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1、t 2月Y2-n(y,+Y2)3 Y1Yi .15分2t-2n t-n 将（）式代入上式，得k,+k艺一一一2一一扰，16分 J 3 3 综上所述，都有k2+k3=2kl，即k2,k1,k3或k3，儿k2成等差数列17分19.(17分将足够多的一批规格相同、质地均匀的长方体薄铁块叠放于水平桌面上，每个铁块总比其下层铁块向外伸出一定的长度，如下图，那么最上层的铁块最多可向桌缘外伸出多远而不掉下呢？这就是著名的u里拉斜塔”问题 将铁块从上往下依次标记为第1块、第2块、第3块、第n块，将前i(i=l,2,3，n）块铁块视为整体，若这部分的重心在第i+l块的上方，且全部铁块整体的重心在桌面的上方，整批

2、铁块就保持不倒 设这批铁块的长度均为1,若记第n块比第n+I块向桌缘外多伸出的部分的最大长度为，则根据力学原理，可得，！，且4土为等差数列 4 I第1块1 I I第2块(1）求J的通项公式：时第3块。aI I第4块41 I：第5块(2）记数列（。”）的前n项和为瓦(i)比较S，与j忡1）的大小：(ii）对于无穷数列x，如果存在常数A，对任意的正数s，总存在正整数矶，使得Vn 矶，jx,-AjO时，f(x)f(0)=0，即ln(x+l)iln(n+l)10(ii)乱不收敛于任意正数A，理由如下：11分高三数学试题第26页（共8页先证：对任意MO，总存在noN，使得当nn。时，S,.M.令i1nc

3、n川，得n二e2M-1，口取n0=e2M l+1(x为不超过x的最大整数），故当nn0时，叶忡O从而命题得证 .13分再证：叭，不收敛于任意正数A.故对于任意给定的正数A，令A+l二M，14分那么任意的nno，都有间，AlI，不满足收敛定义故白不收敛于A,又因为正数A的任意性，故S不收敛于任意正数A.15分瓦的意义是n块叠放的铁块最上层的最多可向桌缘外仰的长度，.16分因为何，不收敛于任意正数A，故只要铁块足够多，最上层的铁块最多可向桌缘外伸出的长度可以大于任意正数.17分解法二：Cl）同解法一：.4分1 1(2)(i)当n二l时，S,一一ln(l+1），所以S,-ln(n+I）成立”2 2”

4、设当n=k时，有Sk.!_ ln(k+I）成立.5分岛2 I I 1 当n二k+l时，sk+I=Sk 一一一一一（ln(k+I）一一）.6分民T.h 2(k+1)2 k+1 为证明sk+1.!_ Jn(k+1)+11，只须证ln(k+l)+_!_ln(k+l)+l,k+I 只须证！ln(l+_!_).7分k+l k+l 令f(x)=ln(x+I)-x，则f（x)土丁l=x+l x+l 当x（O,+oo）时，f。）0，所以f(x）单调递减，所以当xO时，f(x)f(O)=0，即ln(x+I)ln(l+_!_),9分k+l k+l 高三数学试题第27页（共8页所以当n=k+l时，乱1ln川）+1成

5、立综上，根据数学归纳法原理，知S.!.1ncn+1）成立10分2 1 1 1 1(1 1 1 c ii）由Ci）知s=-+-+.一11.+-I 2 4 2n 2 2 3 n)当n2如l(kN）时，1 1 1 2S=1一一2 3 n.1(1 1(1 1 1 1(1 1 1 1=l一一一1+1一一一1+.+1一；：一一一？一一一一？一2 3 4)5 6 7 8)2K+l 2K+2 2)n kk+l 1一一一，.11分2 2 k+l对于任意给定正数M，取k2M-lkN，则一一M,12分故只要取no=2k+1，则对In叫，S,M.13 分下证：乱不收敛于任意正数A.故对于任意给定的正数A，令A+1=M，14分那么任意的nno，都有瓦Al 1，不满足收敛定义故乱不收敛于A,又因为正数A的任意性，故S不收敛于任意正数A.15 分瓦的意义是n块叠放的铁块最上层的最多可向桌缘外伸的长度，16 分因为瓦不收敛于任意正数A，故只要铁块足够多，最上层的铁块最多可向桌缘外伸出的长度可以大于任意正数 17 分、【说明：（2)(i)，直接给出结论S .!.1ncn+1），得1分。】2 高三数学试题第28页（共8 页

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