数学经典易错题会诊与高考试题预测14 25页

高考数学经典易错题会诊（十四）‎ 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a>0,数列{an}满足a1=a,an+1=a+,n=1,2,….‎ ‎(Ⅰ)已知数列{an}极限存在且大于零，求A=(将A用a表示)；‎ ‎(Ⅱ)设bn=an-A,n=1,2…,证明：bn+1=-‎ ‎(Ⅲ)若|bn|≤, 对n=1,2…都成立，求a的取值范围。‎ ‎[考场错解] (Ⅰ)由，存在，且A=（A>0）,对aa+1=a+两边取极限得，A=a+. 解得A=又A>0, ∴A=‎ ‎(Ⅱ)由an+bn+A,an+1=a+得bn+1+A=a+.‎ ‎∴‎ 即对n=1,2…都成立。‎ ‎(Ⅲ)∵对n=1,2,…|bn|≤，则取n=1时，,得 ‎∴,解得。‎ ‎[专家把脉] 第Ⅲ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] (Ⅰ) (Ⅱ)同上。‎ 25‎ ‎(Ⅲ)令|b1|≤,得 ‎∴‎ ‎∴‎ 现证明当时，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，那么 故只须证明，即证A|bk+A|≥2对a≥成立 由于 而当a≥时，而当a≥时，‎ ‎∴即A|bk+A|≥2.‎ 故当a≥时，‎ 即n=k+1时结论成立。‎ 根据(i)和(ii)，可知结论对一切正整数都成立。‎ 故|bn|≤对n=1,2,…都成立的a的取值范围为[]‎ ‎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n≥2时，an=Sn-Sn-1=6-2an+1-(6-2an)=2an-2an+1,即an+1=an.因为a1=3,所以a2=a1=,a3=a2=,a4=a3=由此猜想an=‎ ① 当n=1时，a1==3,结论成立；‎ ② 假设当n=k(k≥1)时结论成立，即ak=成立，则当n=k+1时，因为ak+1=ak，所以又a1=3,所以{an}是首项为3公比为的等比数列。由此得ak+1=3·（）k+1-1=,这表明，当n=k+1时结论也成立。‎ 25‎ 由①、②可知，猜想对任意n∈N*都成立。‎ ‎[专家把脉] ①应由a1=S1=6-2a2,求得a2=,再由an+1=an(n≥2)求得a3=,a4=,进而由此猜想an=(n∈E*).‎ ‎②用数学归纳法证明猜想时，没有利用归纳假设，而是根据等比列的通项公式求得ak+1=.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=当n≥2时，an=Sn-Sn-1=6-2an+1-(6-2an)=2an-2an+1,即an+1=an.将a2=代入得a3=a2=,a4=a3=,由此猜想an=下面用数学归纳法证明猜想成立。‎ ‎①当n=1时，a1=,猜想成立；‎ ‎②假设当n=k(k≥1)时结论成立，即ak=成立，则当n=k+1时，因为ak+1=ak，所以ak+1=·=这表明，当n=k+1时结论也成立。‎ 由①，②可知，猜想对n∈N*都成立。‎ ‎3．（典型例题）已知不等式++…+>[log2n],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(b>0),an≤,n=2,3,4,….‎ ‎(Ⅰ)证明：an≤，n=2,3,4,5,…;‎ ‎(Ⅱ)猜测数列{an}是否有极限？如果有，写出极限的值（不必证明）；‎ ‎（Ⅲ）试确定一个正整数N，使得当n>N时，对任意b>0,都有an<.‎ ‎[考场错解] （1）利用数学归纳法证明不等式：‎ ‎1）当a=3时，知不等式成立。‎ ‎2）假设n=k(k≤3)时，ak≤则即n=k+1时，不等式成立。‎ 25‎ ‎(Ⅱ)有极限，且 ‎(Ⅲ)‎ 解得n>10=1024.取N=1024,有an<.‎ ‎[专家把脉] （1）在运用数学归纳证明时，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] （Ⅰ）证法1：∵当n≥2时，010,n>210=1024,故取N=1024，可使当n>N时 ,都有an< ‎ 专家会诊 ‎1．一般与自然数相关的命题，或有关代数恒等式的证明，三角恒等式、三角不等式、整除性、与数列有关的问题和有关几何问题都可用数学归纳法。‎ ‎2．运用数学归纳法证明时，第二步是关键、必须用到归纳假设，否则就不是数学归纳法的证明。‎ 考场思维训练 ‎1 用数学归纳法证明“(n+1)(n+2)…(n+n)=2n·1·3· 5…(2n-1)(n∈N+)”时，从n=k到n=k+1,给等式的左边需要增乘的代数式是 （ ）‎ ‎ ‎ 答案： C 解析：略 ‎2 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；‎ 答案： A1(1,1)、A2（+1, -1）、A3（+,-）、B1（2,0）、B2（2,0）、B3（2,0）‎ ‎（2）猜想An的坐标，并加以证明；‎ 答案： An(,证明略.‎ ‎（3）‎ 答案：设An(‎ 由题图：A1（1，1），B1（2，0） ∵a1=1,b1=2且 ‎∴，分子分母乘以（）‎ 25‎ 及 ‎3 设数列a1,a2,…，an,…的前n项的和Sn和an的关系是Sn=1-ban-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)-‎ 解得an=‎ ‎ （2）猜想an的表达式（用n和b表示）；‎ 答案：∵a=S1=1-ba1-‎ 由此猜想an=‎ 把a1=代入上式得 an=‎ ‎ （3）当00,b>0).‎ ‎(Ⅰ)当a=b时，求数列{un}的前项n项和Sn。‎ ‎（Ⅱ）求。‎ ‎[考场错解] （Ⅰ）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=‎ ‎(Ⅱ) ===a.‎ ‎[专家把脉] （Ⅰ）问运用错位相减时忽视a=1的情况。‎ ‎（Ⅱ）a=b是（Ⅰ）的条件，当a≠b时，极限显然不一定是a.‎ ‎[对症下药] （Ⅰ）当a=b时，un=(n+1)an.这时数列{un}的前n项和 Sn=2a+3a2+4a3+…+nan-1+(n+1)an.①‎ ‎①式两边同乘以a,得aSn=2a2+3a3+4a4+…+nan+(n+1)an+1 ②‎ ‎①式减去②式，得（1-a）Sn=2a+a2+a3+…+an-(n+1)an+1‎ 25‎ 若a≠1,(1-a)Sn=-(n+1)an+1+a Sn=‎ 若a=1,Sn=2+3+…+n+(n+1)=‎ ‎(Ⅱ)由（Ⅰ），当a=b时，un=(n+1)an,则===a.‎ 当a≠b时，un=an+an-1b+…+abn-1+bn=an[1+]‎ ‎=‎ 或a>b>0, ==‎ 若b>a>0, =‎ 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①C=C.(C为常数). ②=0.③qn=0,|q|<1.‎ ‎2.对于型的数列极限，分子分母同除以最大数的最高次项，然后分别求极限。‎ ‎3．运算法则中各个极限都应存在，都可推广到任意有限个极限的情况，不能推广到无限个。‎ 考场思维训练 ‎1 若q为二项式（）8的展开式的常数项，则=___________.‎ 答案：1/7 解析：可求得q=7, ‎ ‎2 已知点A（0，）、B（0，-）、C（4+，0）其中n为正整数，设Sn 25‎ 为三角形ABC外接圆的面积，则Sn=_________.‎ 答案：4π 解析；设外接圆的半径为Rn,则（）2+（4+-Rn）2=Rn2, ∴Rn=‎ ‎3 已知等比数列{xn}的各项为不等于1的正数，数到{yn}满足yn=2logaxn(a>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,y7=11,‎ ‎∴公差d=的前12项最大，最大为144.‎ ‎（2）设bn=2yn,sn=b1+b2+…+bn,求的值。‎ 答案： ∵bn=2yn,Sn=b1+b2+…bn, ∴{bn}为等比数列.‎ 且公比为q=,∴Sn=‎ ‎∴‎ ‎4 设an=1+q+q2+…+qn-1(n∈N+,q≠±)，An=C1na1+C2na+…+Cnnan ‎ (1)用q和n表示An;‎ 答案：∵q≠1, ∴an=‎ ‎(2)当-31时，f(x)==.‎ ‎(4)当x=1时f(x)==-1。‎ ‎∴f(x)的定义域为（-∞，-1）∪（-1，+∞）。‎ 而在定域内，x=1时。‎ f(x)=0. f(x)=-1. ∴f(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，充分运用它的重要条件，即f(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=2，则f(1)等于 （ ）‎ A．-1 B．0 C．1 D．2‎ 答案： B．解析：略 ‎2 =____________.‎ 答案： 解析：利用函数的连续性，即 ‎∴‎ ‎3 设f(x)=‎ A．（0，2） B．（0，1）‎ C．（0，1）∪（1，2） D．（1，2）‎ 25‎ 答案： C．解析：‎ 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)=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(n∈N*),‎ ‎ (1)求{bn}的通项公式；‎ ‎（2）求（）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(k≥2)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=+k+1=(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=（）‎ ‎.‎ ‎2．设函数f(x)对所有的有理数m、n都有|f(m+n)-f(m)| ≤证明：对所有正整数k有|f(2k)-f(2i)| ≤‎ ‎[解题思路] 运用数学归纳法证明。‎ 25‎ ‎[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|f(2k)-f(2i)| ≤则k=n+1时，|f(2k+1)-f(2i)|= |f(2k+1)-f(2i)+f(2n)-f(2i)| ≤|f(2k+1)-f(2i)|+= |f(2k+2n)-f(2i)|+ =n+=.‎ ‎ 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（x）6的展开式的第五项等于，则（x-1+x-2+…+x-n）等于 ‎ A．0 B．1 C．2 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()2=15x-1=‎ ‎∴x-1=,∴lim(x-1+x-2+…+x-n)=lim()=.‎ ‎∴选 B ‎2．设xn=,求数列{xn}的极限。‎ ‎[解题思路] 由于的极限都不存在，所以应先将xn变形，使之变成极限可求的数列。‎ ‎[解答] 因为xn==用除分子和分母，得xn=,而1<‎ 由1+得知再应用除法运算，即求得xn=.‎ ‎*3.已知a、b是不相等的正数，若=2，则b的取值范围是 （ ）‎ 25‎ A．02‎ ‎[解题思路] B 讨论a与b的大小后，分子、分母同除以，后再求由极限值求范围。‎ ‎[解答] 当a>b时，‎ ‎∴00连续，只须判断，当x=0时，函数也连续时，从而求a的值。‎ 25‎ ‎∵f(x)在x=0处有定义，且f(x)= f(x)=a.‎ ‎∴只有当a=时。f(x)才存在，且值为。‎ 又∵f(0)=a ∴当a=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。f(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 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f(n)=(2n+7)·3n+9,存在自然数m，使得对任意n∈N,都能使m整除f(n),则最大的m的值为 （ ）‎ A．30 B．26 C．36 D．6‎ 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(k+5)·3k-2(k≥2)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，则等于 （ ）‎ A．1 B．-1 C．0 D． 不存在 答案： B 解析：an=3n,bn=2n, ∴ ‎ ‎3 的展开式中的第五项是，则Sn等于 （ ）‎ A．1 B． C． D．‎ 答案： A 解析：略 ‎4 已知a、b∈R,|a|>|b|,又，则a的取值范围是 （ ）‎ 25‎ A．a>1 B．1-1 D．-11‎ 答案： B 解析：略 ‎5 若f(x)=在点x=0处连续，则f(0)等于 ( )‎ A． B． C．1 D．0‎ 答案： A 解析：略f(x) ‎ ‎6 观察下列式子： …则可归纳出_________.‎ 答案：:1+‎ 归纳为1+‎ ‎7 =____________.‎ 答案：0 解析：略 ‎8 an是（3-）n的展开式中x项的系数（n=2，3，4，…）则（）=________。‎ 答案：18 解析：略 ‎9 （+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 25‎ ‎（2）设数列{an}的通项an=loga(1+)(其中a>0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与logabn+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+)+…+loga(1+)‎ ‎=loga[(1+1)(1+)…(1+)]‎ 而 取n=1,有（1+1）=‎ 取n=2,有（1+1）（1+）>‎ 推测：（1+1）（1+）…（）1+‎ ‎①当n=1时，已验证（*）式成立.‎ ‎②假设n=k(k≥1时（*）式成立，即（1+1）（1+）…（1+）‎ 则当n=k+1时，（1+1）（1+）…（1+‎ ‎=‎ 25‎ ‎∵‎ 即当n=k+1时，（*）式成立由①②知，（*）式任意正整数n都成立.‎ 于是，当a>1时，Sn>logabn+1,当00且a≠1),若数列：2，f(a1),f(2),…,f(an),2n+4(n∈N*)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0f-1(t),求实数t的取值范围。‎ 答案： bn=an·f(an)=(2n+2)a2n+2 =(2n+2)·22n+2‎ ‎=(n+1)·22n+3·‎ ‎∴{bn}为递增数列 ‎∴bn中最小的项为b1=2·25=26‎ f-1(t)2t, ∴26>2t, ∴t<6‎ ‎12 设实数q满足|q|<1,数列{an}满足：a1=2,a2≠0,an·an+1=-qn,求an表达式，又如果S2n<3,求q的取值范围。‎ 答案：解：∵a1·a2=-q,a1=2,a2≠0,‎ ‎∴q≠0,a2=-,‎ ‎∵anan+1=-qn,an+1·an+2=q·an 于是，a1=2,a3=2·q,a =2·qn…猜想：‎ 25‎ a2n+1=-‎ 综合①②，猜想通项公式为 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-1‎ ‎∴a2k+1=2·qk即n=2k-1成立.‎ 可推知n=2k+1也成立.‎ 设n=2k时，a2k=-qk,则n=2k+2时，由于a2k+2=q·a2k,所以，a2k+2=-qk+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.‎ 这样所求通项公式为 S2n=(a1+a3…a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)‎ ‎=2(1+q+q2+…+qn-1)-(q+q2+…+qn)‎ ‎=‎ 由于|q|<1, ∴‎ 依题意知，并注意1-q>0,|q|<1解得-12.‎ 又n≥2时，‎ 25‎ an-an+1=an-‎ ‎∴a1,…an>an+1>…>2,即{an}是行列增后减数列，（an）max=a2=‎ ‎（2）已知圆锥曲线Cn的方程为：设Cn=C,求曲线C的方程并求曲线C的面积。‎ 答案：由上可知，所以圆锥曲线Cn为椭圆.‎ 由于{an} 存在极限，所以可设 又由an>0得A>0,从而A=‎ 由此可得曲线C的方程即是n→∞时曲线Cn的方程为：‎ ‎ ‎ 25‎