《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(1)若$\{ a_{1}\}$为 2,0,2,4,2,0,2,4,$·s$,是一个周期为 4 的数列(即$\forall n\in \mathbf{N}_{+},a_{n+4}=a_{n}$),直接写出$d_{1},d_{2},d_{3},d_{4}$的值;

答案：
(1)$d_1 = 2$，$d_2 = 2$，$d_3 = 2$，$d_4 = 4$.

(2)若$\{ a_{n}\}$为周期数列,证明:$\exists n_{0}\in \mathbf{N}_{+}$,使得当$n＞n_{0}$时,$d_{n}$是常数;

答案：
(2)证明：不妨设$\{a_n\}$的周期为$T(T \in \mathbf{N}_+)$，
记$A_T = \max\{a_1,a_2,·s,a_T\}$，$B_T = \min\{a_{T + 1},a_{T + 2},·s\}$，
则当$n ＞ T$时，$d_n = A_T - B_T$是常数，
即$\exists n_0 = T$，使得当$n ＞ n_0$时，$d_n$是常数.

(3)设$d$是非负整数,证明:$d_{n}=-d(n=1,2,3,·s)$的充分必要条件为$\{ a_{n}\}$为公差为$d$的等差数列.

答案：
(3)证明：充分性：若$\{a_n\}$为公差为$d$的等差数列，
则$a_n = a_1 + (n - 1)d$，
于是$A_n = a_n = a_1 + (n - 1)d$，$B_n = a_{n + 1} = a_1 + nd$，
因此$d_n = A_n - B_n = -d(n = 1,2,3,·s)$，
必要性：因为$d_n = -d \leq 0$，所以$A_n = B_n + d_n \leq B_n$，
因为$a_n \leq A_n$，$a_{n + 1} \geq B_n$，所以$a_n \leq a_{n + 1}$，于是$A_n = a_n$，$B_n = a_{n + 1}$，
因此$a_{n + 1} - a_n = B_n - A_n = -d_n = d$，
故数列$\{a_n\}$是公差为$d$的等差数列.

(1)求$\{ a_{n}\}$的通项公式;

答案：
(1)依题意，第1块铁块比第2块铁块向桌缘外伸出部分的最大长度为第1块铁块自身长度的一半，则$a_1 = \frac{1}{2}$，
由$\{\frac{1}{a_n}\}$为等差数列，得其首项为$\frac{1}{a_1} = 2$，公差$d = \frac{1}{a_2} - \frac{1}{a_1} = 4 - 2 = 2$，
因此$\frac{1}{a_n} = \frac{1}{a_1} + (n - 1)d = 2 + 2(n - 1) = 2n$，即$a_n = \frac{1}{2n}$，
所以$\{a_n\}$的通项公式是$a_n = \frac{1}{2n}$.

(2)记数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$.
①比较$S_{n}$与$\frac{1}{2}\ln(n + 1)$的大小;
②对于无穷数列$\{ x_{n}\}$,如果存在常数$A$,对任意的正数$\varepsilon$,总存在正整数$N_{0}$,使得$\forall n＞N_{0}$,$|x_{n}-A|＜\varepsilon$,则称数列$\{ x_{n}\}$收敛于$A$,也称数列$\{ x_{n}\}$的极限为$A$,记为$\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}x_{n}=A$;反之,则称$\{ x_{n}\}$不收敛.请根据数列收敛的定义判断$\{ S_{n}\}$是否收敛? 并据此回答“里拉斜塔”问题.
请完成课时测评 50

答案：
(2)①由
(1)知，$S_n = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{6} + ·s + \frac{1}{2n} = \frac{1}{2}(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ·s + \frac{1}{n})$.
令函数$f(x) = \ln(1 + x) - x$，$x ＞ 0$，求导得$f^\prime(x) = \frac{1}{1 + x} - 1 ＜ 0$，即函数$f(x)$在$(0, +\infty)$上单调递减，
则$f(x) ＜ f(0) = 0$，即$\ln(1 + x) ＜ x$，于是$\frac{1}{n} ＞ \ln(1 + \frac{1}{n}) = \ln(n + 1) - \ln n$，
则$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ·s + \frac{1}{n} ＞ \ln 2 - \ln 1 + \ln 3 - \ln 2 + \ln 4 - \ln 3 + ·s + \ln(n + 1) - \ln n = \ln(n + 1)$，
所以$S_n ＞ \frac{1}{2}\ln(n + 1)$.
②$\{S_n\}$不收敛.
给定正数$A$，对$\forall \varepsilon ＞ 0$，令$\frac{1}{2}\ln(n + 1) - A ＜ \varepsilon$，
则$A - \varepsilon ＜ \frac{1}{2}\ln(n + 1) ＜ A + \varepsilon$，
解得$e^{2(A - \varepsilon)} - 1 ＜ n ＜ e^{2(A + \varepsilon)} - 1$，取$N_0 = [e^{2(A + \varepsilon)} - 1]([x]$表示不超过$x$的最大整数$)$，
显然当$n ＞ N_0$时，不等式$\frac{1}{2}\ln(n + 1) - A ＜ \varepsilon$不成立，即有$\frac{1}{2}\ln(n + 1) ＞ A + \varepsilon$，
因此数列$\{\frac{1}{2}\ln(n + 1)\}$不收敛：
取$A = \varepsilon - 1$，则当$n ＞ N_0$时，$S_n - A ＞ \frac{1}{2}\ln(n + 1) - A ＞ \varepsilon ＞ 1$，
因此当$n ＞ N_0$时，$|S_n - A| ＞ 1$成立，
所以$\{S_n\}$不收敛.
$\{S_n\}$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，因为$\{S_n\}$不收敛于任意正数$A$，
所以只要铁块足够多，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.