1、2009-2010学年四川省成都七中高二（上）数学单元测试：数列极限、数学归纳法一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1（5分）的值为（）A2B0C1D2（5分）（）AB0CD3（5分）f（x），若f（x） 存在，则常数m的值为（）A0B1C1De4（5分）某个命题与自然数n有关，若nk（kN*）时命题成立，那么可推得当nk+1时该命题也成立现已知当n5时，该命题不成立，那么可推得（）A当n6时，该命题不成立B当n6时，该命题成立C当n4时，该命题不成立D当n4时，该命题成立5（5分）若存在，则f（x）不可能为（）Ax2B|x|CxDx6（5分）已知数列an是由正整数组成的数列，a1
2、4且满足lganlgan1+lgb，其中b3，n1，且nN+，则等于（）A1B1CD7（5分）（）A1BCD8（5分）若（）1，则常数a，b的值为（）Aa2，b4Ba2，b4Ca2，b4Da2，b49（5分）设n棱柱有f（n）个对角面，则n+1棱柱的对角面的个数f（n+1）等于（）Af（n）+n+1Bf（n）+nCf（n）+n1Df（n）+n210（5分）若f（x）在x0处连续，且x0时，则f（0）（）ABC0D111（5分）已知无穷等比数列an的前n项和为Sn，各项的和为S，且，则其首项a1的取值范围是（）A（1，0）（0，1）B（2，1）（1，0）C（0，1）（1，2）D（2，0）（0，2
3、）12（5分）设an1+q+q2+q3+qn1，Ancn1a1+cn2a2+cn3a3+cnnan，且3q1，则的值为（）ABCqD1q二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分）13（4分）若 14（4分）（理）（） 15（4分）如图，将一个边长为1的正三角形的每条边三等分，以中间一段为边向形外作正三角形，并擦去中间一段，得图（2），如此继续下去，得图（3）试用n表示出第n个图形的边数an 16（4分）正数数列an的前n项和为Sn，且存在正数t，使得对于任意的正整数n，都有成立若，则t的取值范围是 三、解答题（共5小题，满分70分）17（14分）已知等比数列an的首项a11，公比为x（x0
4、），其前n项和为Sn（1）求函数的解析式；（2）解不等式18（14分）已知函数满足axf（x）2bx+f（x），a0，f（1）1；且使f（x）2x成立的实数x只有一个（）求函数f（x）的表达式；（）若数列an满足，an+1f（an），nN*，证明数列bn是等比数列，并求出bn的通项公式19（14分）数列an中，a12，an+1an+cn（c是常数，n1，2，3，），且a1，a2，a3成公比不为1的等比数列（I）求c的值；（II）求an的通项公式（III）由数列an中的第1、3、9、27、项构成一个新的数列bn，求的值20（14分）容器A内装有6升质量分数为20%的盐水溶液，容器B内装有4升质量
5、分数为5%的盐水溶液，先将A内的盐水倒1升进入B内，再将B内的盐水倒1升进入A内，称为一次操作；这样反复操作n次，A、B容器内的盐水的质量分数分别为an，bn，（）问至少操作多少次，A、B两容器内的盐水浓度之差小于1%？（取lg20.3010，lg30.4771）（）求an、bn的表达式，并求的值21（14分）已知函数，数列an满足anf（an1）（n2，nN+）（）若，数列bn满足，求证：数列bn是等差数列；（）若，数列an中是否存在最大项与最小项，若存在，求出最大项与最小项；若不存在，说明理由；（）若1a12，试证明：1an+1an22009-2010学年四川省成都七中高二（上）数学单元测
6、试：数列极限、数学归纳法参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1（5分）的值为（）A2B0C1D【分析】可将转化为，答案可求【解答】解：2故选：A【点评】本题考查极限及其运算，着重考查和差积商的极限运算法则，属于基础题2（5分）（）AB0CD【分析】，然后把x3代入就得到的值【解答】解：【点评】本题是型极限问题，解题时要先通过因式分解，消除零因式3（5分）f（x），若f（x） 存在，则常数m的值为（）A0B1C1De【分析】由f（x） 存在，可得（3x+m），从而可求m【解答】解：若f（x） 存在，则（3x+m）e0m即m1故选：C【点评】本题主要考查了函数的极限存
7、在条件的应用，即函数的左右极限存在且相当，属于基础试题4（5分）某个命题与自然数n有关，若nk（kN*）时命题成立，那么可推得当nk+1时该命题也成立现已知当n5时，该命题不成立，那么可推得（）A当n6时，该命题不成立B当n6时，该命题成立C当n4时，该命题不成立D当n4时，该命题成立【分析】本题考查的知识点是数学归纳法，由归纳法的性质，我们由P（n）对nk成立，则它对nk+1也成立，由此类推，对nk的任意整数均成立，结合逆否命题同真同假的原理，当P（n）对nk不成立时，则它对nk1也不成立，由此类推，对nk的任意正整数均不成立，由此不难得到答案【解答】解：由题意可知，P（n）对n4不成立（否
8、则n5也成立）同理可推得P（n）对n3，n2，n1也不成立故选：C【点评】当P（n）对nk成立，则它对nk+1也成立，由此类推，对nk的任意整数均成立；结合逆否命题同真同假的原理，当P（n）对nk不成立时，则它对nk1也不成立，由此类推，对nk的任意正整数均不成立5（5分）若存在，则f（x）不可能为（）Ax2B|x|CxDx【分析】结合选项，把选项中的函数解析式代入已知极限中进行求解，判断每种情况的极限是否存在即可【解答】解：A：若f（x）x2，则0，满足条件B：若f（x）|x|，则，极限不存在C：若f（x）x，则1，存在极限D：若f（x）x，则1，存在极限故选：B【点评】本题主要考查了函数极
9、限存在条件的判断，属于基本概念的考查，属于基础试题6（5分）已知数列an是由正整数组成的数列，a14且满足lganlgan1+lgb，其中b3，n1，且nN+，则等于（）A1B1CD【分析】先求出数列an的通项公式，然后代入，进行化简变形即可求出极限值【解答】解：由已知得anban1，an是以a14，公比为c的等比数列，则an4bn1当b3时，原式1故选：A【点评】本题主要考查了数列的应用，同时考查了数列的极限和计算化简的能力，属于中档题7（5分）（）A1BCD【分析】先求，1+3+5+（2n1），把所求的结果代入到所求的极限中可求【解答】解：1+3+5+（2n1）n2故选：B【点评】本题主要
10、考查了二项式的基本运算，等差数列的求和公式及数列极限的求解，分子分母同时除以n2是求解极限的关键8（5分）若（）1，则常数a，b的值为（）Aa2，b4Ba2，b4Ca2，b4Da2，b4【分析】因为（）1即（）1，求出常数a、b即可【解答】解：（）1而（）1得到解得：a2，b4故选：C【点评】此题考查学生利用极限进行计算的能力9（5分）设n棱柱有f（n）个对角面，则n+1棱柱的对角面的个数f（n+1）等于（）Af（n）+n+1Bf（n）+nCf（n）+n1Df（n）+n2【分析】因为过不相邻两条侧棱的截面为对角面，过每一侧棱与它不相邻的一条侧棱都能作对角面，可作（n3）个对角面，n条侧棱可作n
11、（n3）个对角面，由于这些对角面是相互之间重复计算了，所以共有n（n3）2个对角面，从而得出f（n+1）与f（n）的关系【解答】解：因为过不相邻两条侧棱的截面为对角面，过每一侧棱与它不相邻的一条侧棱都能作对角面，可作（n3）个对角面，n条侧棱可作n（n3）个对角面，由于这些对角面是相互之间重复计算了，所以共有n（n3）2个对角面，可得f（n+1）f（n）（n+1）（n+13）2n（n3）2n1，故f（n+1）f（n）+n1故选：C【点评】本小题主要考查归纳推理、棱柱的几何特征、数列的应用等基础知识，考查运算求解能力，考查转化思想属于基础题10（5分）若f（x）在x0处连续，且x0时，则f（0）
12、（）ABC0D1【分析】由题意可得，而对式子可在分子分母上同时乘进行化简可求【解答】解：由题意可得，故选：A【点评】本题主要考查了函数的连续的条件的应用，解题的关键是熟练应用函数连续的定义，解答本题的难点在于对所求式子的化简11（5分）已知无穷等比数列an的前n项和为Sn，各项的和为S，且，则其首项a1的取值范围是（）A（1，0）（0，1）B（2，1）（1，0）C（0，1）（1，2）D（2，0）（0，2）【分析】由S，SnS（1qn），知Sn2SS（1+qn），由，知，由此能求出首项a1的取值范围【解答】解：S，SnS（1qn）Sn2SS（1+qn），无穷等比数列，0|q|1，S1，qa1+1
13、0|a1+1|1，解得2a10且a11首项a1的取值范围是（2，1）（1，0）故选：B【点评】本题考查数列的极限的应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意等比数列的前n项和公式的灵活运用12（5分）设an1+q+q2+q3+qn1，Ancn1a1+cn2a2+cn3a3+cnnan，且3q1，则的值为（）ABCqD1q【分析】利用等比数列的前n项和公式求出an，利用二项式系数和是2n及二项式定理的逆用，求出An化简，再利用公式其中0|q|1求出极限值【解答】解：因为q1，所以an1+q+q2+qn1于是Ann1+n2+nn（n1+n2+nn）（n1q+n2q2+nnqn）（2n1）（1+q）n1
14、2n（1+q）n1（）n因为3q1，且q1，所以0|1所以【点评】本题考查等比数列的前n项和公式；二项式系数的性质；二项式定理的逆用；利用特殊的极限值求函数的极限二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分）13（4分）若2【分析】分子分母同时乘以，把转化为，化简成，再由1，可得到常数a的值【解答】解：，a2，故答案为2【点评】本题考查函数的极限，解题时要注意合理地进行等价转化14（4分）（理）（）2【分析】，消除零因子x1后可求答案【解答】解：故答案为：2【点评】本题主要考查了型的极限的求解，解题的关键是要消除零因子，属于基础试题15（4分）如图，将一个边长为1的正三角形的每条边三等分，以中
15、间一段为边向形外作正三角形，并擦去中间一段，得图（2），如此继续下去，得图（3）试用n表示出第n个图形的边数an34n1【分析】根据图形得到，a13，a212，a348，由题意知：每一条边经一次变化后总变成四条边，即 由等比数列的定义，可求第n个图形的边数an【解答】解：a13，a212，a348，由题意知：每一条边经一次变化后总变成四条边，即，由等比数列的定义知：an34n1故答案为：an34n1【点评】本题的肯定是数列的应用，主要考查对图形的阅读能力，考查数列模型的建立，考查等比数列的通项公式16（4分）正数数列an的前n项和为Sn，且存在正数t，使得对于任意的正整数n，都有成立若，则t的
16、取值范围是【分析】先求出数列的首项，然后利用递推关系求出an与Sn，代入，从而得到t，解之即可求出所求【解答】解：a12+2ta1+t24ta1a1tan2+2tan+t24tSn则an12+2tan1+t24tSn1（an+an1）（anan12t）0an（2n1）tSnn2t即nt即t故答案为：【点评】本题主要考查了数列求通项和求和，同时考查了数列的极限，是一道综合题，属于难题三、解答题（共5小题，满分70分）17（14分）已知等比数列an的首项a11，公比为x（x0），其前n项和为Sn（1）求函数的解析式；（2）解不等式【分析】（1）当x1时，Snn，Sn+1n+1，f（x）；当x0且x
17、1时，；当0x1，f（x）1；当x1，则由此能求出函数的解析式（2）当0x1时，由，得；当x1时，由，得或x2由此能求出原不等式的解集【解答】解：（1）当x1时，Snn，Sn+1n+1，f（x）；（2分）当x0且x1时，（4分）若0x1，f（x）1；（5分），若x1，则，（6分）综上，（7分）（2）当0x1时，由，得；（10分）当x1时，由，得或x2（13分） 综上可得原不等式的解集为（14分）【点评】本题考查数列的极限，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化18（14分）已知函数满足axf（x）2bx+f（x），a0，f（1）1；且使f（x）2x成立的实数x只有一个（）求函数f（
18、x）的表达式；（）若数列an满足，an+1f（an），nN*，证明数列bn是等比数列，并求出bn的通项公式【分析】（）先将函数化为，利用f（1）1，得a2b+1根据f（x）2x只有一解，可得2ax22（1+b）x0（a0）只有一解，从而可求b，a的值；（）解法一：先猜想，再用数学归纳法证明，关键是假设nk时，命题成立，即；证明 nk+1时，从而得证，进而可求bn的通项公式；解法二：根据，可得，利用，可得结论【解答】解：（）由axf（x）2bx+f（x），a0，得（2分）由f（1）1，得a2b+1（3分）由f（x）2x只有一解，即，也就是2ax22（1+b）x0（a0）只有一解，4（1+b）24
19、2a00b1（5分）a1故（6分）（）解法一：，an+1f（an），（7分）猜想，（8分）下面用数学归纳法证明：当n1时，左边，右边，命题成立（10分）假设nk时，命题成立，即；当 nk+1时，当 nk+1时，命题成立（12分）由可得，当nN*时，有（13分），a12bn是首项为2，公比为2的等比数列，其通项公式为bn2n（14分）解法二：，（8分）即，（10分）即（12分）则数列bn是以b12为首项2为公比的等比数列，bn2n，（nN*）（14分）【点评】本题以函数为载体，考查函数的性质，考查函数解析式的求解，考查数列通项公式的求解，考查数学归纳法的运用，正确理解题意是关键19（14分）数列
20、an中，a12，an+1an+cn（c是常数，n1，2，3，），且a1，a2，a3成公比不为1的等比数列（I）求c的值；（II）求an的通项公式（III）由数列an中的第1、3、9、27、项构成一个新的数列bn，求的值【分析】（I）利用题设递推式分别表示出a2和a3，利用三者的等比关系求得c（II）分别表示很出a2a1，a3a2等，利用叠加法求得数列的通项公式（III）把利用（II）中数列an的通项公式，求得bn，代入到求得答案【解答】解：（I）a12，a22+c，a32+3c，因为a1，a2，a3成等比数列，所以（2+c）22（2+3c），解得c0或c2当c0时，a1a2a3，不符合题意舍去
21、，故c2（II）当n2时，由于a2a1c，a3a22c，anan1（n1）c，所以又a12，c2，故an2+n（n1）n2n+2（n2，3，）当n1时，上式也成立，所以ann2n+2（n1，2，）（III）bn32n23n1+2，9【点评】本题主要考查了数列的递推式，数列的通项公式以及等比数列的性质涉及了综合知识的运用20（14分）容器A内装有6升质量分数为20%的盐水溶液，容器B内装有4升质量分数为5%的盐水溶液，先将A内的盐水倒1升进入B内，再将B内的盐水倒1升进入A内，称为一次操作；这样反复操作n次，A、B容器内的盐水的质量分数分别为an，bn，（）问至少操作多少次，A、B两容器内的盐水
22、浓度之差小于1%？（取lg20.3010，lg30.4771）（）求an、bn的表达式，并求的值【分析】（）先根据条件求出以及；进而得到两种容器内的盐水浓度的差bnan的规律，再结合盐水浓度之差小于1%，借助于对数的性质解不等式即可求出答案（）先根据得到进而求出bn的通项以及an的表达式，进而得到的值【解答】解：（）；，的等比数列，n7，故至少操作7次；（），bnb1+（b2b1）+（b3b2）+（bnbn1），而；【点评】本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答解决本题第一问的关键在于根据题意找到两种容器内的盐水浓度的差bnan的规律21（14分）已知函数，数列an满足anf（a
23、n1）（n2，nN+）（）若，数列bn满足，求证：数列bn是等差数列；（）若，数列an中是否存在最大项与最小项，若存在，求出最大项与最小项；若不存在，说明理由；（）若1a12，试证明：1an+1an2【分析】（）根据题设中的函数式，求得an和an1的递推式，进而利用bnbn11判断出数列bn是等差数列（）根据（）可求得，数列bn的通项公式，则bn可得，通过对函数求导判断出则函数在区间，上为减函数且在上递减，故当n3时，an取最小值进而可知当时，且在上递减，故当n4时，an取最大值（）先看当n1时等式成立，再看n2时，假设nk时命题成立，即1ak2，则当nk+1时，则1ak+12，故当nk+1时
24、也成立进而an+1an0判断出an+1an最后综合可证明原式【解答】解：，则（n2，nN*）（），数列bn是等差数列（）由（）知，数列bn是等差数列，首项，公差为1，则其通项公式，由得，故考查函数，则则函数在区间，上为减函数当时，且在上递减，故当n3时，an取最小值当时，且在上递减，故当n4时，an取最大值故存在（）先用数学归纳法证明1an2，再证明an+1an当n1时，1a12成立，假设nk时命题成立，即1ak2，则当nk+1时，则1ak+12，故当nk+1时也成立综合有，命题对任意nN*时成立，即1an2下证an+1an，an+1an综上所述：1an+1an2【点评】本题主要考查了数列与不等式的综合，数学归纳法的证明方法考查了学生综合分析问题的能力和基本的推理能力