1.設S_k=++…+,則等于 (   )

A.S_k+                        B.S_k++

C.S_k+-                  D.S_k+

分析 當自變量取k時,等式的左邊是k項和的形式.

解 ∵S_k=++…+,

∴S_k+1=++…+

=++…+

=++…+++-

=S_k+-.

答案C

2.若()=-1,則常數a、b的值為(     )

A.a=2,b=-4                   B.a=-2,b=4

C.a=-2,b=-4                  D.a=2,b=4

分析本題考查函數的極限.

解 原式=,

得=1,=-1,∴a=2,b=4.

答案 D

3.用數學歸納法證明“當n為正奇數時,xⁿ+yⁿ能被x+y整除”時,第二步應是(   )

A.假設n=2k+1時正確,再推n=2k+3時正確

B.假設n=2k-1時正確,再推n=2k+1時正確

C.假設n=k時正確,再推n=k+1時正確

D.假設n≤k(k≥1)時正確,再推n=k+2時正確(以上k∈N*)

解析 因為n為正奇數,所以不妨設n=2m-1(m∈N*)進行證明.

答案 B

4.★如圖,正方形上連接等腰直角三角形,直角三角形邊上再連接正方形,…,無限重復.設正方形的面積為S₁,S₂,S₃,…,三角形的面積為T₁,T₂,T₃,…,當S₁的邊長為2時,這些正方形和三角形的面積總和為(    )

A.10         B.11          C.12               D.13

分析 本題考查無窮等比數列前n項和的極限及運算能力.

解 由題意知,正方形的面積{S_n}是首項為4,公比為的等比數列;三角形的面積{T_n}是首項為1,公比為的等比數列.

∴S₁+S₂+…+S_n==8［1-()ⁿ］;

T₁+T₂+…+T_n=

∴［(S₁+S₂+…+S_n)+(T₁+T₂+…+T_n)］

=8［1-()ⁿ］+2［1-()ⁿ］=10.

答案 A

5.用數學歸納法證明“(n+1)(n+2)…(n+n)=2n?1?3?…?(2n-1)(n∈N*)”時,從“k”到“k+1”等式的左邊需要乘的代數式是(   )

A.2k+1                            B.

C.                 D.

分析 本題考查用數學歸納法證明代數恒等式.等式的左邊是n個連續(xù)正整數積的形式.

解 當n=k時,左邊=(k+1)(k+2)…(k+k).

當n=k+1時,左邊=(k+2)(k+3)…(2k+2)

=

=(k+1)(k+2)…(k+k)?

答案 C

6.設函數則下列結論不正確的是(    )

A.

B.

C.

D.

分析本題考查函數的左、右極限.因為f(x)的圖象易得,可根據它的圖象求解.其中y=lg(-x)與y=lgx的圖象關于y軸對稱.

解 由圖象可知,

而不存在,所以不存在.

答案 B

7.已知f(x)=x²,則等于（　�。�

A.x        B.2x           C.             D.-

分析　本題考查函數.當把x=x₀代入函數解析式f(x)有意義時,可采用直接代入法求極限.

解

答案 B

8.用數學歸納法證明1+++…+＜n(n＞1),第二步證明從“k”到“k+1”,左端增加的項數是(    )

A.2k-1          B.2k            C.2k-1          D.2k+1

分析 本題考查用數學歸納法證明不等式,分清不等式左邊的構成情況是解決本題的關鍵.

解 當n=k+1時,左邊=1+++…++++…+,

它比n=k時增加的項為++…+,其分母是首項為2k,公差為1,末項為2^k+1-1的等差數列,由等差數列的通項公式可知其項數為2^k+1-1-2k+1=2^k.

答案 B

9.設數列{a_n}的前n項和S_n=2ⁿ-1,則等于（    ）

A.        B.1           C.          D.2

分析 本題考查當n→∞時，數列{a_n}的極限.解題的關鍵是首先由{a_n}的前n項和S_n求出a_n.

解 當n=1時，a₁=S₁=2-1=1;

當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=2ⁿ-1-2^n-1+1=2^n-1.

此時n=1也成立,∴a_n=2^n-1.

∴==()^2n-1，它是以為首項、公比為的等比數列.

∴=

答案 A

10.等于(    )

A.0              B.1             C.2                D.3

分析 本題考查數列的極限.要掌握二項式系數的一個性質：+=.

解 ∵分子1+2²+3²+…+n²=

分母++…+=+++…+

=+++…+=++…+

=…===

答案 C

第Ⅱ卷(非選擇題共60分)

11.在用數學歸納法證明“f(n)=49ⁿ+16n-1(n∈N*)能被64整除”時,假設f(k)=49^k+16k-1(k∈N*)能被64整除,則f(k+1)的變形情況是f(k+1)=           .

分析 用數學歸納法證明整除性問題的關鍵是把n=k+1時的情況拼湊成一部分為歸納假設的形式,另一部分為除數的倍數的形式.

解 f(k+1)=49^k+1+16(k+1)-1=49?49^k+16k+16-1

=49(49^k+16k-1)-49×16k+49+16k+15

=49(49^k+16k-1)-64(12k-1).

答案 49(49^k+16k-1)-64(12k-1)

12.            .

分析 本題考查函數的極限.若把代入函數解析式,解析式無意義,故應化簡函數解析式,約去使它的分母為0的因式,再求極限.

解

答案 -2

13.給定極限(n?sin)=1,則極限          .

分析 本題考查常見數列的極限,如何把待求結論拼湊成已知的形式是解題的關鍵.

解 原式=()=1-=1-=.

答案

14.若,則a=     ,b=      .

分析 本題考查當x→x₀時，函數的極限.當把x=1代入函數解析式時，分母為零，故需進行分子有理化，使分子出現（x-1)因式，約去該因式后，再代入求值即可.

解

則b²-a=1，且(1+1)(-b)=1.

解得a=-,b=-.

答案 - -

15.(本小題滿分8分)在數列{a_n}中,a₁=,.

(1)求a₂,a₃,a₄;

(2)求數列{a_n}的通項公式,并予以證明.

分析 本題考查歸納、猜想及用數學歸納法證題的能力.如何利用歸納假設是本題成敗的關鍵.

解 (1)由題設,得a₂==,a₃==,a₄=          2分

(2)猜測:a_n=,下面用數學歸納法證明:

①當n=1,2,3,4時,已驗證.

②假設當n=k(k≥4)時,公式成立,即

a_k=.           4分

∴a_k+1=

即(k+3)a_k+1=a₁+a₂+…+a_k-1+a_k

=a_k(2+3+…+k)+a_k

=a_k(1+2+3+…+k)=a_k?(k+1).

∴a_k+1==      6分

=

這就是說,當n=k+1時,公式也成立.

綜上①②可知,對任何正整數n,a_n=.           8分

16.(本小題滿分8分)已知數列{a_n}的前n項和為S_n,a_n=5S_n-3(n∈N*),求(a₁+a₃+a₅+…+a_2n-1)的值.

分析 由式子a_n=5S_n-3,易得到a_n與S_n的關系式.由a_n=S_n-S_n-1(n≥2),利用此式,再對n進行合適的賦值,便可消去S_n,得到{a_n}的遞推關系式,進而確定數列{a_n},再求(a₁+a₃+a₅+…+a_2n-1).

解 a₁=S₁,a_n=S_n-S_n-1(n≥2).

又已知a_n=5S_n-3,∴a_n-1=5S_n-1-3(n≥2).

兩式相減,得a_n-a_n-1=5(S_n-S_n-1)=5a_n(n≥2).

∴a_n=-a_n-1(n≥2).       2分

由a₁=5S₁-3及a₁=S₁,得a₁=.

可見{a_n}是首項為,公比q=-的等比數列.      4分

∴a₁+a₃+a₅+…+a_2n-1是首項為,公比為q²=(-)²=的等比數列.          6分

由于|q²|<1,∴( a₁+a₃+a₅+…+a_2n-1)=               8分

17.(本小題滿分8分)已知數列{a_n}中,a_n≠0(n∈N*)且當n≥2時等式恒成立,求證:{a_n}成等差數列.

分析 加深理解數學歸納法是判定數列特殊性的基本方法.關鍵是把判定等差數列的方法轉化為公式,從而明確歸納法的應用對象.

證明 (1)當n=2時,由2a₂=a₁+a₃,

∴a₁,a₂,a₃成等差數列,結論成立.               2分

(2)假設n=k(k∈N*)時,結論成立,

即由

可推出a₁,a₂,…,a_k+1成等差數列.

則n=k+1時,∵成立,     4分

∴

∴ka_k+2+a₁=(k+1)a_k+1.

又∵a_k+1=a₁+kd,

(d為等差數列a₁,a₂,…,a_k+1的公差)

∴ka_k+2+a₁=(k+1)(a₁+kd).

∴a_k+2=a₁+(k+1)d.

∴a₁,a₂,…,a_k+2成等差數列.              6分

∴n=k+1時,結論成立,

由(1)、(2)知,對于一切n≥2結論成立.    8分

18.★(本小題滿分10分)已知數列{a_n}是由正數構成的數列,a₁=3,且滿足lga_n=lga_n-1+lgc,其中n是大于1的整數,c是正數.

(1)求數列{a_n}的通項公式及前n項和S_n;

(2)求的值.

分析 題考查等比數列的求和及常見數列的極限.一般地,當等比數列的公比q是一字母常數時,在求和過程中,要分q=1和q≠1兩種情況進行討論.

解　(1)由已知得a_n=c?a_n-1,　　　　　　　　　　2分

∴{a_n}是以a₁=3,公比為c的等比數列,則a_n=3?c^n-1.

∴　　　　　　5分

(2)

①當c=2時,原式=-;　　　　　　　　　　　　　6分

②當c>2時,原式=;　　　　　　8分

③當0<c<2時,原式=　　　　10分

19.★(本小題滿分10分)已知數列{a_n}的前n項和為S_n,其滿足a₁=1,3S_n=(n+2)a_n,問是否存在實數a、b、c使得a_n=a?n²+b?n+c對一切n∈N*都成立?若存在,求出a,b,c;若不存在,請說明理由.

分析 本題是一道探索性問題,可從假設結論成立入手.

解 假設滿足條件的a,b,c存在,將n=2,3代入3S_n=(n+2)a_n中,可得a₂=3,a₃=6.

代入a_n=an²+bn+c中,可得          解得

∴a_n=n²+n.        5分

證明:(1)當n=1時,命題成立.

(2)假設當n=k(k∈N*)時命題成立,即a_k=k²+k,

那么由a_k+1=S_k+1-S_k=a_k+1-a_k,                         7分

得a_k+1=a_k=(k²+k)=(k+2)(k+1)=(k+1)²+(k+1).

也就是說,當n=k+1時等式也成立.

根據(1)、(2)可知,對任何n∈N*等式都成立.                     10分