2 ·7 0 7 2



n → ∞ 时,求这些三角形的面积之和的极限. 求这些三角形的面积之和的极限.

1 3

? a x2 + b ? x ? 1 ( x < 1) ? f ( x) = ?m( x = 1) ? bx + c ? + 1( x > 1) ? x ?1 4.已知函数 处连续, 的值。 在 x = 1 处连续,求实数 a, b, c, m 的值。 4.已知函数 lim f ( x), lim? f ( x) x →1 f (x) 在 x = 1 处连续,则 lim f ( x) 存在,即 x→1+ 解析: 处连续, x→1 存在, 存在且相等, 解析:因为 存在且相等,

Q lim f ( x)
x →1?

2 2 存在, 的根, 存在,则 a x + b 中必定含有因式 x ? 1 。即 x = 1 是方程 a x + b = 0 的根,故

有 a = ? b ,则 同样
x →1+

Q lim f ( x) = lim
x →1?

a x2 ? a = 2a x →1? x ?1 ,

Q lim f ( x)

存在, 的根, 存在, 则 bx + c 含有因式 x ? 1 ,则即 x = 1 是方程 bx + c = 0 的根,即有
x →1
?

c = ?b , 故有

Q lim f ( x) = lim (
x →1
?

bx ? b 1 1 + 1) = b + 1 a = c = ,b = ? x ?1 3 3, ,故有 2a = b + 1 ,故有

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再由 x→1

lim f ( x) = lim f ( x) = lim f ( x) = f (1) = m + ?
x →1 x →1

,故有

m=

2 3。

1 在数列{an} a1= {an}中 an,Sn,Sn- 成等比数列。 5. 在数列{an}中 a1=1,当 n≥2 时,an,Sn,Sn- 成等比数列。 2 a2,a3, 的表达式; (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; 用数学归纳法证明所得的结论; (3)求数列{an}所有项的和。 求数列{an}所有项的和。 {an}所有项的和 1 5.解 an,Sn,Sn- 5.解∵an,Sn,Sn- 成等比数列 2 1 ∴Sn2=an·(Sn- )(n≥2) (*) Sn2=an·(Sn- )(n≥ 2 2 a1= S2=a1+a2= 代入( 式得:a2=- (1)把 a1=1,S2=a1+a2=1+a2 代入(*)式得:a2=- 3 2 1 2 2 a1= a2 a2=- S3= 代入(*) (*)得 a3 a3=- 。 同理可得: a4=- 把 a1=1, =- , = +a3 代入(*)得: =- S3 同理可得: =- a4 3 3 15 35 由此可以推出: 由此可以推出: (n=1) ?1 2 an= an=? - 2n- 2n- ? (2n-3)(2n-1)

(n>1)

(i 知猜想成立。 (2) i)当 n=1,2,3,4 时,由(*)知猜想成立。 ( 2 (ii)假设 k(k≥ ak=- 成立。 成立。 (ii)假设 n=k(k≥2) 时,ak=- 2k- 2k- (2k-3)(2k-1) 2 1 Sk2=- (Sk- 故 Sk2=- ·(Sk- ) (2k-3)(2k-1) 2k- 2k- 2 (2k-3)(2k-1)Sk2+2Sk- (2k-3)(2k-1)Sk2+2Sk-1=0 1 -1 Sk= 舍去) ∴Sk= Sk= 或 Sk= (舍去) 2k- 2k- 2k-1 2k-3 1 Sk+12=ak+ (Sk+ 由 Sk+12=ak+1·(Sk+1- )得 2
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1 (Sk+ak+1)2=ak+ (Sk+ak+1)2=ak+1·(ak+1+Sk- ) (ak+ Sk- 2 2ak+ ak+ 2ak+1 ak+1 1 1 ak+12+ ak+12+ ak+ ? +ak+12+ =ak+12+ - ak+1 2k- 2k- 2k- (2k-1)2 2k-1 2k-1 2 -2 ak+ ? ak+1= [2( 3][2( [2(k+1)-3][2(k+1)-1] 命题也成立。 即 n=k+1 时,命题也成立。 (n=1) ?1 2 (i)(ii)可知 an= 可知, 由(i)(ii)可知,an=? - 2n- 2n- ? (2n-3)(2n-1) 成立。 对一切 n∈N 成立。 1 Sn= (3)由(2)得数列前 n 项的和 Sn= 2n- 2n-1 Sn= 故所有项和 S= n→∞ Sn=0 本题综合了数列、数学归纳法、数列极限等基础知识, 注 (1)本题综合了数列、数学归纳法、数列极限等基础知识,所采用的方法 是归纳、猜想、证明,是数列中最常见的题型,也是高考热点。 是归纳、猜想、证明,是数列中最常见的题型,也是高考热点。 (2)对于{an}的通项还可以这样来求: 对于{an}的通项还可以这样来求: {an}的通项还可以这样来求 1 1 Sn2=(Sn-Sn-1)(Sn- ∵Sn2=an(Sn- ) ∴Sn2=(Sn-Sn-1)(Sn- ) Sn2=an(Sn- 2 2 1 1 1 1 1 是以{ }为首项, 为公差的等差数列 为首项, ? - =2,故{ }是以{ Sn- Sn Sn-1 Sn S1 2 故 1 1 = +2(n-1)=2n-1 2(n-1)=2n- Sn S1
lim

(n≥2)

(n=1) ?1 1 2 Sn= an= Sn= ,an=? 2n- 2n-1 - (n≥2) 2n- 2n- ? (2n-3)(2n-1) an, 的关系式中, Sn-Sn- Sn+ 对于含有 an,Sn 的关系式中,常将 an 用 Sn-Sn-1(n≥2)代(或 Sn+1-Sn an+ ,化成 Sn,Sn+ an,an+ 的递归关系式。 用 an+1 代) 化成 Sn,Sn+1(或 an,an+1)的递归关系式。 ,
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(本题满分 6. 本题满分 13 分)函数 ( (Ⅰ)求证: a > 0, b < 0; 求证: ( Ⅱ) 若
f (1) =

f ( x) =

1 lim f (? n) = 0(n ∈ N ). 1 + a ? 2 bx 的定义域为 R,且 n→∞

4 1 , 且f ( x)在[0,1] 5 上的最小值为 2 , + 1 2
n +1

求证: 求证: f (1) + f (2) + L + f (n) > n

1 ? (n ∈ N ) 2 .
≠ 0, 即a ≠ ?2 ? bx 而x ∈ R,∴ a ≥ 0.若a = 0, 则

6.解 6.解 ⑴Q f ( x) 定义域为 R,∴1 + a 2
f ( x) = 1与 lim f (? n) = 0矛盾, ∴ a > 0
n →∞

bx

∴ lim f (? n) = lim
n →∞

1 n →∞ 1 + a ? 2 ? bx

?1(0 < 2 ? b < 1) ? ? 1 (2 ?b = 1) ∴ 2? b > 1即b < 0, 故a > 0, b < 0 ? ?1 + a = ?0(2? b > 1) ?

1 1 1 f ( x)在[0,1]上为增函数 ,∴ f (0) = ,即 = ,∴ a = 1, f (1) = 2 1+ a 2 ⑵由⑴ 知
1 4 1 1 4x 1 = ,∴ 2b = ,∴ b = ?2.∴ f ( x ) = = = 1? ? b ?2 x x 1+ a ? 2 5 4 1+ 2 1+ 4 1 + 4x

当k ∈ N 时

f (k ) = 1 ?

1 1 > 1? . k 1+ 4 2 ? 2k 1 1 1 1 1 + + ) = n + n +1 ? . 2 n 2× 2 2× 2 2× 2 2 2

∴ f (1) + f (2) + f (3) + L + f (n) > n ? (

7.已知函数 f(x)的定义域为 的定义域为[ ,且同时满足 7.已知函数 f(x)的定义域为[0,1] 且同时满足:? ,且同时满足: ,总有 f(x)≥ f(1)=3; x1≥ x2≥ ①对任意 x∈[0,1] 总有 f(x)≥2;②f(1)=3;③若 x1≥0,x2≥0 且 x1+x2 , f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2)≤1,则有 f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2)-2. (1)求 f(0)的值 的值; (1)求 f(0)的值; (2)试求 f(x)的最大值 的最大值; (2)试求 f(x)的最大值;?
1 (an-3), (3)设数列{an}的前 设数列{an} Sn, a1=1, (3)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 a1=1,Sn= - 2 (an-3),n∈N*.
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3 1 n ?1 求证:f(a1)+f(a2)+…+f(an)≤ +2n求证:f(a1)+f(a2)+…+f(an)≤ 2 +2n- 2 × 3 .

7.(1)令 x1=x2=0, f(0)≥2f(0)f(0)≤2.又对任意 ,总有 7.(1)令 x1=x2=0,则 f(0)≥2f(0)-2,∴f(0)≤2.又对任意 x∈[0,1] 总有 , f(x)≥ f(x)≥2,∴f(0)=2. (2)任取 x1, x2∈ x1<x2, 0<x2-x1≤ f(x2-x1)≥ 2.∴ (2) 任取 x1 , x2 ∈ [ 0 , 1 ] 且 x1<x2 , 则 0<x2-x1 ≤ 1 , ∴ f(x2-x1) ≥ 2. ∴ f(x2)=f(x2-x1+x1)≥f(x2-x1)+f(x1)f(x2)=f(x2-x1+x1)≥f(x2-x1)+f(x1)-2≥f(x1),∴f(x)的最大值为 f(1)=3. f(x1), f(x)的最大值为
1 1 (3)∵ (an-3)(n∈N*), Sn(an 3)(n≥2), (3)∵Sn= - 2 (an-3)(n∈N*),∴Sn-1= - 2 (an-1-3)(n≥2),

an 1 1 1 1 an-1(n≥2).∴ an-1(n≥2), a1=1≠ (n≥ ∴an= - 2 an+ 2 an-1(n≥2).∴an= 3 an-1(n≥2),又∵a1=1≠0,∴ a n ?1 = 3 (n≥

2), 2),
1 1 n ?1 数列{an} {an}是以 为首项, 的等比数列, ∴数列{an}是以 1 为首项,公比为 3 的等比数列,∴an= 3 .? 3 1 1 1?1 +2不等式成立. 当 n=1 时,f(a1)=f(1)=3= 2 +2- 2 × 3 不等式成立.当 n=2 时,f(a2)=f( 3 ),? 1 1 1 1 1 1 1 1 7 4.∴ ∵f(1)=f( 3 + 3 + 3 )≥f( 3 )+f( 3 + 3 )-2≥3f( 3 )-4.∴f( 3 )≤ 3 .? 1 7 3 23 3 1 +4不等式成立. ∴f(a1)+f(a2)=f(1)+f( 3 )≤3+ 3 = 2 + 6 = 2 +4- 2 × 3 不等式成立.? 3 1 k ?1 不等式成立, (a1)+f(a2)+…+f(ak)≤ +2k假设 n=k 时,不等式成立,即 f(a1)+f(a2)+…+f(ak)≤ 2 +2k- 2 × 3 ,? 1 1 1 1 1 k k +1 k +1 k +1 k +1 则 n=k+1 时,f(ak+1)=f( 3 )=f( 3 + 3 + 3 )≥3f( 3 )-4, 1
k +1

∴f( 3

1 1 4 1 1 1 4 k k ?1 k=1, )≤ 3 f( 3 )+ 3 ,f( 3 )≤ 3 f( 3 )+ 3 ,k=1,2,…

1 1 1 4 4 1 1 4 4 4 4 k 2 k ?2 2 k ?1 k ?1 k ?2 2 ∴f( 3 )≤ 3 f( 3 )+ 3 + 3 ≤…≤ 3 f( 3 )+ 3 + 3 +…+ 3 + 3

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7 k ≤3

2

+2+2- 3

k ?1

1 k =2+ 3 .? 3 1 k +2(k+1)= 2 +2(k+1)- 2 × 3 .

3 1 1 k ?1 k f(a1)+f(a2)+…+f(ak)+f(ak+1)≤ +2k∴f(a1)+f(a2)+…+f(ak)+f(ak+1)≤ 2 +2k- 2 × 3 +2+ 3

?
3 1 n ?1 不等式成立. N*,f(a1)+f(a2)+…+f(an)≤ +2n∴n=k+1 时,不等式成立.∴对 n∈N*,f(a1)+f(a2)+…+f(an)≤ 2 +2n- 2 × 3 .

?
1 1

另法: 另法:只要证 f(an)=f( 3

n ?1

)≤ 3

n ?1

+2,然后累加即得. +2,然后累加即得.

满足下列条件: 8. 已知定义在 R 上的函数 f (x) 和数列 {a n } 满足下列条件:
a1 = a, a n = f (a n ?1 )(n = 2,3,4,...), a 2 ≠ a1 ,



f (a n ) ? f (a n ?1 ) = k (a n ? a n?1 )(n = 2,3,4,...),

为常数, 为非零常数。 其中 a 为常数, k 为非零常数。
* (I)令 是等比数列; (I)令 bn = a n +1 ? a n (n ∈ N ) ,证明数列 {bn } 是等比数列;

(II)求数列 的通项公式; (II)求数列 {a n } 的通项公式; (III)当 (III)当 | k |< 1 时,求
lim a n
n →∞

(I)证明 证明: 8. (I)证明:由 b1 = a2 ? a1 ≠ 0, 可得
b2 = a3 ? a2 = f (a2 ) ? f (a1 ) = k (a2 ? a1 ) ≠ 0.

由数学归纳法可证

bn = an +1 ? an ≠ 0 (n ∈ N * ).

由题设条件, 由题设条件,当 n ≥ 2 时
bn a ?a f (an ) ? f (an ?1 ) k (an ? an ?1 ) = n +1 n = = =k bn ?1 an ? an ?1 an ? an ?1 an ? an ?1

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因此, 因此,数列 {bn } 是一个公比为 k 的等比数列
n ?1 n ?1 (II)解 (II)解:由(I)知, bn = k b1 = k (a2 ? a1 ) (I)知

(n ∈ N * ).

当 k ≠ 1 时,
b1 + b2 + ... + bn ?1 = (a2 ? a1 )
1 ? k n ?1 1? k

(n ≥ 2)

当 k = 1 时,
b1 + b2 + ... + bn ?1 = (n ? 1)(a2 ? a1 ) (n ≥ 2)

而 b1 + b2 + ... + bn?1 = (a2 ? a1 ) + (a3 ? a2 ) + ... + (an ? an?1 ) = an ? a1 (n ≥ 2) 所以, 所以,当 k ≠ 1 时,
an ? a1 = (a2 ? a1 ) 1 ? k n ?1 (n ≥ 2). 1? k

也成立。所以, 上式对 n = 1 也成立。所以,数列 {an } 的通项公式为
an = a + ( f ( a ) ? a ) 1 ? k n ?1 (n ∈ N * ) 1? k

当 k = 1 时,
an ? a1 = (n ? 1)(a2 ? a1 )(n ≥ 2).

也成立。所以, 上式对 n = 1 也成立。所以,数列 {an } 的通项公式为
an = a + (n ? 1)( f (a ) ? a )(n ∈ N * )



III)解 III)解:当 | k |< 1 时,
lim an = lim[a + ( f (a ) ? a )
n →∞ n →∞

1 ? k n ?1 f (a) ? a ] =a+ 1? k 1? k

选做题
k 的切线, Q1, .1 设整数 k ≠ 0, 1. 过点 P(1,0)作曲线 C: y = x ( x > 0) 的切线,切点为 Q1,

P1; 的切线, Q2, 设点 Q1 在 x 轴上的射影是点 P1;又过点 P1 作曲线 C 的切线,切点为 Q2,设点 P2, 这样一直作下去, Q1, Q2, Q2 在 x 轴上的射影是点 P2,…,这样一直作下去,可得到一系列点 Q1,Q2,….
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Qn(n=1, 设点 Qn(n=1,2,…)的横坐标构成数列 {an } . 等比数列; (Ⅰ)证明 {an } 是等比数列; (Ⅱ) 设
bn = 1 + n n (n ? 1) + k ? 1 2( k ? 1) 2 ,当 n ≥ 3 时,试比较 an 与 bn 的大小. 的大小.

选做题.解析: 选做题.解析: (Ⅰ) ∵y′= kxk – 1 , ∴ y′| x = an = kan k – 1 ∴以 Qn (an , ank ) 为切点的切线方程为 y – ank = kank – 1 (x – an ) 0), 当 n = 1 时,切线过点 P (1 , 0),∴0 – a1k = ka1k – 1 (1 – a1) ? a1
k = k ?1

0), 当 n≥2 时,切线过点 P n – 1 (an – 1 , 0),∴0 – ank = kank – 1 (an – 1 – an)
? an
k k ? 1 an =

– 1
k {an}是等比数列 是等比数列. = k ? 1 ≠0,∴{an}是等比数列.

1, ∵整数 k≠0 , 1,∴a1 (Ⅱ) 由(Ⅰ)知,an = 令t
1 = k ?1

k ( k ? 1 )n

=

1 (1+ k ? 1 )n
0 1 2 2

, 则 an = (1 + t)n , bn = C n + C n t + C n t

(k∈ >0。 (1)若 k≥2 (k∈Z), 则 t >0。 ∵n≥3,∴an = C n (2)若
0

+ C1 t + C 2 t 2 + L + C n t n > C 0 + C1 t + C 2 t 2 = b n 。 n n n n n n

1 1(k∈Z), k≤-1(k∈Z),则-1< k ? 1 <0
0 1 2 2

1<t<0。 , -1<t<0。

∵n≥3,∴ a3 = C 3 + C 3 t + C 3 t a4 = C 4 + C 4 t + C 4 t
0 1 2 2

2 + C 3 t 3 < C 0 + C1 t + C 3 t 2 = b 3 3 3 3

+ C 3 t 3 + C 4 t 4 = b 4 + t 3 (4 + t ) < b 4 。 4 4



(n≥ 猜想 an < bn (n≥3). 下面用数学归纳法证明: 下面用数学归纳法证明: 已证成立; (i)当 n = 3 时,已证成立; (m≥3)时 成立, (ii)假设当 n = m (m≥3)时,am < bm 成立,即 (1 + t) m < C m ii)假设当 ∵-1<t<0,0 <1+t<1, 1<t<0, <1+t<1,
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0

+ C1 t + C 2 t 2 m m

∴am + 1 = am (1 + t) < ( C m
( = C m + (C m + C m ) t + c m + c m)t
0 0 1 1 2 2

0

+ C1 t + C 2 t 2 ) m m

(1 + t)

+ C2 t3 m

= C m +1 + C m +1 t + C m +1 t
0 1 2

2

+ c2 t3 < m

bm + 1

不等式也成立. ∴当 n = m + 1 时,不等式也成立. (i)、(ii), 根据 (i)、(ii),当 n≥3 时总有 an < bn 综上, 综上,当 n≥3 时,若整数 k≥2,则 an >bn ;若整数 k≤-1,则 an < b .已知 2 .已知
a > 0, 数列{a n }满足a1 = a, a n +1 = a + 1 , n = 1,2, L. an
A = lim a n
n →∞

极限存在且大于零, (I)已知数列 {a n } 极限存在且大于零,求 (II)设 II)
bn = a n ? A, n = 1,2,L, 证明 : bn +1 = ?

表示) (将 A 用 a 表示) ;

bn ; A(bn + A)

(III)若 III)

| bn |≤

1 对n = 1,2, L 2n 都成立, 的取值范围 范围. 都成立,求 a 的取值范围.

本小题主要考查数列、数列极限的概念和数学归纳法, 本小题主要考查数列、数列极限的概念和数学归纳法,考查灵活运用数学知识 分析问题和解决问题的能力. 分析问题和解决问题的能力. (I 解: I)由 (
A=a+
lim a n 存在, 且A = lim a n ( A > 0), 对a n +1 = a +
n →∞ n →∞

1 两边取极限得 an

1 a ± a2 + 4 a + a2 + 4 , 解得A = .又A > 0,∴ A = . A 2 2
由a n = bn + A, a n+1 = a + 1 1 得bn +1 + A = a + . an bn + A

(II) II)

∴ bn+1 = a ? A + 即bn +1 = ?

bn 1 1 1 =? + =? . bn + A A bn + A A(bn + A)

bn 对n = 1,2, L都成立 A(bn + A) 令 | b1 |≤ 1 1 1 , 得 | a ? (a + a 2 + 4 ) |≤ . 2 2 2

(III) III)

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1 1 ∴| ( a 2 + 4 ? a ) |≤ . 2 2 3 ∴ a 2 + 4 ? a ≤ 1, 解得a ≥ . 2 3 1 现证明当a ≥ 时, | bn |≤ n 对n = 1,2, L都成立. 2 2

时结论成立(已验证) (i)当 n=1 时结论成立(已验证). (ii)假设当 ii)
| bk +1 |=
n = k (k ≥ 1)时结论成立, 即 | bk |≤ 1 , 那么 2k

| bk | 1 1 ≤ × k | A(bk + A) | A | bk + A | 2
1 ≤ 1 3 , 即证A | bk + A |≥ 2对a ≥ 成立. 2 2

故只须证明 A | bk + A |
由于A = a + a2 + 4 = 2

2 a2 + 4 ? a

,

3 而当a ≥ 时, a 2 + 4 ? a ≤ 1,∴ A ≥ 2. 2 1 ∴| bk + A |≥ A? | bk |≥ 2 ? k ≥ 1, 即A | bk + A |≥ 2. 2 3 1 1 1 故当a ≥ 时, | bk +1 |≤ × k = k +1 . 2 2 2 2

时结论成立. 即 n=k+1 时结论成立. 根据( 根据(i)和(ii)可知结论对一切正整数都成立. ii)可知结论对一切正整数都成立. 故
| bn |≤ 1 3 对n = 1,2, L 都成立的a的取值范围为[ ,+∞). n 2 2

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