6.的值为(　)

A.3　　　　B.-3　　　　C.-2　　　　D.不存在

分析　本题考查函数在x→x₀处的极限值.如果把x=x₀代入函数解析式,解析式有意义,那么f(x₀)的值就是函数的极限值.

解　

答案　B

5.若则常数k的值为(　)

A.2　　　　B.　　　　C.-2　　　　D.-

解析　原式=

∵∴k=.

答案　B

4.等差数列{a_n}、{b_n}的前n项和分别为S_n和T_n,若则的值等于(　)

A.1　　　　B.　　　　C.　　　　D.

分析　本题考查当n→∞时数列的极限.解题的关键是把结论中通项的比值用条件中前n项和的比值表示出来,即把转化成关于n的多项式.

解法一　设S_n=k_n·2_n,T_n=kn(3n+1)(k为非零常数).

由a_n=S_n-S_n-1(n≥2),

得a_n=2kn²-2k(n-1)²=4kn-2k,

b_n=kn(3n+1)-k(n-1)［3(n-1)+1］=6kn-2k.

∴＝

解法二　∵=

又∵

∴

∴

答案　C

3.若在x=2处连续,则实数a、b的值是(　 )

A.-1,2　　　　　　 B.0,2　　　　　　　 C.0,-2　　　　　　　 D.0,0

分析 本题考查函数的左、右极限与函数极限的关系、函数连续的概念及它们之间的关系.

解 f(x)在x=2处连续

∵f(x)=(x²+a)=4+a=4,∴a=0.

f(x)=(x+b)=2+b=4,∴b=2.

答案 B

2.若a_n=3且b_n=-1,那么(a_n+b_n)²等于(　　 )

A.4　　　　　　　　 B.-4　　　　　　　 C.16　　　　　　 　D.-16

分析 本题考查数列极限的运算法则,即如果两个数列都有极限,那么它们的和、差、积、商的极限分别等于它们极限的和、差、积、商.

解 (a_n+b_n)²=(a_n²+2a_nb_n+b_n²)

=a_n²+2a_n·b_n+b_n²

=3²+2×3×(-1)+(-1)²=4.

答案 A

1.下列无穷数列中,极限不存在的数列是(　 )

A.1,,,,,…

B.3,3,3,3,…,3,…

C.3,,,…,,…

D.1,0,-1,0,…,,…

分析 本题考查常见数列的极限.

解 ∵(-1)ⁿ⁺¹·=0,3=3,

=()=2,

∴A、B、C存在极限.

而D是一摆动数列,不存在极限.

答案 D

19.★(本小题满分10分)杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、数学教育家.他的数学著作颇多,他编著的数学书共5种21卷,在他的著作中收录了不少现已失传的古代数学著作中的算题和算法.他的数学研究与教育工作的重点是在计算技术方面.杨辉三角是杨辉的一大重要研究成果,它的许多性质与组合数的性质有关,杨辉三角中蕴涵了许多优美的规律.古今中外,许多数学家如贾宪、朱世杰、帕斯卡、华罗庚等都曾深入研究过,并将研究结果应用于其他工作.下图是一个11阶的杨辉三角:

11阶杨辉三角

试回答:(其中第(1)~(5)小题只需直接给出最后的结果,无需求解过程)

(1)记第i(i∈N*)行中从左到右的第j(j∈N*)个数为a_ij,则数列{a_ij}的通项公式为　　　　　 ,

n阶杨辉三角中共有　　　　　 个数;

(2)第k行各数的和是;

(3)n阶杨辉三角的所有数的和是;

(4)将第n行的所有数按从左到右的顺序合并在一起得到的多位数等于;

(5)第p(p∈N*,且p≥2)行除去两端的数字1以外的所有数都能被p整除,则整数p一定为(　 )

A.奇数　　　　　　　　 B.质数　　　　　　　 C.非偶数　　　　　　　　 D.合数

(6)在第3斜列中,前5个数依次为1、3、6、10、15;第4斜列中,第5个数为35.显然,1+3+6+10+15=35.事实上,一般地有这样的结论:

第m斜列中(从右上到左下)前k个数之和,一定等于第m+1斜列中第k个数.

试用含有m、k(m、k∈N*)的数学公式表示上述结论并证明其正确性.

数学公式为　　　　　　　　　 .

证明:　　　　　　　　　　　　 .

解 (1)a_ij=　 　(2)2^k　 (3)2ⁿ⁺¹-1　 (4)11ⁿ　　 (5)B　　　　 5分

(6)

10分

18.(本小题满分10分)用数学归纳法证明1+≤1+++…+≤+n(n∈N*).

分析 本题考查利用数学归纳法证明与正整数有关的不等式.合理运用归纳假设后,向目标靠拢的过程中,可以利用证明不等式的一切方法去证明.

证明 (1)当n=1时,左式=1+,

右式=+1,∴≤1+≤,命题成立.　　2分

(2)假设当n=k(k∈N*)时命题成立,即

1+≤1+++…+≤+k,　　4分

则当n=k+1时,

1+++…++++…+＞1++2^k·=1+.　　6分

又1+++…++++…+＜+k+2k·=+(k+1),　8分

即n=k+1时,命题成立.

由(1)、(2)可知,命题对所有n∈N*都成立.　　　　　　　　　　10分

17.★(本小题满分8分)已知数列,,,…,,…,计算S₁,S₂,S₃,S₄,根据计算结果,猜想S_n的表达式,并用数学归纳法进行证明.

分析 本题考查观察、分析、归纳、发现规律的能力,考查数学归纳法在等式证明中的应用.在用观察法求数列的通项公式时,要注意观察项与项数的关系.

解 S₁==;

S₂=+=;

S₃=+=;

S₄=+=.

可以看到,上面表示四个结果的分数中,分子与项数n一致,分母可用项数n表示为3n+1.于是可以猜想.　　　　　　　　　　 2分

下面我们用数学归纳法证明这个猜想.

(1)当n=1时,左边=S₁=,

右边===,

猜想成立.

(2)假设当n=k(k∈N*)时猜想成立,即

+++…+=,　　 4分

那么, +++…++

6分

所以,当n=k+1时猜想也成立.

根据(1)、(2),可知猜想对任何n∈N*都成立.　　　　 8分

15(本小题满分8分)用数学归纳法证明2²+4²+6²+…+(2n)²=n(n+1)(2n+1).

分析 用数学归纳法证明代数恒等式的关键是分清等式两边的构成情况,合理运用归纳假设.

证明 (1)当n=1时,左边=2²=4,右边=×1×2×3=4,

∴左边=右边,即n=1时,命题成立.　　　 1分

(2)假设当n=k(k∈N*)时命题成立,即

2²+4²+6²+…+(2k)²=k(k+1)(2k+1),　　　 2分

那么当n=k+1时,

2²+4²+…+(2k)²+(2k+2)²=k(k+1)(2k+1)+4(k+1)²　　 3分

=(k+1)［k(2k+1)+6(k+1)］

=(k+1)(2k²+7k+6)

=(k+1)(k+2)(2k+3)

=(k+1)［(k+1)+1］［2(k+1)+1］,　　 6分

即n=k+1时,命题成立.　　　　 　　　7分

由(1)、(2)可知,命题对所有n∈N*都成立.　　 8分

16.(本小题满分8分)求证:aⁿ⁺¹+(a+1)^2n-1能被a²+a-1整除(n∈N*).

分析 数学归纳法可以证明与正整数n有关的命题,常见的恒等式、不等式的命题可用数学归纳法证明,其他的如整除、几何方面的命题也可用数学归纳法证明.在证明n=k+1时,“配凑”的技巧掌握很重要,要有目的去“配凑”倍数式子,以及假设n=k时的式子.

证明 (1)当n=1时,a²+(a+1)=a²+a+1可被a²+a+1整除;

(2)假设n=k(k∈N*)时,

a^k+1+(a+1)^2k-1能被a²+a+1整除,　　 2分

则当n=k+1时,

a^k+2+(a+1)^2k+1

=a·a^k+1+(a+1)²(a+1)^2k-1

=a·a^k+1+a·(a+1)^2k-1+(a²+a+1)(a+1)^2k-1　　　　 5分

=a［a^k+1+(a+1)^2k-1］+(a²+a+1)(a+1)^2k-1,

由假设可知a［a^k+1+(a+1)^2k-1］能被a²+a+1整除.

∴a^k+2+(a+1)^2k+1也能被a²+a+1整除,　　　 7分

即n=k+1时命题也成立.

∴对n∈N*原命题成立.　　　　　　　　 8分