北大附中高考数学专题复习汇编 数列、极限、数学归纳法

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1、 学科：数学 教学内容：数列、极限、数学归纳法(上) 【考点梳理】 一、考试内容 1.数列，等差数列及其通项公式，等差数列前n项和公式。 2.等比数列及其通项公式，等比数列前n项和公式。 3.数列的极限及其四则运算。 4.数学归纳法及其应用。 二、考试要求 1.理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前n项和。 2.理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能够应用这些知识解决一些问题。 3.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能够运用这些知识解决一些问题。 4.了解数列极限

2、的定义，掌握极限的四则运算法则，会求公比的绝对值小于1的无穷等比数列前n项和的极限。 5.了解数学归纳法的原理，并能用数学归纳法证明一些简单的问题。 三、考点简析 1.数列及相关知识关系表 2.作用地位 （1）数列是函数概念的继续和延伸，是定义在自然集或它的子集{1,2,…,n}上的函数。对于等差数列而言，可以把它看作自然数n的“一次函数”，前n项和是自然数n的“二次函数”。等比数列可看作自然数n的“指数函数”。因此，学过数列后，一方面对函数概念加深了了解，拓宽了学生的知识范围；另一方面也为今后学习高等数学中的有关级数的知识和解决现实生活中的一些实际问题打下了基础。 （2）数列

3、的极限这部分知识的学习，教给了学生“求极限”这一数学思路，为学习高等数学作好准备。另一方面，从数学方法来看，它是一种与以前学习的数学方法有所不同的全新方法，它有着现代数学思想，它把辩证唯物主义的思想引进了数学领域，因而，学习这部分知识不仅能接受一种新的数学思想方法，同时对培养学生唯物主义的世界观也起了一定的作用。 （3）数学归纳法是一种数学论证方法，学生学习了这部分知识后，又掌握了一种新的数学论证方法，开拓了知识领域，学会了新的技能；同时通过这部分知识的学习又学到一种数学思想。学好这部分知识，对培养学生逻辑思维的能力，计算能力，熟悉归纳、演绎的论证方法，提高分析、综合、抽象、概括等思维能力，

4、都有很好的效果。 （4）数列、极限、数学归纳法这部分知识，在高考中占有相当的比重。这部分知识是必考的内容，而且几乎每年有一道综合题，其中1999年高考有两道综合题。 3.等差数列 （1）定义：an+1－an=d(常数d为公差) （2）通项公式：an=a1+(n－1)d （3）前n项和公式：Sn==na1+d （4）通项公式推广：an=am+(n－m)d 4.等差数列{an}的一些性质 （1）对于任意正整数n，都有an+1－an=a2－a1 （2）{an}的通项公式：an=（a2－a1）n+(2a1－a2) （3）对于任意正整数p,q,r,s,如果p+q=r+s，则有ap+a

5、q=ar+as （4）对于任意正整数p,q,r,如果p+r=2q,则有ap+ar=2aq （5）对于任意正整数n>1，有2an=an－1+an+1 （6）对于任意非零实数b，若数列{ban}是等差数列，则数列{an}也是等差数列 （7）已知数列{bn}是等差数列，则{anbn}也是等差数列 （8）{a2n}，{a2n－1}，{a3n}，{a3n－1}，{a3n－2}等都是等差数列 （9）S3m=3（S2m－Sm） （10）若Sn=Sm(m≠n)，则Sm+n=0 （11）若Sp=q,Sq=p，则Sp+q=－(p+q)(p≠q) （12）Sn=an2+bn，反之亦成立 5.等比

6、数列 （1）定义：=q(常数q为公比) （2）通项公式：an=a1qn－1 （3）前n项和公式 Sn= 特别注意q=1时，Sn=na1这一特殊情况。 （4）通项公式推广：an=amqn－m 6.等比数列{an}的一些性质 （1）对于任意正整数n，均有= （2）对于任意正整数p、q、r、s，只要满足p+q=r+s，则apaq=aras （3）对于任意正整数p、q、r，如果p+r=2q，则apar=aq2 （4）对任意正整数n>1，有an2=an－1an+1 （5）对于任意非零实数b,{ban}也是等比数列 （6）已知{an}、{bn}是等比数列，则{anbn}也是等比数

7、列 （7）如果an>0，则{logaan}是等差数列 （8）数列{logaan}成等差数列，则an成等比数列 （9）{a2n}，{a2n－1}，{a3n－1}，{a3n－2}，{a3n}等都是等比数列 7.数列极限 （1）极限的定义“ε—N” （2）极限的四则运算 若an=A， bn=B，则 (anbn)= anbn=AB （anbn）=anbn=AB （an/bn）=an/bn=(B≠0) （3）两个重要极限 ①= ②rn= 中学数学中数列求极限最终都化成这两类的极限问题。由①我们可以得到多项式除多项式的极限。 = 其中p,q∈N,a0≠0，b0

8、≠0。 （4）无穷递缩等比数列各项和公式 S=Sn=（|q|<1） 应用：化循环小数为分数。 8.递归数列 数列的连续若干项满足的等量关系an+k=f(an+k－1,an+k－2,…,an)称为数列的递归关系。由递归关系及k个初始值可以确定的一个数列叫做递归数列。如由an+1=2an+1，及a1=1，确定的数列即为递归数列。 递归数列的通项的求法一般说来有以下几种： （1）归纳、猜想、数学归纳法证明。 （2）迭代法。 （3）代换法。包括代数代换，对数代数，三角代数。 （4）作新数列法。最常见的是作成等差数列或等比数列来解决问题。 9.数列求通项与和 （1）数列前n项和S

9、n与通项an的关系式： an= （2）求通项常用方法 ①作新数列法。作等差数列与等比数列。 ②累差叠加法。最基本的形式是：an=(an－an－1)+(an－1+an－2)+…+(a2－a1)+a1 ③归纳、猜想法。 （3）数列前n项和 ①重要公式 1+2+…+n=n(n+1) 12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1) 13+23+…+n3=(1+2+…+n)2=n2(n+1)2 ②等差数列中，Sm+n=Sm+Sn+mnd ③等比数列中，Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn ④裂项求和 将数列的通项分成两个式子的代数和，即an=f(n+1)－f(n)，

10、然后累加抵消掉中间的许多项，这种先裂后消的求和法叫裂项求和法。用裂项法求和，需要掌握一些常见的裂项，如： =－ nn！=(n+1)!－n! =cotα－cot2α Cn－1r－1=Cnr－Cn－1r =－等。 ⑤错项相消法 对一个由等差数列及等比数列对应项之积组成的数列的前n项和，常用错项相消法。 ⑥并项求和 把数列的某些项放在一起先求和，然后再求Sn。 数列求通项及和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。 10.数学归纳法 （1）数学归纳法的基本形式 设P(n)是关于自然数n的命题，若 1p(n0)成立（奠基）； 2假设P(k)成立(k≥n0)，若可以推出P

11、（k+1）成立（归纳），则P(n)对一切大于等于n0的自然数n都成立。 （2）数学归纳法的应用 数学归纳法适用于有关自然数n的命题。具体来讲，数学归纳法常用来证明恒等式，不等式，数的整除性，几可中计数问题，数列的通项与和等。 四、思想方法 数列、极限、数学归纳法中，主要注意如下的基本思想方法： 1.分类讨论思想。如等比数列的求和分公比等于1和不等于1两种情形；已知数列前n项和求通项分n=1和n≥2两种情形；求极限时对两个参数进行大小比较的讨论等。 2.函数思想。将数列视为定义域为自然数或其子集的函数。 3.数形结合思想。如等差数列的通项公式和前n项和公式分别视为直线、二次曲线的方

12、程。 4.转化思想。如将非等差数列、非等比数列转化为等差数列、等比数列。 5.基本量思想。如把首项及公差、公比视为等差数列、等比数列的基本量。 6.构造思想。如由旧数列构造新数列。 7.特殊化思想。为研究一般问题可先退化到特殊问题的研究。在这部分内容中，处处充满了由具体到抽象，由特殊到一般，由有限到无限的辩证法，这就要求我们在思考问题时要用辩证的观点，由具体认识抽象，由特殊窥见一般，由有限逼近无限。其中，我们常用的“归纳——猜想——证明”法就体现了这一点。 8.一般化思想。为研究一个特殊问题，我们先研究一般的情形。我们采用的数学归纳法，就主要体现一般化思想，先证命题对一般值成立，然后

13、再证对每一个特殊的n值也成立。 学科：数学 教学内容：数列、极限、数学归纳法(下) 【例题解析】 例1 完成下列各选择题 （1）“公差为0的等差数列是等比数列”；“公比为的等比数列一定是递减数列”；“a,b,c三数成等比数列的充要条件是b2=ac”；“a,b,c三数成等差数列的充要条件是2b=a+c”，以上四个命题中，正确的有（ ） A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 （2）命题1：若数列{an}的前n项和Sn=an+b(a≠1)，则数列{an}是等比数列； 命题2：若数列{an}的前n项和Sn=a

14、n2+bn+c(a≠0)，则数列{an}是等差数列； 命题3：若数列{an}的前n项和Sn=na－n，则数列{an}既是等差数列，又是等比数列；上述三个命题中，真命题有（ ） A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 （3）设{an}是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是（ ） A.1 B.2 C.4 D.6 解析 （1）四个命题中只有最后一个是真命题。 命题1中未考虑各项都为0的等差数列不是等比数列； 命题2中可知an+1=an，an+1an，即an+1>an

15、，此时该数列为递增数列； 命题3中，若a=b=0，c∈R，此时有，但数列a,b,c不是等比数列，所以应是必要而不充分条件，若将条件改为b=，则成为不必要也不充分条件。 （2）上述三个命题均涉及到Sn与an的关系，它们是an= 正确判断数列{an}是等差数列或等比数列，都必须用上述关系式，尤其注意首项与其他各项的关系。上述三个命题都不是真命题，选择A。 由命题1得，a1=a+b，当n≥2时，an=Sn－Sn－1=(a－1)an－1。若{an}是等比数列，则=a，即=a，所以只有当b=－1且a≠0时，此数列才是等比数列。 由命题2得，a1=a+b+c，当n≥2时，an=Sn－Sn－1=2

16、na+b－a，若{an}是等差数列，则a2－a1=2a，即2a－c=2a，所以只有当c=0时，数列{an}才是等差数列。 由命题3得，a1=a－1，当n≥2时，an=Sn－Sn－1=a－1，显然{an}是一个常数列，即公差为0的等差数列，因此只有当a－1≠0；即a≠1时数列{an}才又是等比数列。 （3）方程法：设{an}的首项为a1，公差为d。则解之得或 又∵{an}是递增数列，∴d>0故a1=2。 习惯上可设前三项分别为4－d,4,4+d由4(4－d)(4+d)=48解得。 估值法：由2+4+6=12，48=246，{an}为递增数列可知a1=2。 例2在数列{an}中,a1=

17、b(b≠0)，前n项和Sn构成公比为q的等比数列。 （1）求证：数列{an}不是等比数列； （2）设bn=a1S1+a2S2+…+anSn,|q|<1，求bn。 解 （1）证明：由已知S1=a1=b ∵{Sn}成等比数列，且公比为q。 ∴Sn=bqn－1，∴Sn－1=bqn－2(n≥2)。当n≥2时，an=Sn－Sn－1=bqn－1－bqn－2=b(q－1)qn－2 故当q≠1时，==q， 而==q－1≠q，∴{an}不是等比数列。 当q=1，n≥2时，an=0，所以{an}也不是等比数列。 综上所述，{an}不是等比数列。 （2）∵|q|<1，由（1）知n≥2，a2,a3

18、,a4，…，an构成公比为q的等比数列，∴a2S2,a3S3,…,anSn是公比为q2的等比数列。 ∴bn=b2+a2S2(1+q2+q4+…+q2n－4) ∵S2=bq,a2=S2－S1=bq－b ∴a2S2=b2q(q－1) ∴bn=b2+b2q(q－1) ∵|q|<1 ∴q2n－2=0 ∴bn=b2+b2q(q－1)= 注 1+q2+q4+…+q2n－4的最后一项及这个式子的项数很容易求错，故解此类题时要细心检验。数列的极限与数列前n项和以及其他任何有限多个项无关，它取决于n→∞时，数列变化的趋势。 例3 已知数列{xn}的各项为不等于1的正数，其前n项和为Sn，点P

19、n的坐标为（xn,Sn），若所有这样的点Pn(n=1,2，…)都在斜率为k的同一直线(常数k≠0,1)上。 （1）求证：数列{xn}是等比数列； （2）设yn=log (2a2－3a+1)满足 ys=,yt=（s,t∈N，且s≠t） 共中a为常数，且1M时，xn>1恒成立？若存在，求出相应的M；若不存在，请说明理由。 证明 （1）∵点Pn、Pn+1都在斜率为k的直线上 ∴=k，即=k 故 (k－1)xn+1=kxn ∵k≠0,xn+1≠1,xn≠1 ∴==常数 ∴{xn}是公比为的等比数列。 （2）答案是肯定的，即存在自然数M

20、，使当n>M时，xn>1恒成立。 事实上，由10首项为x1，则xn=x1qn－1(n∈N) ∴=(n－1) logq+logx1 令d=logq，故得{}是以d为公差的等差数列。 又∵=2t+1, =2s+1 ∴－=2(t－s) 即(s－1)d－(t－1)d=2(t－s) ∴d=－2 故=+（n－s）(－2)=2（t+s）－2n+1，（n∈N） 又∵xn=(2a2－3a+1) （n∈N） ∴要使xn>1恒成立，即须<0 ∴2(t+s

21、)－2n+1<0，∴n>(t+s)+，当M=t+s,n>M时，我们有 <0恒成立， ∴当n>M=（t+s）时， xn=(2a2－3a+1) >1恒成立。（∵0<2a2－3a+1<1） 注 （1）点（xn,Sn）在一直线上是{xn}成等比数列的充要条件（其中公比q≠1，斜率k≠0，1）。 （2）如果数列{xn}各项是正数且成等比数列，则数列{logaxn}(a>0,a≠1)成等差数列。 例4 在数列{an}中a1=1，当n≥2时，an,Sn,Sn－成等比数列。 （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； （3）求数列{an}所有项的和

22、。 解∵an,Sn,Sn－成等比数列 ∴Sn2=an(Sn－)(n≥2) (*) （1）把a1=1,S2=a1+a2=1+a2代入（*）式得：a2=－ 把a1=1,a2=－,S3=+a3代入(*)得：a3=－。同理可得：a4=－ 由此可以推出： an= （2）（i）当n=1,2,3,4时，由（*）知猜想成立。 (ii)假设n=k(k≥2) 时，ak=－成立。 故Sk2=－(Sk－) (2k－3)(2k－1)Sk2+2Sk－1=0 ∴Sk=或Sk=（舍去） 由Sk+12=ak+1(Sk+1－)得 (Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk－) +ak+12+=a

23、k+12+－ak+1 ak+1= 即n=k+1时，命题也成立。 由(i)(ii)可知，an= 对一切n∈N成立。 （3）由（2）得数列前n项的和Sn= 故所有项和S=Sn=0 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。 （2）对于{an}的通项还可以这样来求： ∵Sn2=an(Sn－) ∴Sn2=(Sn－Sn－1)(Sn－) －=2,故{}是以{}为首项，为公差的等差数列 故 =+2(n－1)=2n－1 Sn=,an= 对于含有an,Sn的关系式中，常将an用Sn－Sn－1（n≥

24、2）代（或Sn+1－Sn用an+1代），化成Sn，Sn+1（或an,an+1）的递归关系式。 例5 设An为数列{an}的前n项的和，An=(an－1)，数列{bn}的通项公式为bn=4n+3。 （1）求数列{an}的通项公式； （2）把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大先后顺序排成一个新的数列{dn}，证明数列{dn}的通项公式为dn=32n+1; （3）设数列{dn}的第n项是数列{bn}中的第r项，Br为数列{bn}的前r项的和，Dn为数列{dn}的前n项和，Tn=Br－Dn,求。 解（1）由An=(an－1)，可知An+1=(an+1－1) ∴An+1－An=(an+

25、1－an)=an+1，即=3 而a1=A1=(a1－1)，得a1=3 所以数列{an}是以3为首项，公比为3的等比数列，数列{an}的通项公式为an=3n。 （2）∵32n+1=332n=3(4－1)2n =3（42n+C12n42n－1(－1)+…+C2n2n－14(－1)+(－1)2n） =4m+3 ∴32n+1∈{bn} 而数32n=（4－1）2n =42n+C2n142n－1（－1）+…+C2n2n－14(－1)+(－1)2n =(4k+1) ∴ 而数列{an}={32n+1}∪{32n}

26、∴ dn=32n+1 (3)由32n+1=4r+3，可知r= ∵Br==r(2r+5) = Dn=(1－9n)= （9n－1） ∴Tn=Br－Dn=－（9n－1） =34n－32n+ 又∵（an）4=34n ∴= 例6 已知函数f(x)=x+ (a>0) （1）求f(x)的反函数f－1(x)及其定义域； （2）数列{an}满足 设bn= ，数列{bn}的前n项和为Sn，试比较Sn与的大小，并证明你的结论。 解 （1）给y－x=两边平方，整理得 x= ∵y－x=y－= =≥0 ∴y≥a或－a≤y<0 故f－1(x)= ，其定域为 （2）

27、∵an+1=f－1(an)= ∴bn+1==…=（）2=bn2 又a1=3a，b1=== ∴bn=(bn－1)2=(bn－2)=(bn－3) =…=(b1) =() ∴Sn=b1+b2+…+bn =+()2+()+[()+()+…+()] 又∵2n－1=(1+1)n－1= 则当n≥4时， =1+(n－1)+>n+1 ∴()<()n+1 ∴Sn=+()2+()+[()+()+…+()] <+++ [()5+()6+…+()n+1] =+++ =+++[1－()n－3] <+++= 注 本题是一道数列与函数的综合题。首先应准确地求出f－1(x)及其定义域。搞清

28、定义域是解题成功的一半。根据函数f(x)解析式的特点，也可以利用三角代换x=asecθ，θ∈[0,∪[π，，求函数f(x)的值域，即f－1(x)的定义域。 例7 已知数列{an}中，a1=4，an+1=，是否存在这样的数列{bn}，bn=，其中A、B、C为实常数，使得{bn}是等比数列而不是等差数列？证明你的结论，并求{an}的取值范围。 解 假设这样的{bn}存在，则应有 bn+1== = bn= 存在q≠0,q≠1,q为常数，使bn+1=qbn,对n∈N都成立，于是比较两边的分子和分母，有 由（1）可解得A=－1或－2，由（2）、（3）可解得B=－C或C=－2B。

29、1若代入（2）知q=1（B、C不能为0，否则bn=0，不合题意要求）舍去。 2若代入（2）得q= 3当时，q= 4当时，q=1（舍去） 故现只取A=－1，B=1，C=－2，q=（不必考虑时的情况，因为只证存在性）。 得bn= 所以满足题设条件的数列存在。 对于{an}的取值范围，我们可以这样解. ∵an+1－an=－an =－,a1=4>2，故a22，得an>2，所以{an}单调递减。且因为an>2，所以 an－2=2<

30、(an－1－2) <()2(an－2－2)<…<()n－1(a1－2) ∴an=2，故an∈(2,4。 注 存在性问题的解法常是假设存在经过推理、运算或是求出结论得出存在或是得出矛盾证明不存在。本题的{an}的范围还可用前半部分的结论来求。解法如下： b1==,故bn=()n ∴=()n ∴an=+1 由此易得an∈(2,4。 例8 （1）设数列{cn}，其中cn=2n+3n，且数列{cn+1－pcn}为等比数列，求常数p。（2）设数列{an}、{bn}是公比不相等的两个等比数列，cn=an+bn，证明：{cn}不是等比数列。 证明 （1）∵{cn+1－pcn}是等比数

31、列，故有 (cn+1－pcn)2=(cn+2－pcn+1)(cn－pcn－1) 将cn=2n+3n代入上式，得： [2n+1+3n+1－p(2n+3n)]2=[2n+2+3n+2－p(2n+1+3n+1)][2n+3n－p(2n－1+3n－1)] 整理得：(2－p)(3－p)2n3n=0 解之得：p=2或p=3。 （2）设{an}，{bn}的公比分别为p,q,p≠q,cn=an+bn。 为证{Cn}不是等比数列，只要证明c22≠c1c3 事实上： c22=(a1p+b1q)2=a12p2+b12q2+2a1b1pq c1c3=(a1+b1)(a1p2+b1q2) =a12p

32、2++b12q2+a1b1(p2+q2) ∵p≠q,∴p2+q2>2pq，又a1,b1不为零，∴c22≠c1c3，故{cn}不是等比数列。 注 本题是2000年全国高考数学试题。其证法很多，建议读者从不同的角度审视此题。我们可以得出更一般的结论； 推论1：设数列{cn}，cn=an+bn且a≠b，则数列{cn+1－pcn}为等比数列的充要条件是p=a或p=b。 推论2：设{an}、{bn}是两个等比数列，则数列{an+bn}为等比数列的充要条件是，数列{an}，{bn}的公比相等。 推论3：公比为a、b的等比数列{an}，{bn}，且a≠b，s、t为不全为零的实数，cn=san+t

33、bn为等比数列的充要条件是st=0。 例9 数列{an}中，a1=8，a4=2且满足an+2=2an+1－an n∈N （1）求数列{an}的通项公式； （2）设Sn=|a1|+|a2|+…+|an|，求sn; （3）设bn=( n∈N),Tn=b1+b2+…+bn( n∈N)，是否存在最大的整数m，使得对任意n∈N,均有Tn>成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由。 解 （1）由an+2=2an+1－an an+2－an+1=an+1－an,可知{an}成等差数列，d==－2 －∴an=10－2n （2）由an=10－2n≥0得n≤5 ∴当n≤5时，Sn=－n

34、2+9n 当n>5时，Sn=n2－9n+40 故Sn= （n∈N） （3）bn= ==(－) ∴Tn= b1+b2+…+bn =[(1－)+(－)+…+(－)] = ∴要使Tn>总成立，需

35、3）证明：y=f(x)的图像与y=x的图像没有横坐标大于1的交点。 解 （1）依题意f(0)=0， f(x1)=1，又当0≤y≤1时，函数y=f(x)的图像是斜率 b0=1的线段，故由=1得x1=1。 又由f(x2)=2，当1≤y≤2时，函数y=f(x)的图像是斜率为b的线段，得 =b， x2=1+。 设x0=0，由函数y=f(x)的图像中第n段线段的斜率为bn－1,故得, =bn－1。 又f(xn)=n,f(xn－1)=n－1 ∴xn－xn－1=()n－1（n=1,2,…） 由此知数列{xn－xn－1}为等比数列，其首项为1，公比为。 又因b≠1，得： xn=(xn－

36、xn－1)+(xn－1－xn－2)+…+(x1－x0) = （2）当0≤y≤1时，从（1）可知y=x，即当0≤x≤1时，f(x)=x。当n≤y≤n+1时，即当xn≤x≤xn+1时，由（1）可知f(x)=n+bn(x－xn)(xn≤x≤xn+1,n=1,2,3,…)。 又由（1）得当b>1时，xn=；当01时，y=f(x)的定义域为[0,);当01，1

37、n－1)x+n－bnxn ∵F(x)在(xn,xn+1上为增函数（∵）， ∴f(x)>x恒成立F(xn)>0 xnx成立。 当01时，设x∈(xn,xn+1(1,+∞)(n∈N)，则F(x)=f(x)－x=(bn－1)x+n－bnxn ∵F(x)在(xn,xn+1上是减函数（∵）， ∴f(x)n。 而xn=1+++…+>1+1+…+1=n成立 ∴x>1时恒有f(x)

38、本题若按01分别画出函数f(x)的图像，则思路就比较容易理解。第三小题也可采用数学归纳法证之。 学科：数学 教学内容：数列、极限、数学归纳法综合能力训练 【综合能力训练】 一、选择题 1.数列{an}是等比数列，下列结论中正确的是（ ） A. anan+1 >0 B. anan+1an+2>0 C. anan+2>0 D. anan+2an+4>0 2.在等比数列{an}中，a1=secθ (θ为锐角)，且前n项和Sn满足Sn=，那么θ的取值范围是（ ） A.（0，） B.（0，） C.（0，） D.（0

39、，） 3.已知数列{an}中，an=(n∈N)，则数列{an}的最大项是( ) A.第12项 B.第13项 C.第12项或13项 D.不存在 4.三个数成等差数列，如果将最小数乘2，最大数加上7，所得三数之积为1000，且成等比数列，则原等差数列的公差一定是（ ） A.8 B.8或－15 C. 8 D.15 5.已知数列{an}:,+,++,…, ++…+，…，那么数列{}的所有项的和为（ ） A.2 B.4 C.3 D.5 6.已知a、b∈R,|a|>|b|，又>，则a的取值范围是( ) A. a>1

40、 B.－11 D.a>1或－10，且|a10|<|a11|，Sn为其前n项之和，则( ) A. S1,S2，…，S10都小于零，S11，S12，…都大于零 B. S1,S2，…，S5都小于零，S6，S7，…都大于零 C. S1,S2，…，S19都小于零，S20，S21，…都大于零 D. S1,S2，…，S20都小于零，S21，S22，…都大于零 9.将自然数1，2，3，…，n，…按第k组含k个数的规则分

41、组：（1），（2，3），（4，5，6），…，那么1996所在的组是（ ） A.第62组 B.第63组 C.第64组 D.第65组 10.在等差数列中，前n项的和为Sn,若Sm=2n,Sn=2m,(m、n∈N且m≠n)，则公差d的值为（ ） A.－ B.－ C.－ D. － 11.设数列{an}、{bn}都是公差不为0的等差数列，且=2，则等于( ) A.1 B. C. D. 12.a、b∈R，且|a|<1,|b|<1，则无穷数列：1,(1+b)a,(1+b+b2)a2,…,(1+b+b2+…+bn－1)an－1…的和为（

42、） A. B. C. D. 二、填空题 13.设zn=()n(n∈ N)，记Sn=|z2－z1|+|z3－z2|+…+|zn+1－zn|，则Sn= 。 14.在等比数列{an}中，a1=1,|q|≠1，若am=a1a2a3…a10，则m= 。 15.数列{an}是公差为d≠0的等差数列，若a1,a2是方程x2－a3x+a4=0的二根，则通项公式an= 。 16.f(x－1)=x+x2+x3+…+xn(x≠0,1)，设f(x)中x的系数为Sn,x3的系数为Tn， = 。 三、解答题 17.一个含有7项的数列，它的奇数位置的

43、项顺次成等差数列，偶数位置的项顺次成等比数列，所有奇数位置的项之和减去第2项与第6项之积所得的差是42，又首项、末项、中间项之和为27，求第4项。 18.设fn(x)=f{[f…f(x)]…}（n个f）， （1）求f2(x),f3(x); （2）猜想fn(x)，并证明你的结论。 19.已知a>0且a≠1，数列{an}是首项、公比都为a的等比数列，令bn=anlgan(n∈N)。 （1）当a=2时，求数列{bn}的前n项之和； （2）当a=时，数列{bn}中从第几项开始每一项总小于它后面的项。 20.已知函数f(x)=(n

44、∈N)的最小值为an，最大值为bn，且cn=(1+3anbn)。 （1）求数列{cn}的通项公式； （2）求证：－<<2－(n≥2)。 21.曲线C：xy=1(x>0)与直线l:y=x相交于A1,作A1B1⊥l交x轴于B1，作B1A2∥l交曲线C于A2…依此类推。 （1）求点A1，A2，A3和B1，B2，B3的坐标； （2）猜想An的坐标，并加以证明； （3）。 22.设Tn为数列{an}前n项的和，Tn=（an－1）(n∈N)。数列{bn}的通项公式为bn=4n+3（n∈N）。 （1）求数列{an}的通项公式； （2）若c∈{a1

45、,a2,a3,…,an,…}∩{b1,b2,b3,…,bn…},则c称为数列{an},{bn}的公共项，将数列{an}与{bn}的公共项按它们在原数列中的先后顺序排成一个新的数列{cn}。证明：数列{cn}的通项公式为cn=32n+1(n∈N); （3）设数列{cn}中的第n项是数列{bn}中的第m项，Bm为数列{bn}前m项的和；Dn为数列{cn}前n项的和，且An=Bm－Dn；求：。 参考答案 【综合能力训练】 1.C 2.D 3.C 4.C 5.B 6.D 7.C 8.C 9.B 10.A 11.C 12.D 13.1+ 14.46 15.an

46、=2n 16.－ 17.解 设这7个数为：a1,a2,a3,…，a7，则a1, a3,a5,a7，成等差数列，a2,a4,a6成等比数列，依题意有： 解①、②得：或。 18.解 （1）f2(x)= ,f3(x)= (2)fn(x)= 19.解 （1）依题有an=an,∴bn=nanlga。 ∴Sn=(1+2a+3a2+…+nan－1)alga,可求得Sn=[1－(1+n－na)an] 当a=2时，Sn=2[1+(n－1)2n]lg2。 （2）令bk+1>bk,（k∈N），则bk+1－bk=(k+1)（）k－1lg－k()klg=()k(－k)lg,∵（）k

47、>0,lg<0，而bk+1>bk,∴－k<0。∴k>6，故从第七项开始每一项总比它后面的项小。 20.解 （1）整理已知得：(y－1)x2+(y+1)x+(y－n)=0。∴x∈R,∴Δ≥0，即Δ=(y+1)2－4(y－1)(y－n)≥0(y≠1)，∴3y2－(4n+6)y+4n－1≤0. 由此知：an,bn就是方程3y2－(4n+6)y+4n－1=0的两个根，由根与系数的关系得：anbn=（4n－1），∴cn=n2。 当y=1时，x=,∵，其中只是k的一个子集，即不是所有x∈R都满足y=1，∴舍去。 （2）先证：>－(n≥2) =>1+ =1+(－)=1+－ =－(n≥2)

48、再用同样方法证：<2－(n≥2)。 21.解 （1）A1（1，1），A2（+1，－1），A3（+，－） B1（2，0），B2（2，0），B3（2，0）。 （2）An(+,－)，证明略。 （3）设An(,an),Bn(bn,0) 由图：A1（1，1），B1（2，0） ∵a1=1,b1=2且 ∴==，分子分母同乘以（+）(+)及==1 22.解 （1）a1=(a1－1)，∴a1=3。当n≥2时，an=Tn－Tn－1可求得：=3。∴{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，∴an=3n。 （2）设{an}中的第k项与{bn}中的第r项相同，则：3k=4r+3(k,r∈N)，又3k+1=33k=3(4r+3)=4(3r+2)+1,∴ak+1不是{bn}中的项，又∵∴是中的项，且又∵，故知：c1=a3,c2=a5,c3=a7,…,cn=a2n+1∴{cn}的通项公式为：cn=32n+1(n∈N)。 （3）由（2）知：32n+1=4m+3, m=(32n－1)。 而Bm==;Dn==; ∴An=Bm－Dn= ∴==