函数极限与数列极限的关系数列极限设{x n}为实数数列，a为常数．若对任意给定的正数ɛ，总存在正整数N，使得当n>N时，有∣x n−a∣<ɛ，则称数列{x n}收敛于a，常数a称为数列{x n}的极限．并记作x n=a或x n→a(n→∞),limn→+∞读作“ 当n趋于无穷大时，{x n}的极限等于a”．若数列{x n}没有极限，则称{x n}不收敛，或称{x n}为发散数列．对于收敛数列有以下两个基本性质，即收敛数列的唯一性和有界性：定理1：如果数列{x n}收敛，则其极限是唯一的；定理2：如果数列{x n}收敛，则其一定是有界的，即对于一切n(n=1,2,⋯)，总可以找到一个正数M，使得∣x n∣⩽M．函数极限函数极限可以分成x→x0,x→+∞,x→−∞三种．x→x0:设函数f(x)在点x0的某一去心邻域，即(x0−δ,x0)∪(x0,x0+δ)(δ>0)内有定义，如果存在常数A，对于任意给定的正数ɛ（无论它多么小），总存在正数δ，使得当x满足不等式0<∣x−x0∣<δ时，对应的函数值f(x)都满足不等式∣f(x)−A∣<ɛ，那么常数A就叫做函数f(x)当x→x0时的极限，记作limf(x)=A.x→x0x→+∞:设f(x)为定义在[a,+∞)上的函数，A为常数．若对于任意给定的正数ɛ，存在正数M，使得当x>M时，有∣f(x)−A∣<ɛ，则称函数f(x)当x趋于正无穷时以A为极限，记作f(x)=A或f(x)→A(x→+∞),limx→+∞x→−∞与此类似．例题1. 设无穷等比数列 {a n } 的公比为 q ，若 a 1=lim n→∞(a 3+a 4+⋯+a n )，则 q = ．【答案】 √5−12【分析】 易知 ∣q ∣<1，且 a 1=lim n→∞(a 1+a 2+a 3+a 4+⋯+a n −a 1−a 2)，所以 a 1=a 11−q−a 1−a 1q ，即 q 2+q −1=0．2. lim√n 2+5n−n= ．【答案】 253. 如图，抛物线 y =−x 2+1 与 x 轴的正半轴交于点 A ，将线段 OA 的 n 等分点从左至右依次记为 P 1,P 2,⋯,P n−1，过这些分点分别作 x 轴的垂线，与抛物线的交点依次为 Q 1,Q 2,⋯,Q n−1，从而得到 n −1 个直角三角形 △Q 1OP 1,△Q 2P 1P 2,⋯,△Q n−1P n−2P n−1，当 n →∞ 时，这些三角形的面积之和的极限为 ．【答案】 13【分析】 S =lim n→∞[12(1n −1n 3)+12(1n −4n 3)+⋯+12(1n −(n−1)2n 3)]=lim n→∞[n−12n −12+22+⋯+(n−1)22n 3]=13.4. 计算： limn→∞3n 2+4n−2(2n+1)2= ．【答案】 345. limn→∞(1−3nn+3)=．【答案】−26. limn→∞(1+a)n+1n+a=2，则常数a=．【答案】17. limx→2(4x2−4−1x−2)=．【答案】−148. limn→∞C n2+2C n n−2n+1=．【答案】329. limn→∞1+3+⋯+(2n−1)2n2−n+1=．【答案】1210. limx→1x−1x2+3x−4=．【答案】1511. 有一列正方体，棱长组成以1为首项，12为公比的等比数列，体积分别记为V1,V2,⋯,V n,⋯，则limn→∞(V1+V2+⋯+V n)=．【答案】8712. 若函数f(x)={3x+2x2−4−ax−2(x>2),b(x⩽2)在x=2处连续，则a=，b=．【答案】2；1413. limn→∞2n+3n2n−3n= ．【答案】 −114. 设函数 f (x )=1x+1，点 A 0 表示坐标原点，点 A n (n,f (n ))(n ∈N ∗)，若向量 a n ⃗⃗⃗⃗ =A 0A 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1A 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +⋯+A n−1A n ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，θn 是 a n ⃗⃗⃗⃗ 与 i 的夹角，（其中 i =(1,0)），设 S n =tanθ1+tanθ2+⋯+tanθn ，则 lim n→∞S n = ．【答案】 1【分析】 a n ⃗⃗⃗⃗ =A 0A n ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(n,1n+1)．由题意，得 θn 是 a n ⃗⃗⃗⃗ 与 x 轴正方向 的夹角，从而 tanθn =1n (n+1)．运用裂项相消法，得 S n =1−1n+1．15. 设等差数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，若 a 6=S 3=12，则 limn→+∞S nn 2=【答案】 1【分析】 {a 6=12S 3=12 故 {a 1=2d =2，所以 a n =2n ，lim n→+∞S n n 2=lim n→+∞n (n+1)n 2=lim n→+∞n+1n =1．16. lim x→0(1x 2−x −2x 2−2x )= ．【答案】 −1217. 计算 limn→+∞n+21+2+⋯+n= ．【答案】 018. (1)若 lim √n(√n+a−√n)=1 ，则常数 a = ．(2) √x−√π= ．【答案】 2 ； −2√π19. 已知无穷等比数列 {a n } 的各项和为 4 ，则首项 a 1 的取值范围是 ．【答案】 (0,4)∪(4,8)20. 已知函数 f (x )={x 2+2x−3x−1,x >1,ax +1,x ⩽1,在 x =1 处连续，则实数 a 的值为 ．【答案】 321. 设函数 f (x )={2x +1(x >0),a(x =0),bx (√1+x −1)(x <0) 在 x =0 处连续，求 a,b 的值．【解】lim x→0−f (x )=lim x→0−bx⋅(√1+x −1)=lim x→0√1+x √1+x x(√1+x +1)=lim x→0b (1+x −1)x(√1+x +1)=lim x→0√1+x +1=b2,而 lim x→0+f (x )=lim x→0+(2x +1)=2⋅0+1=1，所以 {b2=a 1=a⇒{a =1,b =2.22. 已知 lim x→−2x 2+mx+2x+2=n ，求 m,n 的值．【解】 解法一：∵ limx→−2x 2+mx+2x+2=n ，∴ x =−2 为方程 x 2+mx +2=0 的根． ∴ m =3． 又 limx→−2x 2+3x+2x+2=lim x→−2(x +1)=−1，∴ n =−1．∴ m =3,n =−1．解法二：∵lim x→−2(x 2+mx +2)=lim x→−2[(x +2)⋅x 2+mx +2x +2]=lim x→−2(x +2)⋅lim x→−2x 2+mx +2=0⋅n =0,∴ (−2)2+(−2)m +2=0,m =3． 同上可得 n =−1．23. 在数列 {a n } 中，若 a 1，a 2 是正整数，且 a n =∣a n−1−a n−2∣，n =3,4,5,⋯ 则称 {a n } 为“绝对差数列”．(1)举出一个前五项不为零的"绝对差数列"（只要求写出前十项）；【解】 a 1=3，a 2=1，a 3=2，a 4=1，a 5=1，a 6=0，a 7=1，a 8=1，a 9=0，a 10=1．（答案不唯一）(2)若“绝对差数列” {a n } 中，a 1=3，a 2=0，试求出通项 a n ；【解】 因为在绝对差数列 {a n } 中，a 1=3，a 2=0，所以该数列是 a 1=3，a 2=0，a 3=3，a 4=3，a 5=0，a 6=3，a 7=3，a 8=0，⋯． 即自第 1 项开始，每三个相邻的项周期地取值 3，0，3，所以 {a 3n+1=3,a 3n+2=0,a 3n+3=3,(n =0,1,2,3,⋯).(3)证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项．【解】 根据定义，数列 {a n } 必在有限项后出现零项，证明如下：假设 {a n } 中没有零项，由于 a n =∣a n−1−a n−2∣，所以对于任意的 n ，都有 a n ⩾1，从而 当 a n−1>a n−2 时，a n =a n−1−a n−2⩽a n−1−1(n ⩾3)； 当 a n−1<a n−2 时，a n =a n−2−a n−1⩽a n−2−1(n ⩾3)； 即 a n 的值要么比 a n−1 至少小 1，要么比 a n−2 至少小 1．令 c n ={a 2n−1(a 2n−1>a 2n ),a 2n (a 2n−1<a 2n ),(n =1,2,3,⋯)． 则 0<c n ⩽c n−1−1(n =2,3,4,⋯)．由于 c 1 是确定的正整数，这样减少下去，必然存在某项 c n <0， 这与 c n >0(n =1,2,3,⋯) 矛盾，从而 {a n } 必有零项．若第一次出现的零项为第 n 项，记 a n−1=A (A ≠0)，则自第 n 项开始，每三个相邻的项周期地取值 0，A ，A ，即{a n+3k =0,a n+3k+1=A,a n+3k+2=A,(k =0,1,2,3,⋯).所以绝对差数列 {a n } 中有无穷多个为零的项．24. 已知数列 {a n } 的通项公式为 a n =8(n+1)(n+3)，求 ∑(n +1)(a n −a n+1)∞n=1 的值．【解】 因为 (n +1)(a n −a n+1)=8(n +1)[1(n +1)(n +3)−1(n +2)(n +4)]=8⋅[1(n +2)(n +4)+1(n +3)(n +4)]=4⋅(1n +2−1n +4)+8(1n +3−1n +4),所以 ∑(n +1)(a n −a n+1)∞n=1=4∑(1n +2−1n +4)∞n=1+8∑(1n +3−1n +4)∞n=1=4⋅(13+14)+8⋅14=133.25. 已知数列 {a n } 中，a n =(2n )2(2n−1)(2n+1), S n 为其前 n 项的和，求 lim n→∞S nn的值．【解】∵a n=(2n )2(2n−1)(2n+1)=(2n )2−1+1(2n−1)(2n+1)=1+(12n−1−12n+1)×12,∴1n S n =1n [1+12(1−13)+1+12(13−15)+⋯+1+12(12n−1−12n+1)]=1n [n +12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)]=1n [n +12(1−12n+1)]=2n+22n+1.∴ lim n→∞S nn =limn→∞2n+12n+1=1.26. 已知数列 {a n }，其中 a 1=1，a 2=3，2a n =a n+1+a n−1 (n ⩾2)．记数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，数列 {lnS n } 的前 n 项和为 U n ． (1)求 U n ；【解】 由题意，得 {a n } 是首项为 1 、公差为 2 的等差数列，则其前 n 项和S n =n ×1+n (n −1)2×2=n 2,从而lnS n =lnn 2=2lnn,因此U n =2(ln1+ln2+⋯+lnn )=2ln (n!). (2)设 x >0，F n (x )=e U n2n (n!)2x 2n ，T n (x )=∑F k ʹn i=1(x )（其中 F k ʹ(x ) 为 F k (x ) 的导函数），计算 limn→∞T n (x )T n+1(x )．【解】 由（1），得F n (x )=e U n 2n (n!)2⋅x 2n =(n!)22n (n!)2⋅x 2n=x 2n2n,则F nʹ(x)=x2n−1.从而T n(x)=∑F kʹ(x)=nk=1∑x2k−1=nk=1{x(1−x2n)1−x2,0<x<1,n,x=1,x(1−x2n)1−x2,x>1.因此lim n→∞T n(x)T n+1(x)={limn→∞1−x2n1−x2n+2=1,0<x<1,limn→∞nn+1=1,x=1,limn→∞(1x2n)−1(1x2n)−x2=1x2,x>1.27. 已知等差数列{a n}的前三项为a，4，3a，前n项和为S n，且S k=2550． (1)求a及k的值；【解】∵a+3a=2×4,∴a=2.∴数列{a n}是首项为2，公差为2的等差数列．∵2k+k(k−1)2×2=2550,∴k=50,即a、k的值分别为2、50．(2)求limn→+∞(1S1+1S2+⋯+1S n)的值．【解】∵S n=2n+n(n−1)2×2=n2+n,∴1S n =1n2+n=1n(n+1)=1n−1n+1.∴1S1+1S2+⋯+1S n=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1 =1−1n+1.∴limn→+∞(1S1+1S2+⋯+1S n)=limn→+∞(1−1n+1)=1.28. 已知数列{a n}的前n项和S n=3n−1，数列{b n}满足b1=1，b n=3b n−1+a n(n⩾2)，记数列{b n}的前n项和为T n．(1)证明：{a n}为等比数列；【解】因为数列{a n}的前n项和S n=3n−1，所以a n=S n−S n−1=(3n−1)−(3n−1−1)=2⋅3n−1(n⩾2)．因为n=1时，a1=S1=2，也适合上式，所以a n=2⋅3n−1(n∈N∗)．因为a n+1a n =2⋅3n2⋅3n−1=3，所以数列{a n}是首项为2，公比为3的等比数列． (2)求T n；【解】当n⩾2时，b n=3b n−1+2⋅3n−1，将其变形为b n3n−1=b n−13n−2+2，即b n3n−1−b n−13n−2=2．所以数列{b n3n−1}是首项为b130=1，公差为2的等差数列．所以b n3n−1=1+2(n−1)=2n−1．所以b n=(2n−1)⋅3n−1(n∈N∗)．因为T n=1×30+3×31+5×32+⋯+(2n−1)⋅3n−1，所以3T n=1×31+3×32+5×33+⋯+(2n−1)⋅3n．两式相减得2T n=−1−2(31+32+⋯+3n−1)+(2n−1)⋅3n．整理得T n=(n−1)⋅3n+1(n∈N∗)．(3)设P n=S n+T n，若对于任意n∈N∗，都有(−1)n−1λ<1+(−1)n⋅P nP n+1成立，求实数λ的取值范围．【解】由P n=S n+T n=n⋅3n，得P nP n+1=n⋅3n(n+1)⋅3n+1=n3n+3．于是(−1)n−1λ<1+(−1)n⋅P nP n+1化为(−1)n−1λ<1+(−1)n⋅n3n+3. ⋯⋯①（i）当n是正奇数时，①式可化为λ<23+13n+3，显然，13n+3大于0，且随着正奇数n的增大而减小．由于①式对任意正奇数n恒成立，所以λ⩽23．（ii）当n是正偶数时，①式可化为λ>−43+13n+3，显然，13n+3随着正偶数n的增大而减小．由于①式对任意正偶数n恒成立，所以λ>−43+13×2+3=−119．综上，实数λ的取值范围(−119,23 ]．29. 设函数f(x)=a1sinx+a2sin2x+⋯+a n sinnx，其中a1,a2,⋯,a n∈R,n∈N+，已知对一切x∈R，有∣f(x)∣⩽∣sinx∣和limx→0sinxx=1，求证：∣a1+2a2+⋯+na n∣⩽1．【解】由于f(x)=a1sinx+a2sin2x+⋯+a n sinnx,则fʹ(x)=a1cosx+2a2cos2x+⋯+na n cosnx,所以fʹ(0)=a1+2a2+⋯+na n.由于∣fʹ(0)∣=∣∣∣limΔx→0f (Δx )−f (0)Δx∣∣∣=lim Δx→0∣∣∣f (Δx )Δx ∣∣∣⩽limΔx→0∣sinΔx∣∣Δx∣=1,故有 ∣a 1+2a 2+⋯+na n ∣⩽1．30. 已知公比为 q (0<q <1) 的无穷等比数列 {a n } 各项的和为 9，无穷等比数列 {a n 2} 各项的和为 815．(1)求数列 {a n } 的首项 a 1 和公比 q ；【解】 依题意可知，{ a 11−q =9,a 122=81,⇒{a 1=3,q =23.(2)对给定的 k (k =1,2,3,⋯,n )，设 T (k ) 是首项为 a k ，公差为 2a k −1 的等差数列，求 T (2) 的前 10 项之和；【解】 由（1）知，a n =3×(23)n−1，所以数列 T (2) 的的首项为 t 1=a 2=2，公差 d =2a 2−1=3，S 10=10×2+12×10×9×3=155，即数列 T (2) 的前 10 项之和为 155．(3)设 b i 为数列 T (k ) 的第 i 项，S n =b 1+b 2+⋯+b n ，求 S n ，并求正整数 m (m >1)，使得limn→∞S nn m存在且不等于零．（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）【解】 b i =a i +(i −1)(2a i −1)=(2i −1)a i −(i −1)所以 S n =b 1+b 2+⋯+b n =[a 1+3a 2+5a 3+⋯+(2n −1)a n ]−[1+2+⋯+(n −1)]令 S =a 1+3a 2+5a 3+⋯+(2n −1)a n 因为 S −qS =2(a 1+a 2+⋯+a n )−a 1−(2n −1)a n+1 所以S =2a 1(1−q n )(1−q )2−a 1+(2n −1)a n+11−q =45−(18n +45)(23)n故S n =S −n (n −1)2=45−(18n +45)(23)n −n (n −1)2当 m =2 时，lim n→∞S n n 2=lim n→∞[45n 2−18n +45n 2(23)n −12+12n ]=−12 当 m >2 时，lim n→∞S n n m =0，所以当 m =2 时，lim n→∞S nn 存在且不等于零．31. 已知在 x 轴上有一点列：P 1(x 1,0)，P 2(x 2,0)，P 3(x 3,0)，⋯，P n (x n ,0)，⋯，点 P n+2 分有向线段 P n P n+1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 所成的比为 λ，其中 n ∈N ∗，λ 为常数，x 1=1，x 2=2． (1)设 a n =x n+1−x n ，求数列 {a n } 的通项公式；【解】 由题意得 x n+2=x n +λxn+11+λ，又 a n =x n+1−x n ， ∴a n a n−1=−11+λ，又 a 1=x 2−x 1=1，∴ 数列 {a n } 是首项为 1 、公比为 −11+λ 的等比数列， ∴ a n =(−11+λ)n−1．(2)设 f (λ)=lim n→+∞x n ，当 λ 变化时，求 f (λ) 的取值范围．【解】 因为x n =x 1+(x 2−x 1)+(x 3−x 2)+⋯+(x n −x n−1)=1+a 1+a 2+⋯+a n−1,λ>0．∴ ∣∣−11+λ∣∣<1，lim n→+∞x n =1+11+11+λ=2λ+3λ+2． ∴ 当 λ>0 时，f (λ)=2(λ+2)−1λ+2=2−1λ+2∈(32,2)．32. 已知函数 f (x )={0,(x ⩽0),n [x −(n −1)]+f (n −1),(n −1<x ⩽n,n ∈N ∗), 数列 {a n } 满足a n =f (n )(n ∈N ∗)．(1)求数列 {a n } 的通项公式；【解】 ∵ n ∈N ∗，所以f (n )=n [n −(n −1)]+f (n −1)=n +f (n −1),所以f (n )−f (n −1)=n,所以f (1)−f (0)=1,f (2)−f (1)=2,f (3)−f (2)=3,⋯⋯f (n )−f (n −1)=n.将这 n 个式子相加，得f (n )−f (0)=1+2+3+⋯+n=n (n +1).∵ f (0)=0， ∴ f (n )=n (n+1)2，所以a n =n (n +1)2(n ∈N ∗). (2)设 x 轴，直线 x =a 与函数 y =f (x ) 的图象所围成的封闭图形的面积为 S (a )(a ⩾0)，求 S (n )−S (n −1)(n ∈N ∗)；【解】 S (n )−S (n −1) 为一直角梯形（n =1 时为直角三角形）的面积，该梯形的两底边的长分别为 f (n −1)，f (n )，高为 1，所以S (n )−S (n −1)=f (n −1)+f (n )2×1=a n−1+a n 2=12[n (n −1)2+n (n +1)2]=n 22.(3)在集合 M ={N ∣N =2k,k ∈Z 且 1000⩽k <1500} 中，是否存在正整数 N ，使得不等式 a n −1005>S (n )−S (n −1) 对一切 n >N 恒成立？若存在，则这样的正整数 N 共有多少个？并求出满足条件的最小的正整数 N ；若不存在，请说明理由．【解】 设满足条件的正整数 N 存在，则n (n +1)2−1005>n 22⇔n2>1005⇔n >2010. 又 M ={2000,2002,⋯,2008,2010,2012,⋯,2998}，∴ N =2010,2012,⋯,2998 均满足条件．它们构成首项为 2010，公差为 2 的等差数列． 设共有 m 个满足条件的正整数 N ，则2010+2(m −1)=2998,解得m =495,∴ M 中满足条件的正整数 N 存在，共有 495 个，所以N min =2010.(4)请构造一个与 {a n } 有关的数列 {b n }，使得 lim n→∞(b 1+b 2+⋯+b n ) 存在，并求出这个极限值．【解】 设 b n =1a n，即b n =2()=2(1−1),则b 1+b 2+⋯+b n=2[(1−12)+(12−13)+(13−14)+⋯+(1n −1n +1)]=2(1−1n +1).显然，其极限存在，并且lim n→∞(b 1+b 2+⋯+b n )=lim n→∞[2−1n +1]=2. 注：b n =c a n（c 为非零常数），b n =(12)2a n n+1,b n =q 2a nn+1(0<∣q ∣<1) 等都能使 lim n→∞(b 1+b 2+⋯+b n ) 存在．33. 已知 a >0 ，且 a ≠1 ，函数 f (x )=log a (1−a x ) ． (1)求函数 f (x ) 的定义域，并判断 f (x ) 的单调性；【解】 由题意知 1−a x >0 ，当 0<a <1 时， f (x ) 的定义域是(0,+∞);当 a >1 时， f (x ) 的定义域是(−∞,0).因为fʹ(x )=−a x lna 1−a x ⋅log a e =a xa x −1.由此，当 0<a <1 时， x ∈(0,+∞) ，因为 a x −1<0 ， a x >0 ，则fʹ(x )<0,所以 f (x )在 (0,+∞) 上是减函数．当 a >1 时， x ∈(−∞,0)，因为 a x −1<0 ， a x >0 ，则fʹ(x )<0,所以 f (x )在 (−∞,0) 上是减函数． (2)若 n ∈N ∗，求 lim n→∞a f (n )a n +a；【解】 因为 f (n )=log a (1−a n ),所以a f (n )=1−a n ,由函数定义域知 1−a n >0 ，因为 n 是正整数，则 0<a <1 ，所以lim n→∞a f (n )a n +a =lim n→∞1−a n a n +a =1a. (3)当 a =e （ e 为自然对数的底数）时，设 ℎ(x )=(1−e f (x ))(x 2−m +1) ，若函数 ℎ(x ) 的极值存在，求实数 m 的取值范围以及函数 ℎ(x ) 的极值．【解】 由 ℎ(x )=e x (x 2−m +1)(x <0) ，所以ℎʹ(x )=e x (x 2+2x −m +1).令 ℎʹ(x )=0 ，即x 2+2x −m +1=0,由题意应有 Δ⩾0 ，即m ⩾0.①当 m =0 时， ℎʹ(x )=0 有实根x =−1,在 x =−1 点左右两侧均有 ℎʹ(x )>0 ，故 ℎ(x ) 无极值． ②当 0<m <1 时， ℎʹ(x )=0 有两个实根x 1=−1−√m,x 2=−1+√m.当 x 变化时， ℎʹ(x ) 、 ℎ(x ) 的变化情况如下表所示：x (−∞,x 1)x 1(x 1,x 2)x 2(x 2,0)ℎʹ(x )+00+ℎ(x )↗极大值↘极小值↗所以 ℎ(x ) 的极大值为2e −1−√m (1+√m),ℎ(x ) 的极小值为2e −1+√m (1−√m).③当 m ⩾1 时, ℎʹ(x )=0 在定义域内有一个实根x =−1−√m.同上可得 ℎ(x ) 的极大值为2e −1−√m (1+√m).综上所述，当 0<m <1 时 ℎ(x ) 的极大值为 2e −1−√m (1+√m) ， ℎ(x ) 的极小值为 2e −1+√m (1−√m) ；当 m ⩾1 时， ℎ(x ) 的极大值为 2e −1−√m (1+√m) ．34. 已知 f 是直角坐标系平面 xOy 到自身的一个映射，点 P 在映射 f 下的象为点 Q ，记作 Q =f (P )．设 P 1(x 1,y 1)，P 2=f (P 1)，P 3=f (P 2)，⋯，P n =f (P n−1)，⋯ 如果存在一个圆，使所有的点 P n (x n ,y n )(n ∈N ∗) 都在这个圆内或圆上，那么称这个圆为点 P n (x n ,y n ) 的一个收敛圆．特别地，当 P 1=f (P 1) 时，则称点 P 1 为映射 f 下的不动点．若点 P (x,y ) 在映射 f 下的象为点 Q (−x +1,12y)． (1)求映射 f 下不动点的坐标；【解】 设不动点的坐标为 P 0(x 0,y 0)，由题意，得{x 0=−x 0+1,y 0=12y 0.解得x 0=12,y 0=0.所以此映射 f 下不动点为 P 0(12,0)．(2)若 P 1 的坐标为 (2,2)，求证：点 P n (x n ,y n )(n ∈N ∗) 存在一个半径为 2 的收敛圆．【解】 由 P n+1=f (P n )，得{x n+1=−x n +1,y n+1=12y n .所以x n+1−12=−(x n −12),y n+1=12y n . 因为 x 1=2，y 1=2，所以 x n −12≠0，y n ≠0，所以x n+1−12x n −12=−1,y n+1y n =12. 由等比数列定义，得数列 {x n −12}(n ∈N ∗) 是公比为 −1，首项为 x 1−12=32 的等比数列，所以x n −12=32×(−1)n−1, 则x n =12+(−1)n−1×32. 同理，y n =2×(12)n−1．所以 P n (12+(−1)n−1×32,2×(12)n−1)．设 A (12,1)，则∣AP n ∣=√(32)2+[1−2×(12)n−1]2.因为 0<2×(12)n−1⩽2，所以 −1⩽1−2×(12)n−1<1，所以∣AP n ∣⩽√(32)2+1<2.故所有的点 P n (n ∈N ∗) 都在以 A (12,1) 为圆心，2 为半径的圆内，即点 P n (x n ,y n ) 存在一个半径为 2 的收敛圆．35. 设 f (x ) 是定义在 R 上的偶函数，其图象关于直线 x =1 对称，对任意 x 1,x 2∈[0,12]，都有f (x 1+x 2)=f (x 1)⋅f (x 2)，且 f (1)=a >0． (1)求 f (12),f (14)；【解】 因为对任意 x 1,x 2∈[0,12]，都有 f (x 1+x 2)=f (x 1)⋅f (x 2)， 所以 f (x )=f (x 2+x 2)=f (x 2)⋅f (x2)⩾0,x ∈[0,1]． ∵ f (1)=f (12+12)=f (12)⋅f (12)=[f (12)]2, f (12)=f (14+14)=f (14)⋅f (14)=[f (14)]2, f (1)=a >0，∴ f (12)=a 12,f (14)=a 14． (2)证明 f (x ) 是周期函数；【解】 依题设 y =f (x ) 关于直线 x =1 对称，故 f (x )=f (1+1−x )，即f (x )=f (2−x ),x ∈R.又由 f (x ) 是偶函数知 f (−x )=f (x ),x ∈R ，∴ f (−x )=f (2−x ),x ∈R ．将上式中 −x 以 x 代换，得f (x )=f (x +2),x ∈R.这表明 f (x ) 是 R 上的周期函数，且 2 是它的一个周期． (3)记 a n =f (2n +12n)，求 lim n→∞(lna n )．【解】 由（1）知 f (x )⩾0,x ∈[0,1]，∵f (12)=f (n ⋅12n)=f [12n +(n −1)⋅12n ]=f (12n )⋅f [(n −1)⋅12n]=⋯=f (12n )⋅f (12n )⋅⋯⋅f (12n)=[f (1)]n ,f (12)=a 12，∴ f (12n )=a 12n．∵ f (x ) 的一个周期是 2 ∴ f (2n +12n )=f (12n )，因此 a n =a 12n． ∴lim n→∞(lna n )=lim n→∞(12n lna)=0．36. 已知点 P 1(a 1,b 1)，P 2(a 2,b 2)，…，P n (a n ,b n )（n 为正整数）都在函数 y =a x (a >0,a ≠1) 的图象上，其中 {a n } 是以 1 为首项，2 为公差的等差数列． (1)求数列 {a n } 的通项公式，并证明数列 {b n } 是等比数列；【解】 a n =2n −1，(n ∈N ∗)，b n =a a n =a 2n−1，∴ b n+1b n=a 2（定值），∴ 数列 {b n } 是等比数列．(2)设数列 {b n } 的前 n 项的和为 S n ，求 lim n→∞S nS n+1；【解】 ∵ {b n } 是等比数列，且公比 a 2≠1，∴ S n =a (1−a 2n )1−a 2，S nSn+1=1−a 2n1−a 2n+2．当 0<a <1 时，lim n→∞S nS n+1=1；当 a >1 时，lim n→∞S nS n+1=limn→∞1−a 2n 1−a 2n+2=limn→∞1a 2n −11a 2n −a 2=1a 2．因此，lim S nSn+1={1,0<a <11a2,a >1．(3)设 Q n (a n ,0)，当 a =23时，问 △OP n Q n 的面积是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由；【解】 b n =(23)2n−1，S △=12⋅(2n −1)⋅(23)2n−1，设 c n =12⋅(2n −1)(23)2n−1，当 c n 最大时，则 {c n ⩾c n−1c n ⩾c n+1，解得 {n ⩽2.3n ⩾1.3，n ∈N ∗，∴ n =2 时，c n 取得最大值 49，因此 △OP n Q n的面积存在最大值为 49．37. 如图，已知 Rt △ABC 中，∠B =90∘，tanC =0.5，AB =1，在 △ABC 内有一系列正方形，求所有这些正方形面积之和．【解】 设正方形 BD 1C 1B 1 、 D 1D 2C 2B 2 、 … 的边长分别为 a 1,a 2,….， ∵AB =1，tanC =0.5，∴BC =2．由相似三角形的知识可得 a 12=1−a 11，∴a 1=23． 同理，可得 a 2=23a 1,…,a n =23a n−1.∴{a n } 是以 23为首项，以 23为公比的等比数列．设 {S n } 是第 n 个正方形的面积，则 S n 是以 49 为首项，49 为公比的等比数列．∴lim n→∞(S 1+S 2+⋯+S n )=limn→∞49[1−(49)n ]1−49=45lim n→∞[1−(49)n ]=45,即所有这些正方形面积之和为 45．38. 已知数列 {anλn −(3λ)n} 是等差数列，公差为 2，a 1=11，a n+1=λa n +b n ． (1)用 λ 表示 b n ；【解】 因为数列 {a nλn −(3λ)n} 是公差为 2 的等差数列，所以 a n+1λn+1−3n+1λn+1=a n λn −3nλn+2, 去分母，得a n+1=λ⋅a n +3n+1+2λn+1−λ⋅3n ,由 a n+1−λa n =b n ，得b n =2λn+1+3n (3−λ).(2)若limn→∞b n+1b n=4，且λ⩾3，求λ的值；【解】lim n→∞b n+1b n=limn→∞2λn+2+3n+1(3−λ)2λn+1+3n(3−λ).当λ=3时，lim n→∞b n+1n=λ=3这与已知矛盾，所以λ≠3，当λ>3时，lim n→∞b n+1b n=limn→∞2λ+(3−λ)(3λ)n+12+3−λλ(3λ)n=λ=4,综上，λ=4．(3)在（2）的条件下，求数列{a n}的前n项和．【解】当λ=4，由已知，得a n 4n −3n4n=11−34+2(n−1)=2n,解得a n=2n⋅4n+3n.令A n=2×4+4×42+6×43+⋯+2n×4n,则4A n=2×42+4×43+6×44+⋯+2n×4n+1,两式相减，得−3A n=2×4+2×42+2×43+⋯+2×4n−2n⋅4n+1=8(1−4n)1−4−2n⋅4n+1=(2−6n)⋅4n+1−83,从而A n=(6n−2)⋅4n+1+89.而B n=3+32+33+⋯+3n=3n+12−32,因此，数列{a n}的前n项和S n=A n+B n=89+6n−29×4n+1+3n+12−32=−1118+3n+12+6n−29×4n+1.39. 讨论函数 f (x )={x,x >2,−(x −2)2,x <2 在 x =2 处的左极限、右极限以及在 x =2 处的极限．【解】 函数 f (x ) 的图象如图所示：当 x →2− 时，函数无限接近于 0, 即 lim x→2−f (x )=0. 当 x →2+时，函数无限接近于 2, 即 lim x→2+f (x )=2. 综上，可知 lim x→2−f (x )≠lim x→2+f (x )．∴ 函数 f (x ) 在 x =2 处极限不存在．40. 已知 a >0，数列 {a n } 满足 a 1=a ，a n+1=a +1a n，n =1,2,⋯．(1)已知数列 {a n } 极限存在且大于零，求 A =lim n→∞a n （将 A 用 a 表示）；【解】 由 lim n→∞a n 存在，且 A =lim n→∞a n (A >0), 对 a n+1=a +1a n两边取极限得A =a +1A,解得A =a ±√a 2+42,又 A >0，所以A =a +√a 2+4.(2)设 b n =a n −A ，n =1,2,⋯，证明：b n+1=−bn A (b n +A)；【解】 由 a n =b n +A ，a n+1=a +1a n，得b n+1+A =a +1n , 所以b n+1=a −A +1b n +A =−1A +1b n +A=−b nA (b n +A ).即 b n+1=−b nA(b n +A)对 n =1,2,⋯ 都成立．(3)若 ∣b n ∣⩽12n对 n =1,2,⋯ 都成立，求 a 的取值范围．【解】 令 ∣b 1∣⩽12，根据（1）（2）得∣∣∣a −12(a +√a 2+4)∣∣∣⩽12, 解得a ⩾32.现证明当 a ⩾32 时，∣b n ∣⩽12n 对 n =1,2,⋯ 都成立． （i ）当 n =1 时结论成立（已验证）．（ii ）假设当 n =k (k ⩾1) 时结论成立，即 ∣b k ∣⩽12k , 那么∣b k+1∣=∣b k ∣∣A (b k +A )∣⩽1A ∣b k +A ∣×12k ,则只须证明1A ∣b k +A ∣⩽12,即证 A ∣b k +A ∣⩾2 对 a ⩾32成立．由于A =a +√a 2+42=2√a 2+4−a,而当 a ⩾32 时，√a 2+4−a ⩽1,所以A ⩾2,从而∣b k +A ∣⩾A−∣b k ∣⩾2−12k⩾1, 即A ∣b k +A ∣⩾2. 故当 a ⩾32 时，∣b k+1∣⩽12×12k =12k+1, 即 n =k +1 时结论成立．根据（i ）和（ii ）可知结论对一切正整数都成立．故 ∣b n ∣⩽12n 对 n =1,2,⋯ 都成立的 a 的取值范围为 [32,+∞).课后练习1. 无限循环小数可以化为有理数，如 0.1=19，0.13=1399，0.015=5333，⋯，请你归纳出0.017= （表示成最简分数 mn，且 n ，m ∈N ∗）．2. 计算： lim n→∞n+203n+13= ．3. 已知 limx→2x 2+cx+2x−2=a ，则 c = ，a = ．4. 已知函数 f(x)={1−√1−xx (x <0)a +x 2(x ⩾0) 是连续函数，则实数 a 的值是 ．5. 计算：lim n→∞n (n 2+1)6n 3+1= ．6. 若 lim x→1f (x−1)x−1=1，则 lim x→1f (2−2x )x−1= ．7. lim x→−2x 2+3x+2x+2= ．8. limx→1x √x−xx−1= ．9. 计算： limn→∞3n+1−2n3n +2n−1= ．10. 若 (1+2x )7 展开式的第三项为 168 ，则 lim n→∞(1x +1x 2+⋯+1x n )= ．11. 已知函数 f (x )={2x+1,x >0,x +a,x ⩽0是连续函数，则实数 a 的值是 ．12. 等差数列 {a n } 的前 3 项的和为 21，前 6 项的和为 24，则其首项为 ，若数列 {a n } 的前 n 项的和为 S n ，则 limn→∞S nn 2= ．13. 已知 f (x ) 在定义域 R 上可导，导函数为 fʹ(x )，若 f (x 0)=m ，fʹ(x 0)=n ，则limℎ→0sin [f (x 0+ℎ)]−sin [f (x 0−ℎ)]ℎ= ．（用 m ，n 表示）．14. 已知定义在正实数集上的连续函数 f (x )={11−x +2x 2−1,0<x <1x +a,x ⩾1，则实数 a 的值为 ． 15. limx→2x 3−2x 2x−2= ．16. lim x→1x 2+x−2x 2+4x−5= ．17. \(\lim\limits \limits_{x \to 1} \left(\dfrac{1}{{x - 1}} - \dfrac{2}{{{x^2} - 1}}\right)=\) ．18. lim x→−2(44−x −12+x )= ．19. 等比数列 {b n }:1,2,4,⋯，其前 n 项和为 S n ,n =1,2,3,⋯，则 lim n→∞b nS n= ．20. 计算 limn→∞3n−24n+3= ．21. 已知数列 {a n } 的前 n 项和 S n =(n 2+n )⋅3n ． (1)求 limn→∞a n S n；(2)证明：a 11+a22+⋯+ann >3n．22. 函数 f (x ) 定义在 [0,1] 上，满足 f (x )=2f (x 2) 且 f (1)=1，在每个区间 (12i ,12i−1](i =1,2,⋯) 上，y =f (x ) 的图象都是平行于 x 轴的直线的一部分．(1)求 f (0) 及 f (12),f (14) 的值，并归纳出 f (12i )(i =1,2,⋯) 的表达式；(2)设直线 x =12i ,x =12i−1,x 轴及 y =f (x ) 的图象围成的矩形的面积为 a i (i =1,2,⋯)，求 a 1，a 2 及 lim n→∞(a 1+a 2+⋯+a n ) 的值． 23. 已知定义在 R 上的函数 f (x ) 和数列 {a n } 满足下列条件： a 1=a,a n =f (a n−1)(n =2,3,4,⋯),a 2≠a 1， f (a n )−f (a n−1)=k (a n −a n−1)(n =2,3,4,⋯), 其中 a 为常数，k 为非零常数．(1)令 b n =a n+1−a n (n ∈N ∗)，证明数列 {b n } 是等比数列； (2)求数列 {a n } 的通项公式； (3)当 ∣k ∣<1 时，求 lim n→∞a n24. 已知 u n =a n +a n−1b +a n−2b 2+⋯+ab n−1+b n (n ∈N ∗,a >0,b >0)． (1)当 a =b 时，求数列 {u n } 的前 n 项和 S n ； (2)求 lim n→∞u nu n−1．小测验姓名 成绩1. 若 lim √n(√n+a−√n)=1 ，则常数 a = ．2. limx→−1x 2+3x+2x 2−1的值等于 ．3. 设等差数列 {a n } 的公差 d 是 2 ，前 n 项的和为 S n ，则 lim n→∞a n2−n 2S n= ．4. limx→2x−2x 2−x−2的值等于 ．5. 极限 limx→0(x+1)10−(x+1)6x= ．6. 各项均为正数的等比数列 {a n } 的公比为 q ，前 n 项和为 S n ．若 q <1，则limn→∞a n+1S n= ，若 q >1，则 limn→∞a n+1S n= ．7. 设常数 a >0，(ax −1x )5展开式中 x 3 的系数为 −581，则 a = ，lim n→∞(a +a 2+⋯+a n )= ．8. 设 a n 是 (1+x )n (n =2,3,4,⋯) 展开式中 x 2 的系数，则 lim n→∞(1a 2+1a 3+1a 4+⋯+1a n)= ．9. lim x→1(xx−1+x−3x 2−1)= ．10. 设函数f (x )={√1+x−1x ,x ≠0,a,x =0在 x =0 处连续，则实数 a 的值为 ． 11. 若 lim x→−1x 2+3x+m x+1=n ，则 m = ，n = ． 12. limn→∞3n +(−2)n3n+1+(−2)n+1= ．13. 等比数列 1，12，14，18，⋯ 所有项的和为 ． 14. 若 lim n→∞(4+4a+⋯+4a n−11−a)=9，则实数 a = ．15. 已知函数 f (x )={x 3−1x−1,x ≠1a,x =1，若 f (x ) 在 R 上连续，则 a = ．此时 lim n→∞(an−1n+2a3n )= ．16. 已知点 O (0,0)，Q 0(0,1) 和点 R 0(3,1)，记 Q 0R 0 的中点为 P 1，取 Q 0P 1 和 P 1R 0 中的一条，记其端点为 Q 1，R 1，使之满足 (∣OQ 1∣−2)(∣OR 1∣−2)<0，记 Q 1R 1 的中点为 P 2，取 Q 1P 2和P2R1中的一条，记其端点为Q2，R2，使之满足(∣OQ2∣−2)(∣OR2∣−2)<0．依次下去，得到P1，P2，⋯，P n，⋯，则limn→∞∣Q0P n∣=．17. 在二项式(1+x)n(n>1,n∈N)的展开式中，含x2项的系数记为a n，则limn→∞(1a2+1a3+⋯+1a n)的值为．18. 若(1+5x)n的展开式中各项系数的和是a n，(7x2+5)n的二项式系数和为b n，则lim n→∞a n−2b n3a n+4b n=．19. 已知数列{a n}的前n项和S n=−n2+kn(k∈R,n∈N∗)，则limn→∞na nS n=．20. 已知点A(0,2n ),B(0,−2n),C(4+2n,0)，其中n为正整数．设S n表示△ABC外接圆的面积，则limn→∞S n=．。
