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期末复习之二：数学归纳法及极限
第一部分：复习目标：
（1）理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.
（2）了解数列极限和函数极限的概念.
（3）掌握极限的四则运算法则，会求某些数列与函数的极限.
（4）了解函数连续的意义，理解闭区间上连续函数有最大值和最小值的性质.
第二部分：内容小结
数学归纳法的应用：①证恒等式；②整除性的证明；③探求平面几何中的问题；④探求数列的通项；⑤不等式的证明.注意：（1）用数学归纳法证题时，两步缺一不可（2）证题时要注意两凑：一凑归纳假设；二凑目标
数列极限的四则运算法则：设数列｛an｝、｛bn｝，当an=a, bn=b时， （an±bn）=a±b; （an·bn）=a·b; =（b≠0）注意：（1）an、bn的极限都存在时才能用四则运算法则；（2）可推广到有限多个.（3）求数列极限时，如是不定型（,,∞－∞等），应先变形，再求极限，一般应如何变形？
熟练掌握如下几个常用极限：
（1） C=C（C为常数）;（2） （）p=0（p＞0）;（3） =（k∈N *,a、b、c、d∈R且c≠0）;（4） qn=0（|q|＜1）.
函数极限的概念（略）. 函数极限的四则运算法则：
如果f （x）=a, g（x）=b,那么
[f（x）±g（x）]=a±b; [f（x）·g（x）]=a·b; =（b≠0）.
注意：（1）上述法则对x→∞的情况仍成立；（2）[Cf（x）]=Cf（x）（C为常数）；（3）[f（x）]n=[f（x）]n（n∈N *）
f（x）=Af（x）= f（x）=A,
f（x）=Af（x）=f（x）=A.
函数f（x）在x0处连续当且仅当满足三个条件：
（1）函数f（x）在x=x0处及其附近有定义；（2）f（x）存在；
（3） f（x）=f（x0）.
如果f（x）是闭区间［a,b］上的连续函数，那么f（x）在闭区间［a,b］上有最大值和最小值.
若f（x）、g（x）都在点x0处连续,则f（x）±g（x）,f（x）·g（x）,（g（x）≠0）也在点x0处连续.若u（x）在点x0处连续,且f（u）在u0=u（x0）处连续,则复合函数f［u（x）］在点x0处也连续.
注意：（1）连续必有极限,有极限未必连续；（2）从运算的角度来分析,连续函数在某一点处的极限运算与函数关系“f”是可以交换顺序的
函数f（x）在点x0处连续反映到函数f（x）的图象上是在点x=x0处是不间断的.一般地,函数f（x）在点x0处不连续（间断）大致有以下几种情况（如下图所示）.
图甲表示的是f（x）在点x0处的左、右极限存在但不相等,即f（x）不存在.
图乙表示的是f（x）在点x0处的左极限存在,而右极限不存在,也属于f（x）不存在的情况.
图丙表示的是f（x）存在,但函数f（x）在点x0处没有定义.
图丁表示的是f（x）存在,但它不等于函数在这一点处的函数值f（x0）.
函数f（x）在点x0处连续与f（x）在点x 0处有极限的联系与区别:
其联系是:f（x）在点x0处连续是依据f（x）在点x0处的极限来定义的,它要求f（x）存在.
其区别是:函数在某点处连续比在此点处有极限所具备的条件更强.首先,f（x）在点x0处有极限,对于点x0而言,x0可以属于f（x）的定义域,也可以不属于f（x）的定义域,即与f（x0）是否有意义无关,而f（x）在点x0处连续,要求f（x）在点x0及其附近都有定义;其次,f（x）在点x0处的极限（值）与f（x）在点x0处的函数值f（x0）可以无关,而f（x）在点x0处连续,要求f（x）在点x0处的极限（值）等于它在这一点的函数值f（x0）.我们通常说“连续必有极限,有极限未必连续”,正是针对上述事实而言的.
函数f（x）在点x0处连续必须具备以下三个条件:
函数f（x）在点x=x0处有定义;函数f（x）在点x=x0处有极限;函数f（x）在点x=x0处的极限值等于在这一点x0处的函数值,即f（x）=f（x0）.
这三个条件缺一不可,是我们判断函数在一点处是否连续的重要工具.
第三部分：例题：
【例1】 是否存在常数a、b、c使等式1·（n2－12）+2（n2－22）+…+n（n2－n2）=an4+bn2+c对一切正整数n成立?证明你的结论.
剖析：先取n=1，2，3探求a、b、c的值，然后用数学归纳法证明对一切n∈N*，a、b、c所确定的等式都成立.
解：分别用n=1，2，3代入解方程组
下面用数学归纳法证明.
（1）当n=1时，由上可知等式成立;
（2）假设当n=k+1时，等式成立，
则当n=k+1时，左边=1·［（k+1）2－12］+2［（k+1）2－22］+…+k［（k+1）2－k2］+（k+1）［（k+1）2－（k+1）2］=1·（k2－12）+2（k2－22）+…+k（k2－k2）+1·（2k+1）+2（2k+1）+…+k（2k+1）
=k4+（－）k2+（2k+1）+2（2k+1）+…+k（2k+1）=（k+1）4－（k+1）2.
∴当n=k+1时，等式成立.
由（1）（2）得等式对一切的n∈N*均成立.
评述：本题是探索性命题，它通过观察——归纳——猜想——证明这一完整的思路过程去探索和发现问题，并证明所得结论的正确性，这是非常重要的一种思维能力.
【例2】（2003年全国）设a0为常数，且an=3n－1－2an－1（n∈N*）.证明：n≥1时，an=[3n+（－1）n－1·2n］+（－1）n·2n·a0.
剖析：给出了递推公式，证通项公式，可用数学归纳法证.
证明：（1）当n=1时，［3+2］－2a0=1－2a0，而a1=30－2a0=1－2a0.
∴当n=1时，通项公式正确.
（2）假设n=k（k∈N*）时正确，即ak=［3k+（－1）k－1·2k］+（－1）k·2k·a0，
那么ak+1=3k－2ak=3k－×3k+（－1）k·2k+（－1）k+1·2k+1a0
=·3k+（－1）k·2k+1+（－1）k+1·2k+1·a0
=［3k+1+（－1）k·2k+1］+（－1）k+1·2k+1·a0.∴当n=k+1时，通项公式正确.
由（1）（2）可知，对n∈N*，an=［3n+（－1）n－1·2n］+（－1）n·2n·a0.
评述：由n=k正确n=k+1时也正确是证明的关键.
本题也可用构造数列的方法求an.
解：∵a0为常数，∴a1=3－2a0.
由an=3n－1－2an－1，
得=－+1，
即=－·+.
∴－=－（－）.
∴{－}是公比为－，首项为的等比数列.
∴－=（－a0）·（－）n－1.
∴an=（－a0）·（－2）n－1×3+×3n
=［3n+（－1）n－1·2n］+（－1）n·2n·a0.
注：本题关键是转化成an+1=can+d型
【例3】 如下图，设P1，P2，P3，…，Pn，…是曲线y=上的点列，Q1，Q2，Q3， …，Qn，…是x轴正半轴上的点列，且△OQ1P1，△Q1Q2P2，…，△Qn－1QnPn，…都是正三角形，设它们的边长为a1，a2，…，an，…，求证：a1+a2+…+an=n（n+1）.
证明：（1）当n=1时，点P1是直线y=x与曲线y=的交点，
∴可求出P1（，）.
∴a1=|OP1|=.而×1×2=，命题成立.
（2）假设n=k（k∈N*）时命题成立，即a1+a2+…+ak=k（k+1），则点Qk的坐标为（k（k+1），0），
∴直线QkPk+1的方程为y=[x－k（k+1）].代入y=，解得Pk+1点的坐标为
∴ak+1=|QkPk+1|=（k+1）·=（k+1）.
∴a1+a2+…+ak+a k+1=k（k+1）+（k+1）=（k+1）（k+2）.
∴当n=k+1时，命题成立.
由（1）（2）可知，命题对所有正整数都成立.
评述：本题的关键是求出Pk+1的纵坐标，再根据正三角形高与边的关系求出|QkP k+1|.
【例4】 求下列极限：
（1）;（2） （－n）;
（3）（++…+）.
剖析:（1）因为分子分母都无极限，故不能直接运用商的极限运算法则，可通过变形分子分母同除以n2后再求极限；（2）因与n都没有极限，可先分子有理化再求极限；（3）因为极限的运算法则只适用于有限个数列，需先求和再求极限.
解:（1）==.
（2） （－n）= ==.
（3）原式===（1+）=1.
评述:对于（1）要避免下面两种错误：①原式===1,②∵（2n 2+n+7）, （5n2+7）不存在，∴原式无极限.对于（2）要避免出现下面两种错误： ①（－n）= －n=∞－∞=0;②原式=－n=∞－∞不存在.对于（3）要避免出现原式=++…+=0+0+…+0=0这样的错误.
【例5】 已知数列｛an｝是由正数构成的数列，a1＝3，且满足lgan＝lgan－1＋lgc，其中n是大于1的整数，c是正数．
（1）求数列｛an｝的通项公式及前n和Sn；
（2）求的值．
解:（1）由已知得an＝ｃ·an－1,
∴｛an｝是以a1＝3，公比为c的等比数列，则an＝3·ｃn－1.
∴Sn＝
（2） ＝.
①当c=2时，原式＝－;
②当ｃ＞2时，原式＝＝－;
③当0＜ｃ＜2时，原式=＝.
评述:求数列极限时要注意分类讨论思想的应用.
【例6】 已知直线l:x－ny=0（n∈N *）,圆M:（x+1）2+（y+1）2=1,抛物线:y=（x－1）2,又l与M交于点A、B，l与交于点C、D，求.
剖析:要求的值，必须先求它与n的关系.
解:设圆心M（－1,－1）到直线l的距离为d,则d2=.
又r=1,∴|AB|2=4（1－d2）=.
设点C（x1,y1）, D（x2,y2），
由nx2－（2n+1）x+n=0,
∴x1+x2=, x1·x2=1.
∵（x1－x2）2=（x1+x2）2－4x1x2=,（y1－y2）2=（－）2=,
∴|CD|2=（x1－x2）2+（y1－y2）2
=（4n+1）（n2+1）.
∴===2.
评述:本题属于解析几何与数列极限的综合题.要求极限，需先求,这就要求掌握求弦长的方法.
【例7】 若数列{an}的首项为a1=1,且对任意n∈N*,an与an+1恰为方程x2－bnx+cn=0的两根,其中0＜|c|＜1,当 （b1+b2+…+bn）≤3,求c的取值范围.
解:首先,由题意对任意n∈N*,an·an+1=cn恒成立.
∴===c.又a1·a2=a2=c.
∴a1,a3,a5,…,a2n－1,…是首项为1,公比为c的等比数列,a2,a4,a6,…,a2n,…是首项为c,公比为c的等比数列.其次,由于对任意n∈N*,an+an+1=bn恒成立.
∴==c.又b1=a1+a2=1+c,b2=a2+a3=2c,
∴b1,b3,b5,…,b2n－1,…是首项为1+c,公比为c的等比数列,b2,b4,b6,…,b2n,…是首项为2c,公比为c的等比数列,
∴ （b1+b2+b3+…+bn）= （b1+b3+b5+…）+ （b2+b4+…）=+≤3.
解得c≤或c＞1.∵0＜|c|＜1,∴0＜c≤或－1＜c＜0.
故c的取值范围是（－1,0）∪（0,］.
评述:本题的关键在于将题设中的极限不等式转化为关于c的不等式,即将{bn}的各项和表示为关于c的解析式,显然“桥梁”应是一元二次方程根与系数的关系,故以根与系数的关系为突破口.
【例8】求下列各极限：
（1） （；
（2）（－x）；
（3） ；
（4）
剖析:若f （x）在x0处连续，则应有f （x）=f （x0）,故求f （x）在连续点x0处的极限时，只需求f （x0）即可；若f （x）在x0处不连续，可通过变形，消去x－x0因式，转化成可直接求f（x0）的式子.
解:（1）原式＝＝=－.
（2）原式==a+b.
（3）因为=1,而==－1，
≠,
所以不存在．
（4）原式=＝（cos+sin）＝.
思考讨论
数列极限与函数极限的区别与联系是什么？
【例9】 （1）设f（x）=;
（2）f （x）为多项式,且=1,=5,求f（x）的表达式.
解:（1） f （x）= （2x+b）=b,f（x）= （1+2x）=2,
当且仅当b=2时, f （x）= f （x）,
故b=2时,原极限存在.
（2）由于f（x）是多项式,且=1,
∴可设f （x）=4x3+x2+ax+b（a、b为待定系数）.
又∵=5,
即（4x2+x+a+）=5,
∴a=5,b=0,即f （x）=4x3+x2+5x.
评述:（1）函数在某点处有极限,与其在该点处是否连续不同.
（2）初等函数在其定义域内每点的极限值就等于这一点的函数值,也就是对初等函数而言,求极限就是求函数值,使极限运算大大简化.
【例10】 讨论函数f （x）= ·x （0≤x＜+∞）的连续性，并作出函数图象.
部析:应先求出f （x）的解析式，再判断连续性.
解:当0≤x＜1时，f （x）= x=x;
当x＞1时，f （x）= ·x=·x=－x;
当x=1时，f （x）=0.
∴f （x）=
∵f（x）=（－x）=－1,f（x）= x=1,
∴f（x）不存在.
∴f （x）在x=1处不连续，f （x）在定义域内的其余点都连续.
图象如下图所示.
评述:分段函数讨论连续性，一定要讨论在“分界点”的左、右极限，进而判断连续性.
【例11】 （1）讨论函数f（x）=
（2）讨论函数f（x）=在区间［0,3］上的连续性.
剖析：（1）需判断f（x）=f（x）=f（0）.
（2）需判断f（x）在（0,3）上的连续性及在x=0处右连续,在x=3处左连续.
解:（1）∵f（x）=－1, f（x）=1,
f（x）≠f（x）,
∴f（x）不存在.∴f（x）在x=0处不连续.
（2）∵f（x）在x=3处无定义,
∴f（x）在x=3处不连续.
∴f（x）在区间［0,3］上不连续.
【例12】 设f（x）=当a为何值时,函数f（x）是连续的.
解:f（x）= （a+x）=a, f（x）=ex=1,而f（0）=a,故当a=1时, f（x）=f（0）,
即说明函数f（x）在x=0处连续,而在x≠0时,f（x）显然连续,于是我们可判断当a=1时,
f（x）在（－∞,+∞）内是连续的.
评述：分段函数讨论连续性,一定要讨论在“分界点”的左、右极限,进而断定连续性.
【例13】 如右图,在大沙漠上进行勘测工作时,先选定一点作为坐标原点,然后采用如下方法进行:从原点出发,在x轴上向正方向前进a（a＞0）个单位后,向左转90°,前进a r（0＜r＜1＝个单位,再向左转90°,又前进a r2个单位,…,如此连续下去.
（1）若有一小分队出发后与设在原点处的大本营失去联系,且可以断定此小分队的行动与原定方案相同,则大本营在何处寻找小分队?
（2）若其中的r为变量,且0＜r＜1,则行动的最终目的地在怎样的一条曲线上?
剖析：（1）小分队按原方案走,小分队最终应在运动的极限位置.
（2）可先求最终目的地关于r的参数形式的方程.
解:（1）由已知可知即求这样运动的极限点,设运动的极限位置为Q（x,y）,则
x=a－ar2+ar4－…==,
y=ar－ar3+ar5－…=,
∴大本营应在点（,）附近去寻找小分队.
（2）由消去r得（x－）2+y2=（其中x＞,y＞0）,
即行动的最终目的地在以（,0）为圆心,为半径的圆上.
【例14】 一弹性小球自h0=5 m高处自由下落,当它与水平地面每碰撞一次后速度减少到碰前的,不计每次碰撞时间,计算小球从开始下落到停止运动所经过的路程和时间.
解：设小球第一次落地时速度为v0,则有v0==10（m/s）,那么第二,第三,…,第n+1次落地速度分别为v1=v0,v2=（）2v0,…,vn=（）nv0,小球开始下落到第一次与地相碰经过的路程为h0=5 m,小球第一次与地相碰到第二次与地相碰经过的路程是L1=2×=10×（.
小球第二次与地相碰到第三次与地相碰经过的路程为L2,则L2=2×=10×（）4.
由数学归纳法可知,小球第n次到第n+1次与地面碰撞经过路程为Ln=10×（）2n.
故从第一次到第n+1次所经过的路程为
Sn+1=h0+L1+L2+…+Ln,则整个过程总路程为
S=Sn+1=5+10×=5+10=20.3（m）,小球从开始下落到第一次与地面相碰经过时间t0==1（s）.
小球从第一次与地相碰到第二次与地相碰经过的时间t1=2×=2×,同理可得
tn=2×（）n,tn+1=t0+t1+t2+…+tn,则t=tn+1=1+2×=8（s）.
上例是借助数学工具来解决物理问题,这样有利于学生对数学知识的进一步理解,增强学生对数学的应用意识,培养学生的数学应用能力.
第四部分：强化训练：
若把正整数按下图所示的规律排序，则从2002到2004年的箭头方向依次为
解析：2002=4×500+2，而an=4n是每一个下边不封闭的正方形左、上顶点的数.
答案：D
凸n边形有f（n）条对角线，则凸n+1边形有对角线条数f（n+1）为
A.f（n）+n+1 B.f（n）+n C.f（n）+n－1 D.f（n）+n－2
解析：由n边形到n+1边形，增加的对角线是增加的一个顶点与原n－2个顶点连成的 n－2条对角线，及原先的一条边成了对角线.
答案：C
根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律，试猜测第n个图形中有_________个点.
解析：观察图形点分布的变化规律，发现第一个图形只有一个中心点;第二个图形中除中心外还有两边，每边一个点;第三个图形中除中心点外还有三个边，每边两个点;…;依次类推，第n个图形中除中心外有n条边，每边n－1个点，故第n个图形中点的个数为n（n－1）+1.
答案：n2－n+1
如果命题P（n）对n=k成立，则它对n=k+1也成立，现已知P（n）对n=4不成立，则下列结论正确的是
A.P（n）对n∈N*成立
B.P（n）对n＞4且n∈N*成立
C.P（n）对n＜4且n∈N*成立
D.P（n）对n≤4且n∈N*不成立
解析：由题意可知，P（n）对n=3不成立（否则n=4也成立）.同理可推得P（n）对n=2，n=1也不成立.
答案：D
用数学归纳法证明“1+++…+＜n（n∈N*，n＞1）”时，由n=k（k＞1）不等式成立，推证n=k+1时，左边应增加的项数是
A.2k－1 B.2k－1 C.2k D.2k+1
解析：左边的特点：分母逐渐增加1，末项为;由n=k，末项为到n=k+1，末项为=，∴应增加的项数为2k.
答案：C
观察下表：
1
2 3 4
3 4 5 6 7
4 5 6 7 8 9 10
……
设第n行的各数之和为Sn，则=__________.
解析：第一行1=12，
第二行2+3+4=9=33，
第三行3+4+5+6+7=25=52，
第四行4+5+6+7+8+9+10=49=72.
归纳：第n项的各数之和Sn=（2n－1）2，
=（）2=4.
答案：4
如图，第n个图形是由正n+2边形“扩展”而来（n=1，2，3，…），则第n－2个图形中共有____________个顶点.
解析：观察规律：第一个图形有32+3=（1+2）2+（1+2）;
第二个图形有（2+2）2+（2+2）=42+4;
第三个图形有（3+2）2+（3+2）=52+5;
…
第n－2个图形有（n+2－2）2+（n+2－2）=n2+n个顶点.
答案：n2+n
已知y=f（x）满足f（n－1）=f（n）－lgan－1（n≥2，n∈N）且f（1）=－lga，是否存在实数α、β使f（n）=（αn2+βn－1）lga对任何n∈N *都成立，证明你的结论.
解：∵f（n）=f（n－1）+lgan－1，令n=2，则f（2）=f（1）+f（a）=－lga+lga=0.
又f（1）=－lga，
∴
∴
∴f（n）=（n2－n－1）lga.
证明：（1）当n=1时，显然成立.
（2）假设n=k时成立，即f（k）=（k2－k－1）lga，
则n=k+1时，f（k+1）=f（k）+lgak=f（k）+klga=（k2－k－1+k）lga=［（k+1）2－（k+1）－1］lga.
∴当n=k+1时，等式成立.
综合（1）（2）可知，存在实数α、β且α=，β=－，使f（n）=（αn2+βn－1）lga对任意n∈N*都成立.
已知数列｛ｂn｝是等差数列，ｂ1＝1，ｂ1＋ｂ2＋…＋ｂ10＝100．
（1）求数列｛ｂn｝的通项公式ｂn；
（2）设数列｛an｝的通项an＝lg（1＋），记Sn为｛an｝的前n项和，试比较Sn与
lgｂn＋1的大小，并证明你的结论．
解：（1）容易得ｂn＝2n－1.
（2）由ｂn＝2n－1，
知Sn＝lg（1＋1）＋1g（1＋）＋…＋lg（１＋）＝lg（１＋１）（１＋）·…·（１＋）.
又1gbn＋１＝1g，
因此要比较Sn与1gbn＋１的大小，可先比较（1＋１）（１＋）·…·（１＋）与的大小.
取n=1，2，3可以发现：前者大于后者，由此推测
（1+1）（1+）· …· （１＋）＞. ①
下面用数学归纳法证明上面猜想：
当n=1时，不等式①成立.
假设n=k时，不等式①成立，即
（1＋1）（1＋）·…·（１＋）＞.
那么n=k+1时，
（１＋１）（１＋）·…·（１＋）（１＋）＞（１＋）
＝.
又［］2－（）2＝＞０，
∴＞=
∴当n=k+1时①成立.
综上所述，n∈N*时①成立．
由函数单调性可判定Sn＞1gbn＋１.
平面内有n条直线，其中无任何两条平行，也无任何三条共点，求证：这n条直线把平面分割成（n2+n+2）块.
证明：（1）当n=1时，1条直线把平面分成2块，又（12+1+2）=2，命题成立.
（2）假设n=k时，k≥1命题成立，即k条满足题设的直线把平面分成（k2+k+2）块，那么当n=k+1时，第k+1条直线被k条直线分成k+1段，每段把它们所在的平面块又分成了2块，因此，增加了k+1个平面块.所以k+1条直线把平面分成了（k2+k+2）+k+1= ［（k+1） 2+（k+1）+2］块，这说明当n=k+1时，命题也成立.由（1）（2）知，对一切n∈N*，命题都成立.
设数列{an}满足a1=2，an+1=an+ （n=1，2，…）.
（1）证明an＞对一切正整数n都成立；
（2）令bn= （n=1，2，…），判定bn与bn+1的大小，并说明理由.
（1）证法一：当n=1时，a1=2＞，不等式成立.
假设n=k时，ak＞成立，
当n=k+1时，ak+12=ak2++2＞2k+3+＞2（k+1）+1，
∴当n=k+1时，ak+1＞成立.
综上，由数学归纳法可知，an＞对一切正整数成立.
证法二：当n=1时，a1=2＞=结论成立.
假设n=k时结论成立，即ak＞，
当n=k+1时，由函数f（x）=x+（x＞1）的单调递增性和归纳假设有
ak+1=ak+＞+ ===＞=.
∴当n=k+1时，结论成立.
因此，an＞对一切正整数n均成立.
（2）解：==（1+）＜（1+） = = =＜1.
故bn+1＜bn.
已知a、b、c是实常数，且=2, =3,则的值是
A.2 B.3 C. D.6
解析:由=2,得a=2b.
由=3,得b=3c,∴c=b.
∴=6.
∴== =6.
答案:D
若数列{an}的通项公式是an=,n=1,2,…,则 （a1+a2+…+an）等于
A. B. C. D.
解析:an=
即an=
∴a1+a2+…+an=（2－1+2－3+2－5+…）+（3－2+3－4+3－6+…）.
∴（a1+a2+…+an）=+=
答案:C
在数列{an}中，a1=3，且对任意大于1的正整数n,点（,）在直线x－y－=0上，则=__________________.
解析:由题意得－= （n≥2）.
∴{}是公差为的等差数列，=.
∴=+（n－1）·=n.
∴an=3n2.
∴=
==3.
答案:3
设等比数列{an}（n∈N）的公比q=－,且（a1+a3+a5+…+a2n－1）=,则a1=_________________.
解析:∵q=－,∴ （a1+a3+a5+…+a2n－1）==.∴a1=2.
答案:2
数列{an}中,a1=,an+an+1=,n∈N*,则（a1+a2+…+an）等于
A. B. C. D.
解析:2（a1+a2+…+an）=a1+［（a1+a2）+（a2+a3）+（a3+a4）+…+（an－1+an）］+an=+[++…+]+an.
∴原式=［++an］=（++an）.
∵an+an+1=,∴an+an+1=0.
∴an=0.
答案:C
已知数列｛an｝满足（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:（1）n=1时，由（n－1）an+1=（n+1）（an－1）,得a1=1.
n=2时，a2=6代入得a3=15.同理a4=28,再代入bn=an+n,有b1=2,b2=8,b3=18,b4=32,由此猜想bn=2n2.
要证bn=2n2,只需证an=2n2－n.
①当n=1时，a1=2×12－1=1成立.
②假设当n=k时，ak=2k2－k成立.
那么当n=k+1时，由（k－1）ak+1=（k+1）（ak－1）,得a k+1=（ak－1）
=（2k2－k－1）=（2k+1）（k－1）=（k+1）（2k+1）=2（k+1）2－（k+1）.
∴当n=k+1时，an=2n2－n正确，从而bn=2n2.
（2）（++…+）=（++…+）
=［++…+］
=［1－+－+…+－］
=［1+－－］=.
已知数列{an}、{bn}都是无穷等差数列,其中a1=3,b1=2,b2是a2与a3的等差中项,且
=,求极限 （++…+）的值.
解:{an}、{bn}的公差分别为d1、d2.
∵2b2=a2+a3,即2（2+d2）=（3+d1）+（3+2d1）,
∴2d2－3d1=2.
又===,即d2=2d1,
∴d1=2,d2=4.
∴an=a1+（n－1）d1=2n+1,bn=b1+（n－1）d2=4n－2.
∴==（－）.
∴原式=（1－）=.
已知数列｛an｝、{bn}都是由正数组成的等比数列，公比分别为p、q,其中p＞q且p≠1,q≠1,设cn=an+bn,Sn为数列{cn}的前n项和，求.
解:Sn=+,
当p＞1时，p＞q＞0,得0＜＜1,上式分子、分母同除以pn－1，得
∴=p.
当p＜1时，0＜q＜p＜1, ==1.
已知数列{an}满足a1=0,a2=1,an=,求an.
解:由an=,得
2an+an－1=2an－1+an－2,∴{2an+an－1}是常数列.
∵2a2+a1=2,∴2an+an－1=2.
∴an－=－（an－1－）.
∴{an－}是公比为－,首项为－的等比数列.
∴an－=－×（－）n－1.
∴an=－×（－）n－1.
∴an=.
已知函数f （x）是偶函数,且f （x）=a,则下列结论一定正确的是
A. f (x)=－a B. f （x）=a
C. f (x)=|a| D. f（x）=|a|
解析：∵f （x）是偶函数,∴f （－x）=f（x）.
又f （x）=a,
f（－x）=a,f （x）=f （－x）,
∴f（－x）= f （x）=a.
答案：B
等于
A. B.1 C. D.
解析:∵=.
答案:A
已知函数y=f （x）在点x=x0处存在极限,且f （x）=a2－2,f （x）=2a+1,则函数y=f （x）在点x=x0处的极限是____________.
解析:∵y=f（x）在x=x0处存在极限,
∴f（x）=f（x）,即a2－2=2a+1.∴a=－1或a=3.
∴f （x）=2a+1=－1或7.
答案:－1或7
若f （x）=在点x=0处连续，则f （0）=__________________.
解析:∵f（x）在点x=0处连续，
∴f （0）=f （x）,
f （x）=
= =.
答案:
已知函数f （x）=，试求:
（1）f （x）的定义域，并画出图象；
（2）求f （x）、f （x）,并指出f （x）是否存在.
解:（1）当|x|＞2时，
==－1;
当|x|＜2时，==1;
当x=2时，=0;
当x=－2时，不存在.
∴f （x）=
∴f （x）的定义域为{x|x＜－2或x=2或x＞2}.
如下图:
（2）∵f （x）=－1,f （x）=1.∴f （x）不存在.
设函数f （x）=ax2+bx+c是一个偶函数,且f （x）=0,f （x）=－3,求出这一函数最大值.
解:∵f （x）=ax2+bx+c是一偶函数,
∴f （－x）=f （x）,
即ax2+bx+c=ax2－bx+c.
∴b=0.∴f （x）=ax2+c.
又f （x）= ax2+c=a+c=0, f（x）=ax2+c=4a+c=－3,
∴a=－1,c=1.
∴f （x）=－x2+1.
∴f （x）max=f（0）=1.
∴f （x）的最大值为1.
在一个以AB为弦的弓形中,C为的中点,自A、B分别作弧AB的切线,交于D点,设x为弦AB所对的圆心角,求.
解：设所在圆圆心为O,则C、D、O都在AB的中垂线上,
∴∠AOD=∠BOD=.设OA=r.
S△ABC=S四边形AOBC－S△AOB=r2sin－r2sinx=r2sin（1－cos）,
S△ABD=S四边形AOBD－S△AOB=r2tan－r2sinx=r2.
∴===.
当a＞0时,求.
解:原式=
=
==
=
设f（x）是x的三次多项式，已知
===1.
试求的值（a为非零常数）.
解:由于=1,可知f（2a）=0. ①
同理f（4a）=0. ②
由①②，可知f（x）必含有（x－2a）与（x－4a）的因式，由于f（x）是x的三次多项式，故可设f（x）=A（x－2a）（x－4a）（x－C）.
这里A、C均为待定的常数.
由=1,即
=A（x－4a）（x－C）=1,
得A（2a－4a）（2a－C）=1,
即4a2A－2aCA=－1. ③
同理，由于=1,
得A（4a－2a）（4a－C）=1,
即8a2A－2aCA=1. ④
由③④得C=3a,A=,
因而f（x）=（x－2a）（x－4a）（x－3a）.
∴=（x－2a）（x－4a）
=·a·（－a）=－.
设f（x）=问k为何值时，有f（x）存在？
解: f（x）=2k, f（x）=1,
∴要使f（x）存在，应有2k=1.∴k=.
a为常数，若（－ax）=0,求a的值.
解:∵（－ax）= ==0,
∴1－a2=0.
∴a=±1.但a=－1时，分母→0,
∴a=1.
函数f（x）=则有
A.f（x）在x=1处不连续
B.f（x）在x=2处不连续
C.f（x）在x=1和x=2处不连续
D.f（x）处处连续
解析：f（x）=0, f（x）=1,
∴f（x）在x=1处不连续.
答案：A
若f（x）在定义域［a,b］上有定义,则在该区间上
A.一定连续
B.一定不连续
C.可能连续也可能不连续
D.以上均不正确
解析：有定义不一定连续.
答案：C
已知函数f（x）=函数f（x）在哪点连续
A.处处连续 B.x=1
C.x=0 D.x=
解析：f（x）= f（x）=f（）.
答案：D
有以下四个命题:
①f（x）=在［0,1］上连续;
②若f（x）是（a,b）内的连续函数,则f（x）在（a,b）内有最大值和最小值;
③=4;
④若f（x）=则f（x）=0.
其中正确命题的序号是____________.（请把你认为正确命题的序号都填上）
答案：③
抛物线y=b（）2、x轴及直线AB:x=a围成了如图（1）的阴影部分,AB与x轴交于点A,把线段OA分成n等份,作以为底的内接矩形如图（2）,阴影部分的面积为S等于这些内接矩形面积之和当n→∞时的极限值,求S.
解：S=［b·（）2+b·（）2+b·（）2+…+b·（）2］2·
=·ab
=·ab=ab.
求y=f（x）=的不连续点.
解：易求f（x）的定义域为{x|x≠－1,0,1},所以f（x）的不连续点为x=－1,x=0和x=1.
某公司全年的纯利润为b元，其中一部分作为奖金发给n位职工,奖金分配方案如下：首先将职工按工作业绩（工作业绩均不相同）从大到小，由1到n排序，第1位职工得奖金元，然后将余额除以n发给第2位职工，按此方案将奖金逐一发给每位职工，并将最后剩余部分作为公司发展基金.
（1）设ak（1≤k≤n）为第k位职工所得奖金额，试求a2、a３，并用k、n和b表示ak（不必证明）;
（2）证明：ak＞ak＋1（k＝1，2，…，n－1），并解释此不等式关于分配原则的实际意义；
（3）发展基金与n和b有关，记为Pn（b）．对常数b，当n变化时，求Pn（b）（可用公式 （1－）n=）.
（1）解：a1＝，a2＝（1－）·b，a3＝（1－）2·b，…，ak＝（1－）k－1·b.
（2）证明:ak－ak＋1＝（1－）k－1·b＞０，此奖金分配方案体现了按劳分配的原则.
（3）解:设fk（b）表示发给第k位职工后所剩余额，则f1（b）＝（1－）·b，f2（b）＝（1－）2·b，…，f k（b）＝（1－）k·b，
得Ｐn（b）＝fn（b）＝（1－）n·b,
故Ｐn（b）＝.
如图，在边长为l的等边△ABC中，圆O1为△ABC的内切圆，圆O2与圆O1外切，且与AB、BC相切,…,圆On+1与圆On外切，且与AB、BC相切，如此无限继续下去,记圆On的面积为an（n∈N*）.
（1）证明{an}是等比数列；
（2）求（a1+a2+…+an）的值.
（1）证明:记rn为圆On的半径，
则r1=tan30°=l.
=sin30°=,∴rn=rn－1（n≥2）.
于是a1=πr12=,=（）2=,
∴{an}成等比数列.
（2）解：因为an=（）n－1·a1（n∈N*）,
所以（a1+a2+…+an）==.

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