2011年高考数学总复习 提能拔高限时训练：单元检测—极限(练习 详细解析)大纲人教版.pdf

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1、单元检测单元检测(十三十三)极限极限(满分：150 分时间：120 分钟)一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分)x21.lim x 2x1x2 4x 5等于()A.122 B.1 C.5 D.14解析：解析：limx2 x 2(x 2)(x 1)xx1x2 4x 5 limx1(x 5)(x 1)lim 2x1x 512.答案：答案：A2.极限limxf(x)存在是函数 f(x)在点 x=x0处连续的()x0A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件解析：解析：f(x)在 x=x0处连续 lim f(x)存在,lim f(x)存在

2、f(x)在 x=xxx0处连续.0 xx0lim f(x)存在为 f(x)在 x=x0处连续的必要不充分条件.xx0答案：答案：B3.在数列an中,a1=1,当 n2 时,a1nan1 a,且已知此数列有极限,则limn1nan等于()A.-2 B.-1 C.0 D.1limn解析：解析：由limaan1nn存在,知limnan limnan1,令limnan b,an1 a,n1limnaan1liman1n limn1 an.n11 limnan1b b1b,b=0.limnan=0.答案：答案：C4.lim(1 a)n 1nn a 2,则 a 的值为()A.1 B.-1 C.1 D.2解

3、析：解析：采取“上下同除以一个数”的方法.(1 a)n111 a nn1 a.原式 lim limnnn aa1nn由题意,知 1+a=2,因此 a=1.选 A.答案：答案：A5.函数极限limlnx lnx0的值为()xx0 x x0A.x0211 B.C.D.2x02x02 x0解析：解析：limlnx lnx0ln x ln x01ln x ln x01,lim limlimxx0 xxxxxx000 x x02x x02x x0ln x ln x0,xx0 x x0令 y=lnx,则y|xx0 limy 11,y|xx0.x0 xlnx lnx0111lim.xx0 x x02x02x

4、0答案：答案：Cx,x 1,6.x=1 是函数f(x)0,x 1,的()x3,x 1A.连续点 B.无定义点C.不连续点 D.极限不存在的点解析：解析：lim f(x)1,limf(x)1,x1x1lim f(x)1.但 f(1)=0,x1lim f(x)f(1).x1答案：答案：C222C2C32C4Cn7.lim等于()nn(C1C1C1C1)234nA.3 B.11 C.D.63622223222322解析：解析：C2C3C4Cn C3C3C4Cn C4C4Cn3 Cn1,1111n(C2C3C4Cn)n(2 n)(n 1),23n1(n1)n(n1)C C C CC16lim.lim

5、limnn(C1C C C)nn(n1)(n 2)nn(n1)(n 2)322222231324142n1n答案：答案：B8.若数列an满足a1()A.1,且对任意正整数 m,n 都有 am+n=aman,则lim(a1 a2 an)等于n3123 B.C.D.22323n2解析：解析：由 am+n=aman,得a2 a1,a3 a1a2 a1,an a1,an是以a111为首项,公比q 的等比数列.33a11.1 q2lim(a1 a2 an)n答案：答案：A9.在等比数列an中,a11,且前 n 项和 Sn满足limSnn1,那么 a1的取值范围是()a1A.(1,+)B.(1,4)C.(

6、1,2)D.(1,2)a1(1 qn)解析：解析：由题意,知Sn,1 q|q|1,1limSn,a11na11 qa.1a1 1q.1 a1答案：答案：D2.an1 abn110.设正数 a,b 满足lim(x ax b)4,则limn1等于()nnax2 2b211 C.D.142a12解析：解析：lim(x ax b)4 4 2a b 4 2a b,.x2b2A.0 B.an1 abn1limn1na 2bn答案：答案：Baa11a()na()nb lim221,选 B.limbn1 ann1 1n()2()24a ba 23x2 ax 3 2,则 a 等于()11.若lim3x13x 1

7、A.4 B.3 C.2 D.13x2 ax 3a 6 2,a=2.解析：解析：limx13x314答案：答案：C12.函数y=f(x)在x=x0处连续,且limf(x)a 2,lim f(x)2a 1,其中a0,则f(x0)xx02xx0等于()A.-1 B.7 C.-1或 7 D.3解析：解析：函数 f(x)在 x=x0处连续,limf(x)limf(x)f(x0),xx02xx0即 a-2=2a+1.a0,a=3.f(x0)=7.答案：答案：B二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分)13.在数列an中，a1=9,且对任意大于 1 的正整数 n,点(an,an1)在直线

8、 x-y-3=0 上，则liman_.n(n 1)2解析：解析：由题意,得anan1 3,an是等差数列.anan=9n.2a1(n1)3 3n.an9n29 lim lim 9.limn(n 1)2n(n 1)2n12(1)n答案：答案：914.limx(x)cos x_.x 解析：解析：limx(x)cosx lim(x)cosx (x)cos 2.xx 答案：答案：-215.如图，连结ABC 的各边中点得到一个新的A1B1C1,又连结A1B1C1的各边中点得到A2B2C2,如此无限继续下去，得到一系列三角形：ABC、A1B1C1、A2B2C2、,这一系列三角形趋向于一个点 M，已知 A(

9、0,0),B(3,0),C(2,2),则点 M 的坐标是_.解析：解析：由条件结合图象可知，三角形的顶点都在ABC 的三条中线上，由极限知识知M 点的坐标是ABC 的重心，(,)即为所求.答案：答案：(,)16.将杨辉三角中的每一个数Cn都换成分数r5 23 35 23 31,就得到一个如图所示的分数三角形,r(n 1)Cn111,其中rxr(n 1)Cn(n 1)CnnCn1,则称为莱布尼茨三角形.从莱布尼茨三角形可看出x=_.令an111111223123060nCn(n 1)Cn1liman_.n1111221113631111412124111115203020511111163060

10、603061111111742105140105427解析：解析：令 n=3,1111111111.当 r=1 时,rxrxr4C34C33C2434C3324C361212xC3 3.x=1,2.当 r=2 时,111.4C324C3x311131.x4C3312124xC31.x=3.归纳 x=r+1.利用裂项求和求极限求出liman的值.n答案：答案：r+112x三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分)17.(本小题满分 10 分)已知 f(x)=ab(a,b 为常数)的图象经过点P(1,)和 Q(4,8).(1)求 f(x)的解析式;(2)记 an=log2f(n),nN N,S

11、n是数列an的前 n 项和,求lim*18Sn.n3n21解：解：(1)f(x)的图象经过点P(1,)和 Q(4,8),1811ab,a,8,解得32ab48,b 4.51x24 22x5.f(x)32(2)an=log2f(n)=log22=2n-5.an+1-an=2(n+1)-5-(2n-5)=2,an是以-3 为首项,公差为 2 的等差数列.Sn2n-5n(3 2n 5)n24n.2Snn2 4n1 lim2.limn3n21n3n 1318.(本小题满分 12 分)已知数列an的前 n 项和为 Sn,其中an(1)求 a2、a3;(2)猜想数列an的通项公式,并用数学归纳法加以证明;

12、(3)求limSn.nSn1且a1.n(2n 1)3111 a2 a3111解：解：(1)由a23,得a2,由a1,a2,得a3335,得35133523351.a357(2)猜想an1.(2n 1)(2n 1)证明：证明：当 n=1 时,显然成立.假设 n=k 时,猜想成立,即akSk11,则 n=k+1 时,ak1,(2k 1)(2k 1)(k 1)(2k 1)k.2k 1kk两式相减,得ak1 Sk1 Sk(k 1)(2k 1)ak1,即k(2k 3)ak1.2k 12k 1得 Sk+1=(k+1)(2k+1)ak+1,同时Sk k(2k 1)akak11,即 n=k+1 时,猜想成立.

13、(2k 1)(2k 3)111n1335(2n 1)(2n 1(3)limSn limn lim111111111(1)lim(1).n23352n 12n 1n22n 12n19.(本小题满分 12 分)已知等比数列an的首项为 a1,公比为 q,且有lim(首项 a1的取值范围.解：解：lim(na11 qn),求2 q4a11 qn),2 q40|q|1 或 q=1.当 0|q|1 时,即有 0|4a1-2|1.131 a1,a1；442a1a115当 q=1 时,lim(11),即11,得a1.n34344解之,得故 a1的取值范围为13115 a1且a1或a1.442420.(本小题

14、满分12分)在边长为l的等边ABC中,O1为ABC 的内切圆,O2与O1外切,且与 AB、BC相切,On+1与On外切,且与AB,BC相切,如此无限继续下去,记On的面积为an(n*N N).(1)证明an是等比数列;(2)求lim(a1 a2 an)的值.n(1)证明：证明：记 rn为On的半径,则r1rn13rn1 rn1tan30l,sin30,26rn1 rn21rn1(n2).321于是a1r l212,anr1(n)2,an1rn19故an成等比数列.(2)解：解：an()19n1a1,a13l2lim(a1 a2 an).n1321921.(本小题满分 12 分)已知公比为 q(

15、0q1)的无穷等比数列an各项的和为 9,无穷等比数列an各项的和为281.5(1)求数列an的首项 a1和公比 q;(k)(2)(2)对给定的 k(k=1,2,n),设 T 是首项为 ak,公差为 2ak-1 的等差数列,求数列 T 的前 10项之和;(3)设 bi为数列 T 的第 i 项,Sn=b1+b2+bn,求 Sn,并求正整数 m(m1),使得lim(i)Sn存在且不nnm等于零.(注：无穷等比数列各项的和即当n时该无穷等比数列前n 项和的极限)a1a1 3,1 q 9解：解：(1)依题意,可知22q.a181321 q5(2)由(1),知an 3()(2)23n1,所以数列 T 的

16、首项为 t1=a2=2,公差 d=2a2-1=3,1S101021093 155,2即数列 T 的前 10 项之和为 155.(3)bi ai(i 1)(2ai1)(2i 1)ai(i 1)3(2i 1)()(2)23i1(i 1),2n(n1),Sn 45(18n 45)()n32Sn4518n 45 2nn(n1).limm limm()mmnnnnn32nSn1当 m=2 时,limm,nn2Sn当 m2 时,limm 0,所以 m=2.nn22.(本小题满分 12 分)已知数列an的首项 a1=5,前 n 项和为 Sn,且 Sn+1=2Sn+n+5(nN N).(1)证明数列an+1是

17、等比数列;2n2(2)令f(x)=a1x+a2x+anx,求函数f(x)在点x=1处的导数f(1),并比较2f(1)与23n-13n的大小.(1)证明：证明：由已知 Sn+1=2Sn+n+5,n2 时,Sn=2Sn-1+n+4.两式相减,得 Sn+1-Sn=2(Sn-Sn-1)+1,即 an+1=2an+1.从而 an+1+1=2(an+1).当 n=1 时,S2=2S1+1+5,a1+a2=2a1+6.又 a1=5,a2=11.从而 a2+1=2(a1+1).*故总有 an+1+1=2(an+1),nN N.又a1=5,an+10.从而*an11 2,an1即an+1是以 a1+1=6 为首

18、项,2 为公比的等比数列.n(2)解：解：由(1)知 an=32-1.2nf(x)=a1x+a2x+anx,n-1f(x)=a1+2a2x+nanx,从而 f(1)=a1+2a2+nan2n=(32-1)+2(32-1)+n(32-1)=3(2+22+n2)-(1+2+n)2nn(n 1)2n(n 1)n+1n+1=3(n2-2+2)2n(n1)3(n1)2n16.2=3n2-(2+2)n+1n由上,知 2f(1)-(23n-13n)n2=12(n-1)2-12(2n-n-1)n=12(n-1)2-12(n-1)(2n+1)n=12(n-1)2-(2n+1).(*)当 n=1 时,(*)式=0

19、,22f(1)=23n-13n;当 n=2 时,(*)式=-120,22f(1)23n-13n;当 n3 时,n-10,nn01n1n又2 (11)CnCnCnCn 2n 2 2n 1,2(n-1)2-(2n+1)0,即(*)0,2从而 2f(1)23n-13n.2或用数学归纳法：n3 时,猜想 2f(1)23n-13n.n由于 n-10,只要证明 2 2n+1.事实上,3当 n=3 时,2 23+1.不等式成立.k设 n=k 时(k3),有 2 2k+1,k+1则 2 2(2k+1)=4k+2=2(k+1)+1+(2k-1).k3,2k-10.k+1从而,2 2(k+1)+1+(2k-1)2(k+1)+1,n即 n=k+1 时,亦有 2 2n+1.n*综合,知 2 2n+1 对 n3,nN N 都成立.2n3 时,有 2f(1)23n-13n.2综上,n=1 时,2f(1)=23n-13n;2n=2 时,2f(1)23n-13n;2n3 时,2f(1)23n-13n.n