1.设S_k=++…+,则等于 (   )

A.S_k+                        B.S_k++

C.S_k+-                  D.S_k+

分析 当自变量取k时,等式的左边是k项和的形式.

解 ∵S_k=++…+,

∴S_k+1=++…+

=++…+

=++…+++-

=S_k+-.

答案C

2.若()=-1,则常数a、b的值为(     )

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

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

分析本题考查函数的极限.

解 原式=,

得=1,=-1,∴a=2,b=4.

答案 D

3.用数学归纳法证明“当n为正奇数时,xⁿ+yⁿ能被x+y整除”时,第二步应是(   )

A.假设n=2k+1时正确,再推n=2k+3时正确

B.假设n=2k-1时正确,再推n=2k+1时正确

C.假设n=k时正确,再推n=k+1时正确

D.假设n≤k(k≥1)时正确,再推n=k+2时正确(以上k∈N*)

解析 因为n为正奇数,所以不妨设n=2m-1(m∈N*)进行证明.

答案 B

4.★如图,正方形上连接等腰直角三角形,直角三角形边上再连接正方形,…,无限重复.设正方形的面积为S₁,S₂,S₃,…,三角形的面积为T₁,T₂,T₃,…,当S₁的边长为2时,这些正方形和三角形的面积总和为(    )

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

分析 本题考查无穷等比数列前n项和的极限及运算能力.

解 由题意知,正方形的面积{S_n}是首项为4,公比为的等比数列;三角形的面积{T_n}是首项为1,公比为的等比数列.

∴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.用数学归纳法证明“(n+1)(n+2)…(n+n)=2n?1?3?…?(2n-1)(n∈N*)”时,从“k”到“k+1”等式的左边需要乘的代数式是(   )

A.2k+1                            B.

C.                 D.

分析 本题考查用数学归纳法证明代数恒等式.等式的左边是n个连续正整数积的形式.

解 当n=k时,左边=(k+1)(k+2)…(k+k).

当n=k+1时,左边=(k+2)(k+3)…(2k+2)

=

=(k+1)(k+2)…(k+k)?

答案 C

6.设函数则下列结论不正确的是(    )

A.

B.

C.

D.

分析本题考查函数的左、右极限.因为f(x)的图象易得,可根据它的图象求解.其中y=lg(-x)与y=lgx的图象关于y轴对称.

解 由图象可知,

而不存在,所以不存在.

答案 B

7.已知f(x)=x²,则等于（　　）

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

分析　本题考查函数.当把x=x₀代入函数解析式f(x)有意义时,可采用直接代入法求极限.

解

答案 B

8.用数学归纳法证明1+++…+＜n(n＞1),第二步证明从“k”到“k+1”,左端增加的项数是(    )

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

分析 本题考查用数学归纳法证明不等式,分清不等式左边的构成情况是解决本题的关键.

解 当n=k+1时,左边=1+++…++++…+,

它比n=k时增加的项为++…+,其分母是首项为2k,公差为1,末项为2^k+1-1的等差数列,由等差数列的通项公式可知其项数为2^k+1-1-2k+1=2^k.

答案 B

9.设数列{a_n}的前n项和S_n=2ⁿ-1,则等于（    ）

A.        B.1           C.          D.2

分析 本题考查当n→∞时，数列{a_n}的极限.解题的关键是首先由{a_n}的前n项和S_n求出a_n.

解 当n=1时，a₁=S₁=2-1=1;

当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=2ⁿ-1-2^n-1+1=2^n-1.

此时n=1也成立,∴a_n=2^n-1.

∴==()^2n-1，它是以为首项、公比为的等比数列.

∴=

答案 A

10.等于(    )

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

分析 本题考查数列的极限.要掌握二项式系数的一个性质：+=.

解 ∵分子1+2²+3²+…+n²=

分母++…+=+++…+

=+++…+=++…+

=…===

答案 C

第Ⅱ卷(非选择题共60分)

11.在用数学归纳法证明“f(n)=49ⁿ+16n-1(n∈N*)能被64整除”时,假设f(k)=49^k+16k-1(k∈N*)能被64整除,则f(k+1)的变形情况是f(k+1)=           .

分析 用数学归纳法证明整除性问题的关键是把n=k+1时的情况拼凑成一部分为归纳假设的形式,另一部分为除数的倍数的形式.

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 本题考查函数的极限.若把代入函数解析式,解析式无意义,故应化简函数解析式,约去使它的分母为0的因式,再求极限.

解

答案 -2

13.给定极限(n?sin)=1,则极限          .

分析 本题考查常见数列的极限,如何把待求结论拼凑成已知的形式是解题的关键.

解 原式=()=1-=1-=.

答案

14.若,则a=     ,b=      .

分析 本题考查当x→x₀时，函数的极限.当把x=1代入函数解析式时，分母为零，故需进行分子有理化，使分子出现（x-1)因式，约去该因式后，再代入求值即可.

解

则b²-a=1，且(1+1)(-b)=1.

解得a=-,b=-.

答案 - -

15.(本小题满分8分)在数列{a_n}中,a₁=,.

(1)求a₂,a₃,a₄;

(2)求数列{a_n}的通项公式,并予以证明.

分析 本题考查归纳、猜想及用数学归纳法证题的能力.如何利用归纳假设是本题成败的关键.

解 (1)由题设,得a₂==,a₃==,a₄=          2分

(2)猜测:a_n=,下面用数学归纳法证明:

①当n=1,2,3,4时,已验证.

②假设当n=k(k≥4)时,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

=

这就是说,当n=k+1时,公式也成立.

综上①②可知,对任何正整数n,a_n=.           8分

16.(本小题满分8分)已知数列{a_n}的前n项和为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与S_n的关系式.由a_n=S_n-S_n-1(n≥2),利用此式,再对n进行合适的赋值,便可消去S_n,得到{a_n}的递推关系式,进而确定数列{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).

两式相减,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=.

可见{a_n}是首项为,公比q=-的等比数列.      4分

∴a₁+a₃+a₅+…+a_2n-1是首项为,公比为q²=(-)²=的等比数列.          6分

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

17.(本小题满分8分)已知数列{a_n}中,a_n≠0(n∈N*)且当n≥2时等式恒成立,求证:{a_n}成等差数列.

分析 加深理解数学归纳法是判定数列特殊性的基本方法.关键是把判定等差数列的方法转化为公式,从而明确归纳法的应用对象.

证明 (1)当n=2时,由2a₂=a₁+a₃,

∴a₁,a₂,a₃成等差数列,结论成立.               2分

(2)假设n=k(k∈N*)时,结论成立,

即由

可推出a₁,a₂,…,a_k+1成等差数列.

则n=k+1时,∵成立,     4分

∴

∴ka_k+2+a₁=(k+1)a_k+1.

又∵a_k+1=a₁+kd,

(d为等差数列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成等差数列.              6分

∴n=k+1时,结论成立,

由(1)、(2)知,对于一切n≥2结论成立.    8分

18.★(本小题满分10分)已知数列{a_n}是由正数构成的数列,a₁=3,且满足lga_n=lga_n-1+lgc,其中n是大于1的整数,c是正数.

(1)求数列{a_n}的通项公式及前n项和S_n;

(2)求的值.

分析 题考查等比数列的求和及常见数列的极限.一般地,当等比数列的公比q是一字母常数时,在求和过程中,要分q=1和q≠1两种情况进行讨论.

解　(1)由已知得a_n=c?a_n-1,　　　　　　　　　　2分

∴{a_n}是以a₁=3,公比为c的等比数列,则a_n=3?c^n-1.

∴　　　　　　5分

(2)

①当c=2时,原式=-;　　　　　　　　　　　　　6分

②当c>2时,原式=;　　　　　　8分

③当0<c<2时,原式=　　　　10分

19.★(本小题满分10分)已知数列{a_n}的前n项和为S_n,其满足a₁=1,3S_n=(n+2)a_n,问是否存在实数a、b、c使得a_n=a?n²+b?n+c对一切n∈N*都成立?若存在,求出a,b,c;若不存在,请说明理由.

分析 本题是一道探索性问题,可从假设结论成立入手.

解 假设满足条件的a,b,c存在,将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

证明:(1)当n=1时,命题成立.

(2)假设当n=k(k∈N*)时命题成立,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).

也就是说,当n=k+1时等式也成立.

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