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人教版2022届一轮复习打地基练习 数列的极限
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这是一份人教版2022届一轮复习打地基练习 数列的极限，共20页。试卷主要包含了已知数列{an}满足，计算等内容，欢迎下载使用。
人教版2022届一轮复习打地基练习 数列的极限
一．选择题（共9小题）
1．已知数列{an}满足：a1=13，且对任意的正整数m、n，都有am+n＝am•an，若数列{an}的前n项和为Sn，则limn→∞Sn等于（ ）
A．12 B．23 C．32 D．2
2．在数列{an}中，an=13n，n=2k−1n2+13n2+1，n=2k（k∈N*），则数列{an}的极限为（ ）
A．0 B．13 C．0或13 D．不存在
3．已知等差数列{an}的公差为2，记前n项和为Sn，则limn→∞nan+Sn2n2=（ ）
A．32 B．34 C．0 D．不存在
4．已知数列ξ中，满足a1=1且an+1=an1+nan，则limn→∞(n2an)=（ ）
A．1 B．12 C．2 D．aa2−b2
5．已知数列{an}满足an=1，(1≤n≤2019)(−12)n，(n≥2020)，则limn→∞an＝（ ）
A．1 B．0 C．1或0 D．不存在
6．已知limn→∞(2n−4n2−an+3)=1，则实数a的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．计算：limn→∞3n+5n3n−1+5n−1=（ ）
A．3 B．53 C．35 D．5
8．已知数列{an}是等比数列，limn→∞(a1+a2+⋯+an)=14，则a1的取值范围是（ ）
A．(0，12) B．(0，14)
C．(14，12) D．(0，14)∪(14，12)
9．已知数列{an}满足：an=1，(1≤n≤2018)−2⋅(13)n−2009．(n≥2019)，设Sn表示数列{an}的前n项和．则下列结论正确的是（ ）
A．limn→+∞an和limn→+∞Sn都存在
B．limn→+∞an和limn→+∞Sn都不存在
C．limn→+∞an存在，limn→+∞Sn不存在
D．limn→+∞an不存在，limn→+∞Sn存在
二．填空题（共18小题）
10．设数列{an}的前n项和为Sn，且满足Snan−11=4，则limn→∞Sn＝ ．
11．设无穷等比数列{an}的公比为q，若a1=limn→∞(a3+a4+⋯+an)，则q＝ ．
12．数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn是它前n项和，则limn→∞Snan2= ．
13．limn→∞（1+11+2+11+2+3+⋯⋯+11+2+3+⋯+n）＝ ．
14．若数列{an}的通项公式是an=3−n+2−n+(−1)n(3−n−2−n)2，n＝1，2，…，则limn→∞（a1+a2+…+an）＝
15．已知数列{an}的前n项和Sn=(−1)nan−12n，若Tn＝a1+a3+⋯+a2n﹣1，则limn→∞Tn= ．
16．计算：limn→∞3n+1−2n3n+2n+1= ．
17．已知n∈N，n≥2，函数y=nn2+3x+3nn+3的图象与y轴相交于点An、与函数y=log1n(x−4)的图象相交于点Bn，△OAnBn的面积为Sn（O为坐标原点），则limn→∞Sn= ．
18．已知等比数列{an}的首项为2，公比为13，其前n项和记为Sn，则limn→+∞Sn＝ ．
19．设无穷等比数列{an}（n∈N*）的公比q=−13，a1=1，则limn→∞(a2+a4+a6+⋯+a2n)= ．
20．若首项为1、公比为13的无穷等比数列的各项和为S，Sn表示该数列的前n项和，则limn→∞（S1+S2+…+Sn﹣nS）的值为 ．
21．若数列{an}的通项公式an={2n，n≤2#/DEL/#(12)n，n＞2#/DEL/#，n∈N∗，则limn→∞Sn= ．
22．若an是（2+x）n（n∈N*，n≥2，x∈R）展开式中x2项的二项式系数，则limn→∞(1a2+1a3+⋯+1an)= ．
23．计算：limn→∞3n2+20n2+n= ．
24．已知数列{an}的通项公式an=(−1)n，1≤n≤2019(12)n−2019，n≥2020，前n项和为Sn，则limn→∞Sn值是 ．
25．已知一个圆心位于坐标原点的单位圆与x轴正半轴交点为A．若一个粒子从A点出发沿单位圆逆时针旋转π弧度到达A1点，接着顺时针旋转π2弧度到达A2点，再逆时针旋转π4弧度到达A3点，再顺时针旋转π8弧度到达A4点．以后按照逆时针、顺时针交替旋转，每次旋转的角度大小都是上一次的一半．这样无限进行下去，则粒子到达极限位置时其横纵坐标之和为 ．
26．在无穷等比数列{an}中，a1=3，a2=1，则limn→∞(a1+a3+⋯+a2n−1)= ．
27．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an+1＝Sn，则limn→+∞(1a1+1a2+⋅⋅⋅+1an)= ．
三．解答题（共5小题）
28．若数列{an}满足1λ≤an+1an≤λ（λ＞1，且λ为实常数），n∈N*，则称数列{an}为B （λ）数列．
（1）若数列{an}的前三项依次为a1＝2，a2＝x，a3＝9，且{an}为B（3）数列，求实数x的取值范围；
（2）已知{an}是公比为q（q≠1）的等比数列，且a1＞0，记Tn＝|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|．若存在数列{an}为B（4）数列，使得limn→∞Tn+1−tTnTn≤0成立，求实数t的取值范围；
（3）记无穷等差数列{an}的首项为a1，公差为d，证明：“0≤da1≤λ﹣1”是“{an}为B （λ）数列”的充要条件．
29．已知数列{an}；满足n−1n+1•an+1＝an﹣1且a2＝6，设bn＝an+n，n∈N*．
（1）求b1，b2，b3，b4；
（2）求{bn}的通项公式：
（3）求limn→∞（1b2−2+1b3−2+1b4−2+⋯+1bn−2）．
30．等差数列{an}中，若a3＝3，a6＝9，
（1）求等差数列{an}的通项公式和前n项和Sn．
（2）求limn→∞nanSn．
31．已知Sn是数列{an}的前n项和，2Sn=Sn−1−(12)n−1+2（n≥2，n∈N*），且a1=12．
（1）求a2的值，并写出an和an+1的关系式；
（2）求数列{an}的通项公式及Sn的表达式；
（3）我们可以证明：若数列{bn}有上界（即存在常数A，使得bn＜A对一切n∈N*恒成立）且单调递增；或数列{bn}有下界（即存在常数B，使得bn＞B对一切n∈N*恒成立）且单调递减，则limn→∞bn存在．直接利用上述结论，证明：limn→∞Sn存在．
32．数列{an}的通项公式是an=2−nn+1(n=1，2)13n(n＞2)，前n项和为Sn，
计算（1）limn→∞an；
（2）limn→∞Sn．
人教版2022届一轮复习打地基练习 数列的极限
参考答案与试题解析
一．选择题（共9小题）
1．已知数列{an}满足：a1=13，且对任意的正整数m、n，都有am+n＝am•an，若数列{an}的前n项和为Sn，则limn→∞Sn等于（ ）
A．12 B．23 C．32 D．2
【分析】根据a1=13和am+n＝am•an得出数列{an}的通项公式，判断数列{an}为等比数列，进而表示出数列的前n项和，最后得出答案．
【解答】解：数列{an}满足：a1=13，且对任意正整数m，n都有am+n＝am•an
∴a2＝a1+1＝a1•a1=19，an+1＝an•a1=13an，
∴数列{an}是首项为13，公比为13的等比数列．
limn→∞Sn=limn→∞（a1+a2+…+an）=a11−q=12，
故选：A．
2．在数列{an}中，an=13n，n=2k−1n2+13n2+1，n=2k（k∈N*），则数列{an}的极限为（ ）
A．0 B．13 C．0或13 D．不存在
【分析】直接利用极限的运算法则求出结果．
【解答】解：①当n＝2k﹣1时，limn→∞13n=0，
②当n＝2k时，limn→∞n2+13n2+1=13，
所以数列{an}的极限不存在．
故选：D．
3．已知等差数列{an}的公差为2，记前n项和为Sn，则limn→∞nan+Sn2n2=（ ）
A．32 B．34 C．0 D．不存在
【分析】设等差数列{an}的公差为d，由等差数列的通项公式和求和公式、数列的极限的运算性质，计算可得所求值．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，则d＝2，
an＝a1+2（n﹣1），
前n项和为Sn＝na1+12n（n﹣1）•2＝n2+（a1﹣1）n，
则limn→∞nan+Sn2n2=limn→∞3n2+n(2a1−3)2n2=limn→∞（32+2a1−32n）
=32+0=32．
故选：A．
4．已知数列ξ中，满足a1=1且an+1=an1+nan，则limn→∞(n2an)=（ ）
A．1 B．12 C．2 D．aa2−b2
【分析】先取倒数得：1an+1−1an=n，n分别取1，2，…n﹣1，再累加，可求通项，进而可求极限．
【解答】解：取倒数得：1an+1−1an=n
n分别取1，2，…n﹣1，累加得：1an−1a1=1+2+⋯+n−1
∵a1＝1
∴1an=n2−n+22
∴an=2n2−n+2
∴limn→∞(n2an)=limn→∞2n2n2−n+2=2
故选：C．
5．已知数列{an}满足an=1，(1≤n≤2019)(−12)n，(n≥2020)，则limn→∞an＝（ ）
A．1 B．0 C．1或0 D．不存在
【分析】根据条件可知limn→∞an=limn→∞(−12)n，然后求出其极限．
【解答】解：∵an=1，(1≤n≤2019)(−12)n，(n≥2020)，∴limn→∞an=limn→∞(−12)n=0．
故选：B．
6．已知limn→∞(2n−4n2−an+3)=1，则实数a的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】利用数列极限的运算法则化简求解即可．
【解答】解：limn→∞(2n−4n2−an+3)=1，
可得limn→∞(2n−4n2−an+3)(2n+4n2−an+3)2n+4n2−an+3=limn→∞an−32n+4n2−an+3
=limn→∞a−3n2+4−an+3n2=a2+2=1，
所以a＝4．
故选：D．
7．计算：limn→∞3n+5n3n−1+5n−1=（ ）
A．3 B．53 C．35 D．5
【分析】把3n+5n3n−1+5n−1分子分母同时除以5n﹣1，则答案可求．
【解答】解：limn→∞3n+5n3n−1+5n−1=limn→∞3(35)n−1+5(35)n−1+1=5．
故选：D．
8．已知数列{an}是等比数列，limn→∞(a1+a2+⋯+an)=14，则a1的取值范围是（ ）
A．(0，12) B．(0，14)
C．(14，12) D．(0，14)∪(14，12)
【分析】利用等比数列极限的运算法则化简求解即可．
【解答】解：数列{an}是等比数列，limn→∞(a1+a2+⋯+an)=14，
可得a11−q=14，|q|＜1，q≠0，
所以a1=14（1﹣q）∈(0，14)∪(14，12)．
故选：D．
9．已知数列{an}满足：an=1，(1≤n≤2018)−2⋅(13)n−2009．(n≥2019)，设Sn表示数列{an}的前n项和．则下列结论正确的是（ ）
A．limn→+∞an和limn→+∞Sn都存在
B．limn→+∞an和limn→+∞Sn都不存在
C．limn→+∞an存在，limn→+∞Sn不存在
D．limn→+∞an不存在，limn→+∞Sn存在
【分析】推导出Sn，利用数列极限的运算法则化简求解即可．
【解答】解：∵数列{an}，对任意的正整数n，an=1，(1≤n≤2018)−2⋅(13)n−2009.(n≥2019)，
设Sn表示数列{an}的前n项和，
∴a1＝a2＝a3＝…＝a2018＝1，a2019＝﹣2•1310，a2020＝﹣2•1311，a2019＝﹣2•1312，…，
∴Sn＝2018+＝2018+＝2017﹣，
limn→+∞Sn=−2⋅1310(1−13n−2009)1−13=−139，
limn→+∞an=limn→+∞(−2×(13)n−2019)=0，
故选：A．
二．填空题（共18小题）
10．设数列{an}的前n项和为Sn，且满足Snan−11=4，则limn→∞Sn＝ 4 ．
【分析】利用行列式推出{Sn﹣4}是等比数列，然后求解Sn，即可求解数列的极限．
【解答】解：Snan−11=4，可得Sn+an＝4．
可得2Sn﹣Sn﹣1＝4．所以2（Sn﹣4）＝Sn﹣1﹣4．
所以{Sn﹣4}是等比数列，公比为12，
所以Sn﹣4＝（2﹣4）•(12)n−1，
Sn＝4﹣2•(12)n−1，
则limn→∞Sn＝4/
故答案为：4．
11．设无穷等比数列{an}的公比为q，若a1=limn→∞(a3+a4+⋯+an)，则q＝ 5−12 ．
【分析】由于q为无穷等比数列{an}的公比，即有0＜|q|＜1，由无穷等比数列的极限公式可得limn→∞（a3+a4+…+an）=a31−q，再由等比数列的通项公式，解方程可得公比q．
【解答】解：由于q为无穷等比数列{an}的公比，即有0＜|q|＜1，
由a1=limn→∞(a3+a4+⋯+an)，可得
a1=a31−q=a1q21−q，
即为q2+q﹣1＝0，
解得q=5−12（−1−52舍去），
故答案为：5−12．
12．数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn是它前n项和，则limn→∞Snan2= 14 ．
【分析】求出数列的和以及通项公式，然后求解数列的极限即可．
【解答】解：数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn=n+n(n−1)×22=n2．an＝1+（n﹣1）×2＝2n﹣1，
则limn→∞Snan2=limn→∞n2(2n−1)2=14
故答案为：14；
13．limn→∞（1+11+2+11+2+3+⋯⋯+11+2+3+⋯+n）＝ 2 ．
【分析】求出数列通项公式的表达式，求出数列的和，然后求解数列的极限即可．
【解答】解：11+2+3+⋯+n=2n(n+1)=2（1n−1n+1），
∴limn→∞（1+11+2+11+2+3+⋯⋯+11+2+3+⋯+n）=limn→∞2（1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1）=limn→∞（2−2n+1）＝2．
故答案为：2．
14．若数列{an}的通项公式是an=3−n+2−n+(−1)n(3−n−2−n)2，n＝1，2，…，则limn→∞（a1+a2+…+an）＝ 1924
【分析】由题意求出an，然后利用数列的极限转化求解计算可得答案．
【解答】解：an=3−n+2−n+(−1)n(3−n−2−n)2，（n＝1，2…）
即an=2−n(n为奇数)3−n(n为偶数)，
∴a1+a2+…+an＝（2﹣1+2﹣3+2﹣5+）+（3﹣2+3﹣4+3﹣6+）．
∴limn→∞（a1+a2+…+an）=2−11−2−2+3−21−3−2=121−14+191−19=1924，
故答案为：1924．
15．已知数列{an}的前n项和Sn=(−1)nan−12n，若Tn＝a1+a3+⋯+a2n﹣1，则limn→∞Tn= −13 ．
【分析】由已知数列递推式分n为偶数与奇数求得Sn，得到an=(−1)n⋅(Sn+12n)，代入Tn＝a1+a3+⋯+a2n﹣1，利用数列的分组求和及等比数列的前n项和公式求得Tn，取极限得答案．
【解答】解：当n为偶数时，Sn=an−12n=Sn−Sn−1−12n，
得Sn−1=−12n，则n为奇数时，Sn=−12n+1；
当n为奇数时，Sn=−an−12n=−Sn+Sn−1−12n，
∴Sn−1=2Sn+12n=2⋅(−12n+1)+12n=0，
即n为偶数时，Sn＝0．
∵Sn=(−1)nan−12n，∴an=(−1)n⋅(Sn+12n)，
则Tn＝a1+a3+⋯+a2n﹣1＝﹣（S1+121+S3+123+...+S2n−1+122n−1）
＝﹣（−122−124−...−122n）﹣（121+123+...+122n−1）
=14(1−122n)1−14−12(1−122n)1−14=−13+13⋅14n．
∴limn→∞Tn=limn→∞（−13+13⋅14n）=−13．
故答案为：−13．
16．计算：limn→∞3n+1−2n3n+2n+1= 3 ．
【分析】直接利用数列的极限的运算法则化简求解即可．
【解答】解：limn→∞3n+1−2n3n+2n+1=limn→∞3−(23)n1+2×(23)2=3−01+0=3．
故答案为：3．
17．已知n∈N，n≥2，函数y=nn2+3x+3nn+3的图象与y轴相交于点An、与函数y=log1n(x−4)的图象相交于点Bn，△OAnBn的面积为Sn（O为坐标原点），则limn→∞Sn= 6 ．
【分析】首先确定n→+∞时的An与函数y=nn2+3x+3nn+3的图象情况，再确定Bn趋于点B（4，3），可得limn→∞Sn=S△OAB，则答案可求．
【解答】解：由y=nn2+3x+3nn+3，取x＝0，得An（0，3nn+3），
∵limn→∞nn2+3=0，limn→∞3nn+3=limn→∞31+3n=3，
点An趋近于A（0，3）；
可得函数y=nn2+3x+3nn+3的图象趋近于直线y＝3，
此时点Bn趋近于函数y=log1n(x−4)的渐近线与y＝3的交点，即B（4，3），
∴limn→∞Sn=S△OAB=12×4×3=6．
故答案为：6．
18．已知等比数列{an}的首项为2，公比为13，其前n项和记为Sn，则limn→+∞Sn＝ 3 ．
【分析】直接利用等比数列的极限的运算法则求解即可．
【解答】解：等比数列{an}的首项为2，公比为13，其前n项和记为Sn，
则limn→+∞Sn=a11−q=21−13=3．
故答案为：3．
19．设无穷等比数列{an}（n∈N*）的公比q=−13，a1=1，则limn→∞(a2+a4+a6+⋯+a2n)= −38 ．
【分析】运用等比数列的通项公式，求出数列{a2n}为公比为19，首项为−13的等比数列，再由无穷递缩等比数列的求和公式，即可得到极限．
【解答】解：a2＝a1q=−13，a4＝a1q3=−127，…，a2n＝a1q2n﹣1＝（−13）2n﹣1．
则数列{a2n}为公比为19，首项为−13的等比数列，
则则limn→∞(a2+a4+a6+⋯+a2n)=a21−q2=−131−19=−38．
故答案为：−38．
20．若首项为1、公比为13的无穷等比数列的各项和为S，Sn表示该数列的前n项和，则limn→∞（S1+S2+…+Sn﹣nS）的值为 −34 ．
【分析】求出等比数列的和，化简极限的和，然后求解极限即可．
【解答】解：首项为1、公比为13的无穷等比数列的各项和为S=a11−q=11−13=32，
Sn表示该数列的前n项和，Sn=1−(13)n1−13=32−32⋅3n，
S1+S2+…+Sn﹣nS=32n−32（13+132+⋯+13n）−32n=−32×13(1−(13)n)1−13=−34(1−13n)，
所以limn→∞（S1+S2+…+Sn﹣nS）=limn→∞[−34(1−13n)]=−34．
故答案为：−34．
21．若数列{an}的通项公式an={2n，n≤2#/DEL/#(12)n，n＞2#/DEL/#，n∈N∗，则limn→∞Sn= 254 ．
【分析】求解数列的和，然后求解数列的极限即可．
【解答】解：数列{an}的通项公式an={2n，n≤2#/DEL/#(12)n，n＞2#/DEL/#，n∈N∗，
可得Sn＝2+4+18(1−12n−2)1−12=6+14（1−12n−2），
limn→∞Sn=limn→∞[6+14（1−12n−2）]＝6+14=254．
故答案为：254．
22．若an是（2+x）n（n∈N*，n≥2，x∈R）展开式中x2项的二项式系数，则limn→∞(1a2+1a3+⋯+1an)= 2 ．
【分析】（2+x）n（其中n＝2，3，4，…）的展开式，Tr+1，令r＝2，可得an，再利用求和公式化简，利用数列的极限即可得出．
【解答】解：（2+x）n（其中n＝2，3，4，…）的展开式，Tr+1=Cnr2n−rxr，令r＝2，可得：T3＝2n﹣2Cn2x2．
∴an是二项式（2+x）n（其中n＝2，3，4，…）的展开式中x的二项式系数，
∴an=Cn2=n(n−1)2．
则limn→∞(1a2+1a3+⋯+1an)=limn→∞2(1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1−1n)=limn→∞(2−2n)=2．
故答案为：2．
23．计算：limn→∞3n2+20n2+n= 3 ．
【分析】由数列的极限的运算法则和常见数列的极限公式，计算可得所求值．
【解答】解：limn→∞3n2+20n2+n=limn→∞3+20n21+1n
=3+limn→∞2n21+limn→∞1n=3+01+0=3，
故答案为：3．
24．已知数列{an}的通项公式an=(−1)n，1≤n≤2019(12)n−2019，n≥2020，前n项和为Sn，则limn→∞Sn值是 0 ．
【分析】利用数列的极限的运算法则化简求解即可．
【解答】解：limn→∞Sn=limn→∞[(a1+⋯+a2019)+(a2020+a2021+⋯)]=limn→∞(−1+121−12)=0，
故答案为：0．
25．已知一个圆心位于坐标原点的单位圆与x轴正半轴交点为A．若一个粒子从A点出发沿单位圆逆时针旋转π弧度到达A1点，接着顺时针旋转π2弧度到达A2点，再逆时针旋转π4弧度到达A3点，再顺时针旋转π8弧度到达A4点．以后按照逆时针、顺时针交替旋转，每次旋转的角度大小都是上一次的一半．这样无限进行下去，则粒子到达极限位置时其横纵坐标之和为 3−12 ．
【分析】分别求得A1，A2，A3，A4，…，运用等比数列的定义和求和公式，以及无穷递缩等比数列的求和，结合特殊角三角函数的值，计算可得所求值．
【解答】解：由题意可得A（1，0），A1（cosπ，sinπ），
A2（cos（π−π2），sin（π−π2）），
A3（cos（π−π2+π4），sin（π−π2+π4）），
A4（cos（π−π2+π4−π8），sin（π−π2+π4−π8），
……
An（cos（π−π2+π4−⋯+π•（−12）n﹣1），sin（π−π2+π4−⋯+π•（−12）n﹣1），
limn→∞（π−π2+π4−⋯+π•（−12）n﹣1））=limn→∞1−(−12)n1−(−12)π=11+12π=2π3，
可得limn→∞[cos（π−π2+π4−⋯+π•（−12）n﹣1）+sin（π−π2+π4−⋯+π•（−12）n﹣1）]＝cos2π3+sin2π3=3−12．
故答案为：3−12．
26．在无穷等比数列{an}中，a1=3，a2=1，则limn→∞(a1+a3+⋯+a2n−1)= 332 ．
【分析】利用无穷等比数列的求和公式即可得出．
【解答】解：公比q=13，q2=13．
∴则limn→∞(a1+a3+⋯+a2n−1)=a11−q2=31−13=332．
故答案为：332．
27．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an+1＝Sn，则limn→+∞(1a1+1a2+⋅⋅⋅+1an)= 3 ．
【分析】由已知数列递推式可得an=1，n=12n−2，n≥2，再由等比数列的求和公式可得1a1+1a2+⋯+1an，进一步求极限得答案．
【解答】解：由an+1＝Sn，得an＝Sn﹣1（n≥2），
∴an+1﹣an＝Sn﹣Sn﹣1＝an，得an+1＝2an，
即an+1an=2（n≥2），
由a1＝1，an+1＝Sn，得a2＝1，
∴an=1，n=12n−2，n≥2，
∴1a1+1a2+⋯+1an=1+1+12+122+⋯+12n−2=1+1−12n−11−12=3−12n−2．
∴limn→+∞(1a1+1a2+⋅⋅⋅+1an)=limn→∞(3−12n−2)=3．
故答案为：3．
三．解答题（共5小题）
28．若数列{an}满足1λ≤an+1an≤λ（λ＞1，且λ为实常数），n∈N*，则称数列{an}为B （λ）数列．
（1）若数列{an}的前三项依次为a1＝2，a2＝x，a3＝9，且{an}为B（3）数列，求实数x的取值范围；
（2）已知{an}是公比为q（q≠1）的等比数列，且a1＞0，记Tn＝|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|．若存在数列{an}为B（4）数列，使得limn→∞Tn+1−tTnTn≤0成立，求实数t的取值范围；
（3）记无穷等差数列{an}的首项为a1，公差为d，证明：“0≤da1≤λ﹣1”是“{an}为B （λ）数列”的充要条件．
【分析】（1）由题意可得13≤an+1an≤3，可得x的不等式组，解得x的范围；
（2）由题意可得14≤an+1an=q＜1或1＜q≤4，分别讨论q的范围，结合等比数列的通项公式和数列极限的公式，即可得到所求范围；
（3）先证充分性，讨论d是否为0，结合等差数列的通项公式和不等式的性质，以及B （λ）数列的定义，可得证明；再证必要性，同样讨论d是否为0，结合等差数列的通项公式和首项与公差的符号，即可得证．
【解答】解：（1）因为{an}为B（3）数列，所以13≤an+1an≤3，
则13≤x2≤313≤9x≤3，解得3≤x≤6，
即x的取值范围是[3，6]；
（2）由数列{an}为B（4）数列，可得14≤an+1an=q＜1或1＜q≤4，
当14≤q＜1时，由a1＞0，an+1﹣an＝a1qn﹣1（q﹣1）＜0，所以|an+1﹣an|＝an﹣an+1．
则Tn＝a1﹣a2+a2﹣a3+…+an﹣an+1＝a1﹣an+1＝a1（1﹣qn），
所以limn→∞Tn+1−tTnTn=limn→∞1−t−(q−t)qn1−qn=1﹣t≤0，即t≥1；
当1＜q≤4时，由a1＞0，an+1﹣an＝a1qn﹣1（q﹣1）＞0，所以|an+1﹣an|＝an+1﹣an．
则Tn＝a2﹣a1+a3﹣a2+…+an+1﹣an＝an+1﹣a1＝a1（qn﹣1），
所以limn→∞Tn+1−tTnTn=limn→∞(q−t)qn−1+tqn−1=limn→∞q−t−1−tqn1−1qn=q﹣t≤0，即t≥q，所以t＞1，
则t的取值范围是（1，+∞）；
（3）先证充分性．因为0≤da1≤λ﹣1，所以a1≠0，{an}为等差数列，
所以当d＝0时，an＝a1≠0，此时an+1an=1，
由λ＞1，所以1λ≤an+1an=1≤λ成立，所以{an}为B（λ）数列；
当d≠0时，an+1an=a1+nda1+(n−1)d=a1+(n−1)d+da1+(n−1)d=1+da1+(n−1)d=1+1a1d+n−1，
因为0≤da1≤λ﹣1，所以a1d≥1λ−1，所以0≤1a1d+n−1≤λ−1(n−1)(λ−1)+1，
即有1≤an+1an≤n(λ−1)+1(n−1)(λ−1)+1，
因为λ＞1，所以n(λ−1)+1(n−1)(λ−1)+1=(n−1)(λ−1)+(λ−1)+1(n−1)(λ−1)+1
＝1+λ−1(n−1)(λ−1)+1=1+1n−1+1λ−1≤1+11λ−1=λ，
所以1λ≤1≤an+1an≤λ恒成立，所以{an}为B（λ）数列，
综上可得，{an}为B（λ）数列；
再证必要性．因为{an}为B（λ）数列，所以1λ≤an+1an≤λ恒成立，所以a1≠0，
当d＝0时，0≤da1≤λ﹣1显然成立；
当d≠0时，因为an+1an≥1λ＞0，所以{an}的每一项同号，所以a1与d也同号，
所以da1≥0，因为1λ≤an+1an≤λ恒成立，所以n＝1时，1λ≤a2a1≤λ成立，
因为{an}为等差数列，a2＝a1+d，a2a1=a1+da1=1+da1，
所以1λ≤1+da1≤λ，即为1λ−≤da1≤λ﹣1，0≤da1≤λ﹣1，
综上可得，“0≤da1≤λ﹣1”是“{an}为B （λ）数列”的充要条件．
29．已知数列{an}；满足n−1n+1•an+1＝an﹣1且a2＝6，设bn＝an+n，n∈N*．
（1）求b1，b2，b3，b4；
（2）求{bn}的通项公式：
（3）求limn→∞（1b2−2+1b3−2+1b4−2+⋯+1bn−2）．
【分析】（1）利用代入法即可得解；
（2）利用猜想归纳可得；
（3）利用1(n−1)(n+1)=12(1n−1−1n+1)转化通项后，叠加可得．
【解答】解：（1）由 n−1n+1an+1=an−1可得，
当n＝1时，得a1＝1，
n＝2时，得a3＝15，
n＝3时，得a4＝28，
又∵bn＝an+n，
∴b1＝2，
b2＝8，
b3＝18，
b4＝32；
（2）猜想bn=2n2，n∈N*，
证明：1°，当n＝1时，b1=2×12=2，成立；
2°，假设n＝k时成立，即bk=2k2，
由bk＝ak+k，
可得ak=2k2−k，
由k−1k+1ak+1=ak−1，
可得ak+1=k+1k−1(2k2−k−1)
＝（k+1）（2k+1）
＝（k+1）（2k+2﹣1）
＝2（k+1）2﹣（k+1），
即n＝k+1时，猜想成立，
∴对任意的n∈N*，都有bn=2n2，
即数列{bn}的通项公式为：bn=2n2；
（3）∵1bn−2=12n2−2
=12[1(n−1)(n+1)]
=14(1n−1−1n+1)，
∴limn→∞(1b2−2+1b3−2+1b4−2+⋯+1bn−2)
=14limn→∞(1−13+12−14+13−15+⋯+1n−1−1n+1)
=14limn→∞(1+12−1n−1n+1)
=14×32
=38
30．等差数列{an}中，若a3＝3，a6＝9，
（1）求等差数列{an}的通项公式和前n项和Sn．
（2）求limn→∞nanSn．
【分析】（1）根据a3＝3，a6＝9可求出公差d，然后直接写出通项公式和前n项和公式；
（2）由（1）知an＝2n﹣3，Sn=n2−2n，然后代入limn→∞nanSn求出极限即可．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d．
∵a3＝3，a6＝9，∴a6﹣a3＝3d＝6，∴d＝2，
∴an＝a3+（n﹣3）d＝2n﹣3，
∴Sn=n(a1+an)2=n2−2n．
（2）由（1）知，an＝2n﹣3，Sn=n2−2n，
∴limn→∞nanSn=limn→∞2n2−3nn2−2n=limn→∞2−3n1−2n=2．
31．已知Sn是数列{an}的前n项和，2Sn=Sn−1−(12)n−1+2（n≥2，n∈N*），且a1=12．
（1）求a2的值，并写出an和an+1的关系式；
（2）求数列{an}的通项公式及Sn的表达式；
（3）我们可以证明：若数列{bn}有上界（即存在常数A，使得bn＜A对一切n∈N*恒成立）且单调递增；或数列{bn}有下界（即存在常数B，使得bn＞B对一切n∈N*恒成立）且单调递减，则limn→∞bn存在．直接利用上述结论，证明：limn→∞Sn存在．
【分析】（1）由2Sn=Sn−1−(12)n−1+2，且a1=12，令n＝2可求a2，利用an+1＝Sn+1﹣Sn可求出an和an+1的关系式
（2）由（1）可构造得{2nan}是首项为1，公差为1的等差数列，可先求2nan，进而可求an，sn
（3）由Sn+1﹣Sn的差的符号可判断单调性，结合单调性可判断其的上界，可证
【解答】解：（1）∵2Sn=Sn−1−(12)n−1+2，且a1=12．
∴2S2＝S1−12+2
∴a2=12．
当n≥2时，2Sn=Sn−1−(12)n−1+2①；
2Sn+1=Sn−(12)n+2②
②﹣①得2an+1=an+(12)n．
又2a2=1=a1+(12)1，即n＝1时也成立．
∴2an+1=an+(12)n（n∈N*）…（5分）
解：（2）由（1）得2n+1an+1=2nan+1，2a1＝1，
∴{2nan}是首项为1，公差为1的等差数列，
∴2nan＝1+（n﹣1）×1＝n，
∴an=n2n，n≥2时，2Sn−Sn−1=−(12)n−1+2，Sn+an=−(12)n−1+2，Sn=2−n+22n，
又S1=a1=12，也满足上式，
∴Sn=2−n+22n（n∈N*）…（10分）
证明：（3）∵Sn+1−Sn=(2−n+32n+1)−(2−n+22n)=n+12n+1＞0，
∴{Sn}单调递增，
又Sn=2−n+22n＜2，
∴limn→∞Sn存在…（15分）
32．数列{an}的通项公式是an=2−nn+1(n=1，2)13n(n＞2)，前n项和为Sn，
计算（1）limn→∞an；
（2）limn→∞Sn．
【分析】（1）利用通项公式与极限的定义即可得出．
（2）利用等比数列的求和公式可得n＞2时，Sn=12+0+127[1−(13)n−3]1−13．化简利用极限的定义即可得出．
【解答】解：（1）n＞2，limn→∞an=limn→∞13n=0．
（2）n＞2时，Sn=12+0+127[1−(13)n−3]1−13=12+118[1−(13)n−3]．
limn→∞Sn=12+118=59．
人教版2022届一轮复习打地基练习 数列的极限
一．选择题（共9小题）
1．已知数列{an}满足：a1=13，且对任意的正整数m、n，都有am+n＝am•an，若数列{an}的前n项和为Sn，则limn→∞Sn等于（ ）
A．12 B．23 C．32 D．2
2．在数列{an}中，an=13n，n=2k−1n2+13n2+1，n=2k（k∈N*），则数列{an}的极限为（ ）
A．0 B．13 C．0或13 D．不存在
3．已知等差数列{an}的公差为2，记前n项和为Sn，则limn→∞nan+Sn2n2=（ ）
A．32 B．34 C．0 D．不存在
4．已知数列ξ中，满足a1=1且an+1=an1+nan，则limn→∞(n2an)=（ ）
A．1 B．12 C．2 D．aa2−b2
5．已知数列{an}满足an=1，(1≤n≤2019)(−12)n，(n≥2020)，则limn→∞an＝（ ）
A．1 B．0 C．1或0 D．不存在
6．已知limn→∞(2n−4n2−an+3)=1，则实数a的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．计算：limn→∞3n+5n3n−1+5n−1=（ ）
A．3 B．53 C．35 D．5
8．已知数列{an}是等比数列，limn→∞(a1+a2+⋯+an)=14，则a1的取值范围是（ ）
A．(0，12) B．(0，14)
C．(14，12) D．(0，14)∪(14，12)
9．已知数列{an}满足：an=1，(1≤n≤2018)−2⋅(13)n−2009．(n≥2019)，设Sn表示数列{an}的前n项和．则下列结论正确的是（ ）
A．limn→+∞an和limn→+∞Sn都存在
B．limn→+∞an和limn→+∞Sn都不存在
C．limn→+∞an存在，limn→+∞Sn不存在
D．limn→+∞an不存在，limn→+∞Sn存在
二．填空题（共18小题）
10．设数列{an}的前n项和为Sn，且满足Snan−11=4，则limn→∞Sn＝ ．
11．设无穷等比数列{an}的公比为q，若a1=limn→∞(a3+a4+⋯+an)，则q＝ ．
12．数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn是它前n项和，则limn→∞Snan2= ．
13．limn→∞（1+11+2+11+2+3+⋯⋯+11+2+3+⋯+n）＝ ．
14．若数列{an}的通项公式是an=3−n+2−n+(−1)n(3−n−2−n)2，n＝1，2，…，则limn→∞（a1+a2+…+an）＝
15．已知数列{an}的前n项和Sn=(−1)nan−12n，若Tn＝a1+a3+⋯+a2n﹣1，则limn→∞Tn= ．
16．计算：limn→∞3n+1−2n3n+2n+1= ．
17．已知n∈N，n≥2，函数y=nn2+3x+3nn+3的图象与y轴相交于点An、与函数y=log1n(x−4)的图象相交于点Bn，△OAnBn的面积为Sn（O为坐标原点），则limn→∞Sn= ．
18．已知等比数列{an}的首项为2，公比为13，其前n项和记为Sn，则limn→+∞Sn＝ ．
19．设无穷等比数列{an}（n∈N*）的公比q=−13，a1=1，则limn→∞(a2+a4+a6+⋯+a2n)= ．
20．若首项为1、公比为13的无穷等比数列的各项和为S，Sn表示该数列的前n项和，则limn→∞（S1+S2+…+Sn﹣nS）的值为 ．
21．若数列{an}的通项公式an={2n，n≤2#/DEL/#(12)n，n＞2#/DEL/#，n∈N∗，则limn→∞Sn= ．
22．若an是（2+x）n（n∈N*，n≥2，x∈R）展开式中x2项的二项式系数，则limn→∞(1a2+1a3+⋯+1an)= ．
23．计算：limn→∞3n2+20n2+n= ．
24．已知数列{an}的通项公式an=(−1)n，1≤n≤2019(12)n−2019，n≥2020，前n项和为Sn，则limn→∞Sn值是 ．
25．已知一个圆心位于坐标原点的单位圆与x轴正半轴交点为A．若一个粒子从A点出发沿单位圆逆时针旋转π弧度到达A1点，接着顺时针旋转π2弧度到达A2点，再逆时针旋转π4弧度到达A3点，再顺时针旋转π8弧度到达A4点．以后按照逆时针、顺时针交替旋转，每次旋转的角度大小都是上一次的一半．这样无限进行下去，则粒子到达极限位置时其横纵坐标之和为 ．
26．在无穷等比数列{an}中，a1=3，a2=1，则limn→∞(a1+a3+⋯+a2n−1)= ．
27．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an+1＝Sn，则limn→+∞(1a1+1a2+⋅⋅⋅+1an)= ．
三．解答题（共5小题）
28．若数列{an}满足1λ≤an+1an≤λ（λ＞1，且λ为实常数），n∈N*，则称数列{an}为B （λ）数列．
（1）若数列{an}的前三项依次为a1＝2，a2＝x，a3＝9，且{an}为B（3）数列，求实数x的取值范围；
（2）已知{an}是公比为q（q≠1）的等比数列，且a1＞0，记Tn＝|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|．若存在数列{an}为B（4）数列，使得limn→∞Tn+1−tTnTn≤0成立，求实数t的取值范围；
（3）记无穷等差数列{an}的首项为a1，公差为d，证明：“0≤da1≤λ﹣1”是“{an}为B （λ）数列”的充要条件．
29．已知数列{an}；满足n−1n+1•an+1＝an﹣1且a2＝6，设bn＝an+n，n∈N*．
（1）求b1，b2，b3，b4；
（2）求{bn}的通项公式：
（3）求limn→∞（1b2−2+1b3−2+1b4−2+⋯+1bn−2）．
30．等差数列{an}中，若a3＝3，a6＝9，
（1）求等差数列{an}的通项公式和前n项和Sn．
（2）求limn→∞nanSn．
31．已知Sn是数列{an}的前n项和，2Sn=Sn−1−(12)n−1+2（n≥2，n∈N*），且a1=12．
（1）求a2的值，并写出an和an+1的关系式；
（2）求数列{an}的通项公式及Sn的表达式；
（3）我们可以证明：若数列{bn}有上界（即存在常数A，使得bn＜A对一切n∈N*恒成立）且单调递增；或数列{bn}有下界（即存在常数B，使得bn＞B对一切n∈N*恒成立）且单调递减，则limn→∞bn存在．直接利用上述结论，证明：limn→∞Sn存在．
32．数列{an}的通项公式是an=2−nn+1(n=1，2)13n(n＞2)，前n项和为Sn，
计算（1）limn→∞an；
（2）limn→∞Sn．
人教版2022届一轮复习打地基练习 数列的极限
参考答案与试题解析
一．选择题（共9小题）
1．已知数列{an}满足：a1=13，且对任意的正整数m、n，都有am+n＝am•an，若数列{an}的前n项和为Sn，则limn→∞Sn等于（ ）
A．12 B．23 C．32 D．2
【分析】根据a1=13和am+n＝am•an得出数列{an}的通项公式，判断数列{an}为等比数列，进而表示出数列的前n项和，最后得出答案．
【解答】解：数列{an}满足：a1=13，且对任意正整数m，n都有am+n＝am•an
∴a2＝a1+1＝a1•a1=19，an+1＝an•a1=13an，
∴数列{an}是首项为13，公比为13的等比数列．
limn→∞Sn=limn→∞（a1+a2+…+an）=a11−q=12，
故选：A．
2．在数列{an}中，an=13n，n=2k−1n2+13n2+1，n=2k（k∈N*），则数列{an}的极限为（ ）
A．0 B．13 C．0或13 D．不存在
【分析】直接利用极限的运算法则求出结果．
【解答】解：①当n＝2k﹣1时，limn→∞13n=0，
②当n＝2k时，limn→∞n2+13n2+1=13，
所以数列{an}的极限不存在．
故选：D．
3．已知等差数列{an}的公差为2，记前n项和为Sn，则limn→∞nan+Sn2n2=（ ）
A．32 B．34 C．0 D．不存在
【分析】设等差数列{an}的公差为d，由等差数列的通项公式和求和公式、数列的极限的运算性质，计算可得所求值．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，则d＝2，
an＝a1+2（n﹣1），
前n项和为Sn＝na1+12n（n﹣1）•2＝n2+（a1﹣1）n，
则limn→∞nan+Sn2n2=limn→∞3n2+n(2a1−3)2n2=limn→∞（32+2a1−32n）
=32+0=32．
故选：A．
4．已知数列ξ中，满足a1=1且an+1=an1+nan，则limn→∞(n2an)=（ ）
A．1 B．12 C．2 D．aa2−b2
【分析】先取倒数得：1an+1−1an=n，n分别取1，2，…n﹣1，再累加，可求通项，进而可求极限．
【解答】解：取倒数得：1an+1−1an=n
n分别取1，2，…n﹣1，累加得：1an−1a1=1+2+⋯+n−1
∵a1＝1
∴1an=n2−n+22
∴an=2n2−n+2
∴limn→∞(n2an)=limn→∞2n2n2−n+2=2
故选：C．
5．已知数列{an}满足an=1，(1≤n≤2019)(−12)n，(n≥2020)，则limn→∞an＝（ ）
A．1 B．0 C．1或0 D．不存在
【分析】根据条件可知limn→∞an=limn→∞(−12)n，然后求出其极限．
【解答】解：∵an=1，(1≤n≤2019)(−12)n，(n≥2020)，∴limn→∞an=limn→∞(−12)n=0．
故选：B．
6．已知limn→∞(2n−4n2−an+3)=1，则实数a的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】利用数列极限的运算法则化简求解即可．
【解答】解：limn→∞(2n−4n2−an+3)=1，
可得limn→∞(2n−4n2−an+3)(2n+4n2−an+3)2n+4n2−an+3=limn→∞an−32n+4n2−an+3
=limn→∞a−3n2+4−an+3n2=a2+2=1，
所以a＝4．
故选：D．
7．计算：limn→∞3n+5n3n−1+5n−1=（ ）
A．3 B．53 C．35 D．5
【分析】把3n+5n3n−1+5n−1分子分母同时除以5n﹣1，则答案可求．
【解答】解：limn→∞3n+5n3n−1+5n−1=limn→∞3(35)n−1+5(35)n−1+1=5．
故选：D．
8．已知数列{an}是等比数列，limn→∞(a1+a2+⋯+an)=14，则a1的取值范围是（ ）
A．(0，12) B．(0，14)
C．(14，12) D．(0，14)∪(14，12)
【分析】利用等比数列极限的运算法则化简求解即可．
【解答】解：数列{an}是等比数列，limn→∞(a1+a2+⋯+an)=14，
可得a11−q=14，|q|＜1，q≠0，
所以a1=14（1﹣q）∈(0，14)∪(14，12)．
故选：D．
9．已知数列{an}满足：an=1，(1≤n≤2018)−2⋅(13)n−2009．(n≥2019)，设Sn表示数列{an}的前n项和．则下列结论正确的是（ ）
A．limn→+∞an和limn→+∞Sn都存在
B．limn→+∞an和limn→+∞Sn都不存在
C．limn→+∞an存在，limn→+∞Sn不存在
D．limn→+∞an不存在，limn→+∞Sn存在
【分析】推导出Sn，利用数列极限的运算法则化简求解即可．
【解答】解：∵数列{an}，对任意的正整数n，an=1，(1≤n≤2018)−2⋅(13)n−2009.(n≥2019)，
设Sn表示数列{an}的前n项和，
∴a1＝a2＝a3＝…＝a2018＝1，a2019＝﹣2•1310，a2020＝﹣2•1311，a2019＝﹣2•1312，…，
∴Sn＝2018+＝2018+＝2017﹣，
limn→+∞Sn=−2⋅1310(1−13n−2009)1−13=−139，
limn→+∞an=limn→+∞(−2×(13)n−2019)=0，
故选：A．
二．填空题（共18小题）
10．设数列{an}的前n项和为Sn，且满足Snan−11=4，则limn→∞Sn＝ 4 ．
【分析】利用行列式推出{Sn﹣4}是等比数列，然后求解Sn，即可求解数列的极限．
【解答】解：Snan−11=4，可得Sn+an＝4．
可得2Sn﹣Sn﹣1＝4．所以2（Sn﹣4）＝Sn﹣1﹣4．
所以{Sn﹣4}是等比数列，公比为12，
所以Sn﹣4＝（2﹣4）•(12)n−1，
Sn＝4﹣2•(12)n−1，
则limn→∞Sn＝4/
故答案为：4．
11．设无穷等比数列{an}的公比为q，若a1=limn→∞(a3+a4+⋯+an)，则q＝ 5−12 ．
【分析】由于q为无穷等比数列{an}的公比，即有0＜|q|＜1，由无穷等比数列的极限公式可得limn→∞（a3+a4+…+an）=a31−q，再由等比数列的通项公式，解方程可得公比q．
【解答】解：由于q为无穷等比数列{an}的公比，即有0＜|q|＜1，
由a1=limn→∞(a3+a4+⋯+an)，可得
a1=a31−q=a1q21−q，
即为q2+q﹣1＝0，
解得q=5−12（−1−52舍去），
故答案为：5−12．
12．数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn是它前n项和，则limn→∞Snan2= 14 ．
【分析】求出数列的和以及通项公式，然后求解数列的极限即可．
【解答】解：数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn=n+n(n−1)×22=n2．an＝1+（n﹣1）×2＝2n﹣1，
则limn→∞Snan2=limn→∞n2(2n−1)2=14
故答案为：14；
13．limn→∞（1+11+2+11+2+3+⋯⋯+11+2+3+⋯+n）＝ 2 ．
【分析】求出数列通项公式的表达式，求出数列的和，然后求解数列的极限即可．
【解答】解：11+2+3+⋯+n=2n(n+1)=2（1n−1n+1），
∴limn→∞（1+11+2+11+2+3+⋯⋯+11+2+3+⋯+n）=limn→∞2（1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1）=limn→∞（2−2n+1）＝2．
故答案为：2．
14．若数列{an}的通项公式是an=3−n+2−n+(−1)n(3−n−2−n)2，n＝1，2，…，则limn→∞（a1+a2+…+an）＝ 1924
【分析】由题意求出an，然后利用数列的极限转化求解计算可得答案．
【解答】解：an=3−n+2−n+(−1)n(3−n−2−n)2，（n＝1，2…）
即an=2−n(n为奇数)3−n(n为偶数)，
∴a1+a2+…+an＝（2﹣1+2﹣3+2﹣5+）+（3﹣2+3﹣4+3﹣6+）．
∴limn→∞（a1+a2+…+an）=2−11−2−2+3−21−3−2=121−14+191−19=1924，
故答案为：1924．
15．已知数列{an}的前n项和Sn=(−1)nan−12n，若Tn＝a1+a3+⋯+a2n﹣1，则limn→∞Tn= −13 ．
【分析】由已知数列递推式分n为偶数与奇数求得Sn，得到an=(−1)n⋅(Sn+12n)，代入Tn＝a1+a3+⋯+a2n﹣1，利用数列的分组求和及等比数列的前n项和公式求得Tn，取极限得答案．
【解答】解：当n为偶数时，Sn=an−12n=Sn−Sn−1−12n，
得Sn−1=−12n，则n为奇数时，Sn=−12n+1；
当n为奇数时，Sn=−an−12n=−Sn+Sn−1−12n，
∴Sn−1=2Sn+12n=2⋅(−12n+1)+12n=0，
即n为偶数时，Sn＝0．
∵Sn=(−1)nan−12n，∴an=(−1)n⋅(Sn+12n)，
则Tn＝a1+a3+⋯+a2n﹣1＝﹣（S1+121+S3+123+...+S2n−1+122n−1）
＝﹣（−122−124−...−122n）﹣（121+123+...+122n−1）
=14(1−122n)1−14−12(1−122n)1−14=−13+13⋅14n．
∴limn→∞Tn=limn→∞（−13+13⋅14n）=−13．
故答案为：−13．
16．计算：limn→∞3n+1−2n3n+2n+1= 3 ．
【分析】直接利用数列的极限的运算法则化简求解即可．
【解答】解：limn→∞3n+1−2n3n+2n+1=limn→∞3−(23)n1+2×(23)2=3−01+0=3．
故答案为：3．
17．已知n∈N，n≥2，函数y=nn2+3x+3nn+3的图象与y轴相交于点An、与函数y=log1n(x−4)的图象相交于点Bn，△OAnBn的面积为Sn（O为坐标原点），则limn→∞Sn= 6 ．
【分析】首先确定n→+∞时的An与函数y=nn2+3x+3nn+3的图象情况，再确定Bn趋于点B（4，3），可得limn→∞Sn=S△OAB，则答案可求．
【解答】解：由y=nn2+3x+3nn+3，取x＝0，得An（0，3nn+3），
∵limn→∞nn2+3=0，limn→∞3nn+3=limn→∞31+3n=3，
点An趋近于A（0，3）；
可得函数y=nn2+3x+3nn+3的图象趋近于直线y＝3，
此时点Bn趋近于函数y=log1n(x−4)的渐近线与y＝3的交点，即B（4，3），
∴limn→∞Sn=S△OAB=12×4×3=6．
故答案为：6．
18．已知等比数列{an}的首项为2，公比为13，其前n项和记为Sn，则limn→+∞Sn＝ 3 ．
【分析】直接利用等比数列的极限的运算法则求解即可．
【解答】解：等比数列{an}的首项为2，公比为13，其前n项和记为Sn，
则limn→+∞Sn=a11−q=21−13=3．
故答案为：3．
19．设无穷等比数列{an}（n∈N*）的公比q=−13，a1=1，则limn→∞(a2+a4+a6+⋯+a2n)= −38 ．
【分析】运用等比数列的通项公式，求出数列{a2n}为公比为19，首项为−13的等比数列，再由无穷递缩等比数列的求和公式，即可得到极限．
【解答】解：a2＝a1q=−13，a4＝a1q3=−127，…，a2n＝a1q2n﹣1＝（−13）2n﹣1．
则数列{a2n}为公比为19，首项为−13的等比数列，
则则limn→∞(a2+a4+a6+⋯+a2n)=a21−q2=−131−19=−38．
故答案为：−38．
20．若首项为1、公比为13的无穷等比数列的各项和为S，Sn表示该数列的前n项和，则limn→∞（S1+S2+…+Sn﹣nS）的值为 −34 ．
【分析】求出等比数列的和，化简极限的和，然后求解极限即可．
【解答】解：首项为1、公比为13的无穷等比数列的各项和为S=a11−q=11−13=32，
Sn表示该数列的前n项和，Sn=1−(13)n1−13=32−32⋅3n，
S1+S2+…+Sn﹣nS=32n−32（13+132+⋯+13n）−32n=−32×13(1−(13)n)1−13=−34(1−13n)，
所以limn→∞（S1+S2+…+Sn﹣nS）=limn→∞[−34(1−13n)]=−34．
故答案为：−34．
21．若数列{an}的通项公式an={2n，n≤2#/DEL/#(12)n，n＞2#/DEL/#，n∈N∗，则limn→∞Sn= 254 ．
【分析】求解数列的和，然后求解数列的极限即可．
【解答】解：数列{an}的通项公式an={2n，n≤2#/DEL/#(12)n，n＞2#/DEL/#，n∈N∗，
可得Sn＝2+4+18(1−12n−2)1−12=6+14（1−12n−2），
limn→∞Sn=limn→∞[6+14（1−12n−2）]＝6+14=254．
故答案为：254．
22．若an是（2+x）n（n∈N*，n≥2，x∈R）展开式中x2项的二项式系数，则limn→∞(1a2+1a3+⋯+1an)= 2 ．
【分析】（2+x）n（其中n＝2，3，4，…）的展开式，Tr+1，令r＝2，可得an，再利用求和公式化简，利用数列的极限即可得出．
【解答】解：（2+x）n（其中n＝2，3，4，…）的展开式，Tr+1=Cnr2n−rxr，令r＝2，可得：T3＝2n﹣2Cn2x2．
∴an是二项式（2+x）n（其中n＝2，3，4，…）的展开式中x的二项式系数，
∴an=Cn2=n(n−1)2．
则limn→∞(1a2+1a3+⋯+1an)=limn→∞2(1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1−1n)=limn→∞(2−2n)=2．
故答案为：2．
23．计算：limn→∞3n2+20n2+n= 3 ．
【分析】由数列的极限的运算法则和常见数列的极限公式，计算可得所求值．
【解答】解：limn→∞3n2+20n2+n=limn→∞3+20n21+1n
=3+limn→∞2n21+limn→∞1n=3+01+0=3，
故答案为：3．
24．已知数列{an}的通项公式an=(−1)n，1≤n≤2019(12)n−2019，n≥2020，前n项和为Sn，则limn→∞Sn值是 0 ．
【分析】利用数列的极限的运算法则化简求解即可．
【解答】解：limn→∞Sn=limn→∞[(a1+⋯+a2019)+(a2020+a2021+⋯)]=limn→∞(−1+121−12)=0，
故答案为：0．
25．已知一个圆心位于坐标原点的单位圆与x轴正半轴交点为A．若一个粒子从A点出发沿单位圆逆时针旋转π弧度到达A1点，接着顺时针旋转π2弧度到达A2点，再逆时针旋转π4弧度到达A3点，再顺时针旋转π8弧度到达A4点．以后按照逆时针、顺时针交替旋转，每次旋转的角度大小都是上一次的一半．这样无限进行下去，则粒子到达极限位置时其横纵坐标之和为 3−12 ．
【分析】分别求得A1，A2，A3，A4，…，运用等比数列的定义和求和公式，以及无穷递缩等比数列的求和，结合特殊角三角函数的值，计算可得所求值．
【解答】解：由题意可得A（1，0），A1（cosπ，sinπ），
A2（cos（π−π2），sin（π−π2）），
A3（cos（π−π2+π4），sin（π−π2+π4）），
A4（cos（π−π2+π4−π8），sin（π−π2+π4−π8），
……
An（cos（π−π2+π4−⋯+π•（−12）n﹣1），sin（π−π2+π4−⋯+π•（−12）n﹣1），
limn→∞（π−π2+π4−⋯+π•（−12）n﹣1））=limn→∞1−(−12)n1−(−12)π=11+12π=2π3，
可得limn→∞[cos（π−π2+π4−⋯+π•（−12）n﹣1）+sin（π−π2+π4−⋯+π•（−12）n﹣1）]＝cos2π3+sin2π3=3−12．
故答案为：3−12．
26．在无穷等比数列{an}中，a1=3，a2=1，则limn→∞(a1+a3+⋯+a2n−1)= 332 ．
【分析】利用无穷等比数列的求和公式即可得出．
【解答】解：公比q=13，q2=13．
∴则limn→∞(a1+a3+⋯+a2n−1)=a11−q2=31−13=332．
故答案为：332．
27．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an+1＝Sn，则limn→+∞(1a1+1a2+⋅⋅⋅+1an)= 3 ．
【分析】由已知数列递推式可得an=1，n=12n−2，n≥2，再由等比数列的求和公式可得1a1+1a2+⋯+1an，进一步求极限得答案．
【解答】解：由an+1＝Sn，得an＝Sn﹣1（n≥2），
∴an+1﹣an＝Sn﹣Sn﹣1＝an，得an+1＝2an，
即an+1an=2（n≥2），
由a1＝1，an+1＝Sn，得a2＝1，
∴an=1，n=12n−2，n≥2，
∴1a1+1a2+⋯+1an=1+1+12+122+⋯+12n−2=1+1−12n−11−12=3−12n−2．
∴limn→+∞(1a1+1a2+⋅⋅⋅+1an)=limn→∞(3−12n−2)=3．
故答案为：3．
三．解答题（共5小题）
28．若数列{an}满足1λ≤an+1an≤λ（λ＞1，且λ为实常数），n∈N*，则称数列{an}为B （λ）数列．
（1）若数列{an}的前三项依次为a1＝2，a2＝x，a3＝9，且{an}为B（3）数列，求实数x的取值范围；
（2）已知{an}是公比为q（q≠1）的等比数列，且a1＞0，记Tn＝|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|．若存在数列{an}为B（4）数列，使得limn→∞Tn+1−tTnTn≤0成立，求实数t的取值范围；
（3）记无穷等差数列{an}的首项为a1，公差为d，证明：“0≤da1≤λ﹣1”是“{an}为B （λ）数列”的充要条件．
【分析】（1）由题意可得13≤an+1an≤3，可得x的不等式组，解得x的范围；
（2）由题意可得14≤an+1an=q＜1或1＜q≤4，分别讨论q的范围，结合等比数列的通项公式和数列极限的公式，即可得到所求范围；
（3）先证充分性，讨论d是否为0，结合等差数列的通项公式和不等式的性质，以及B （λ）数列的定义，可得证明；再证必要性，同样讨论d是否为0，结合等差数列的通项公式和首项与公差的符号，即可得证．
【解答】解：（1）因为{an}为B（3）数列，所以13≤an+1an≤3，
则13≤x2≤313≤9x≤3，解得3≤x≤6，
即x的取值范围是[3，6]；
（2）由数列{an}为B（4）数列，可得14≤an+1an=q＜1或1＜q≤4，
当14≤q＜1时，由a1＞0，an+1﹣an＝a1qn﹣1（q﹣1）＜0，所以|an+1﹣an|＝an﹣an+1．
则Tn＝a1﹣a2+a2﹣a3+…+an﹣an+1＝a1﹣an+1＝a1（1﹣qn），
所以limn→∞Tn+1−tTnTn=limn→∞1−t−(q−t)qn1−qn=1﹣t≤0，即t≥1；
当1＜q≤4时，由a1＞0，an+1﹣an＝a1qn﹣1（q﹣1）＞0，所以|an+1﹣an|＝an+1﹣an．
则Tn＝a2﹣a1+a3﹣a2+…+an+1﹣an＝an+1﹣a1＝a1（qn﹣1），
所以limn→∞Tn+1−tTnTn=limn→∞(q−t)qn−1+tqn−1=limn→∞q−t−1−tqn1−1qn=q﹣t≤0，即t≥q，所以t＞1，
则t的取值范围是（1，+∞）；
（3）先证充分性．因为0≤da1≤λ﹣1，所以a1≠0，{an}为等差数列，
所以当d＝0时，an＝a1≠0，此时an+1an=1，
由λ＞1，所以1λ≤an+1an=1≤λ成立，所以{an}为B（λ）数列；
当d≠0时，an+1an=a1+nda1+(n−1)d=a1+(n−1)d+da1+(n−1)d=1+da1+(n−1)d=1+1a1d+n−1，
因为0≤da1≤λ﹣1，所以a1d≥1λ−1，所以0≤1a1d+n−1≤λ−1(n−1)(λ−1)+1，
即有1≤an+1an≤n(λ−1)+1(n−1)(λ−1)+1，
因为λ＞1，所以n(λ−1)+1(n−1)(λ−1)+1=(n−1)(λ−1)+(λ−1)+1(n−1)(λ−1)+1
＝1+λ−1(n−1)(λ−1)+1=1+1n−1+1λ−1≤1+11λ−1=λ，
所以1λ≤1≤an+1an≤λ恒成立，所以{an}为B（λ）数列，
综上可得，{an}为B（λ）数列；
再证必要性．因为{an}为B（λ）数列，所以1λ≤an+1an≤λ恒成立，所以a1≠0，
当d＝0时，0≤da1≤λ﹣1显然成立；
当d≠0时，因为an+1an≥1λ＞0，所以{an}的每一项同号，所以a1与d也同号，
所以da1≥0，因为1λ≤an+1an≤λ恒成立，所以n＝1时，1λ≤a2a1≤λ成立，
因为{an}为等差数列，a2＝a1+d，a2a1=a1+da1=1+da1，
所以1λ≤1+da1≤λ，即为1λ−≤da1≤λ﹣1，0≤da1≤λ﹣1，
综上可得，“0≤da1≤λ﹣1”是“{an}为B （λ）数列”的充要条件．
29．已知数列{an}；满足n−1n+1•an+1＝an﹣1且a2＝6，设bn＝an+n，n∈N*．
（1）求b1，b2，b3，b4；
（2）求{bn}的通项公式：
（3）求limn→∞（1b2−2+1b3−2+1b4−2+⋯+1bn−2）．
【分析】（1）利用代入法即可得解；
（2）利用猜想归纳可得；
（3）利用1(n−1)(n+1)=12(1n−1−1n+1)转化通项后，叠加可得．
【解答】解：（1）由 n−1n+1an+1=an−1可得，
当n＝1时，得a1＝1，
n＝2时，得a3＝15，
n＝3时，得a4＝28，
又∵bn＝an+n，
∴b1＝2，
b2＝8，
b3＝18，
b4＝32；
（2）猜想bn=2n2，n∈N*，
证明：1°，当n＝1时，b1=2×12=2，成立；
2°，假设n＝k时成立，即bk=2k2，
由bk＝ak+k，
可得ak=2k2−k，
由k−1k+1ak+1=ak−1，
可得ak+1=k+1k−1(2k2−k−1)
＝（k+1）（2k+1）
＝（k+1）（2k+2﹣1）
＝2（k+1）2﹣（k+1），
即n＝k+1时，猜想成立，
∴对任意的n∈N*，都有bn=2n2，
即数列{bn}的通项公式为：bn=2n2；
（3）∵1bn−2=12n2−2
=12[1(n−1)(n+1)]
=14(1n−1−1n+1)，
∴limn→∞(1b2−2+1b3−2+1b4−2+⋯+1bn−2)
=14limn→∞(1−13+12−14+13−15+⋯+1n−1−1n+1)
=14limn→∞(1+12−1n−1n+1)
=14×32
=38
30．等差数列{an}中，若a3＝3，a6＝9，
（1）求等差数列{an}的通项公式和前n项和Sn．
（2）求limn→∞nanSn．
【分析】（1）根据a3＝3，a6＝9可求出公差d，然后直接写出通项公式和前n项和公式；
（2）由（1）知an＝2n﹣3，Sn=n2−2n，然后代入limn→∞nanSn求出极限即可．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d．
∵a3＝3，a6＝9，∴a6﹣a3＝3d＝6，∴d＝2，
∴an＝a3+（n﹣3）d＝2n﹣3，
∴Sn=n(a1+an)2=n2−2n．
（2）由（1）知，an＝2n﹣3，Sn=n2−2n，
∴limn→∞nanSn=limn→∞2n2−3nn2−2n=limn→∞2−3n1−2n=2．
31．已知Sn是数列{an}的前n项和，2Sn=Sn−1−(12)n−1+2（n≥2，n∈N*），且a1=12．
（1）求a2的值，并写出an和an+1的关系式；
（2）求数列{an}的通项公式及Sn的表达式；
（3）我们可以证明：若数列{bn}有上界（即存在常数A，使得bn＜A对一切n∈N*恒成立）且单调递增；或数列{bn}有下界（即存在常数B，使得bn＞B对一切n∈N*恒成立）且单调递减，则limn→∞bn存在．直接利用上述结论，证明：limn→∞Sn存在．
【分析】（1）由2Sn=Sn−1−(12)n−1+2，且a1=12，令n＝2可求a2，利用an+1＝Sn+1﹣Sn可求出an和an+1的关系式
（2）由（1）可构造得{2nan}是首项为1，公差为1的等差数列，可先求2nan，进而可求an，sn
（3）由Sn+1﹣Sn的差的符号可判断单调性，结合单调性可判断其的上界，可证
【解答】解：（1）∵2Sn=Sn−1−(12)n−1+2，且a1=12．
∴2S2＝S1−12+2
∴a2=12．
当n≥2时，2Sn=Sn−1−(12)n−1+2①；
2Sn+1=Sn−(12)n+2②
②﹣①得2an+1=an+(12)n．
又2a2=1=a1+(12)1，即n＝1时也成立．
∴2an+1=an+(12)n（n∈N*）…（5分）
解：（2）由（1）得2n+1an+1=2nan+1，2a1＝1，
∴{2nan}是首项为1，公差为1的等差数列，
∴2nan＝1+（n﹣1）×1＝n，
∴an=n2n，n≥2时，2Sn−Sn−1=−(12)n−1+2，Sn+an=−(12)n−1+2，Sn=2−n+22n，
又S1=a1=12，也满足上式，
∴Sn=2−n+22n（n∈N*）…（10分）
证明：（3）∵Sn+1−Sn=(2−n+32n+1)−(2−n+22n)=n+12n+1＞0，
∴{Sn}单调递增，
又Sn=2−n+22n＜2，
∴limn→∞Sn存在…（15分）
32．数列{an}的通项公式是an=2−nn+1(n=1，2)13n(n＞2)，前n项和为Sn，
计算（1）limn→∞an；
（2）limn→∞Sn．
【分析】（1）利用通项公式与极限的定义即可得出．
（2）利用等比数列的求和公式可得n＞2时，Sn=12+0+127[1−(13)n−3]1−13．化简利用极限的定义即可得出．
【解答】解：（1）n＞2，limn→∞an=limn→∞13n=0．
（2）n＞2时，Sn=12+0+127[1−(13)n−3]1−13=12+118[1−(13)n−3]．
limn→∞Sn=12+118=59．
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