热门试卷

解：(Ⅰ)如果a＜-2，则|a1|=|a|＞2，aM。 

(Ⅱ)当0＜a≤时，|an|≤(n≥1)。

事实上，①当n=1时，|an|=|a|≤；

②设n=k时成立(k∈N*)，

则当n=k+1时，，

由①，②可知，对任意n∈N*，，所以，a∈M。

(Ⅲ)当时，aM，证明如下：

对于任意n≥1，且，

对于任意n≥1，

，

则，

所以，，

当时，，

即，因此aM。

解：（Ⅰ）在点（ak，ak2）处的切线方程为：y﹣ak2=2ak（x﹣ak），

当y=0时，解得，所以，

又∵a1=16，

∴a2=8，a3=4，a4=2

n=2时，，

由已知b1=2，b2=6，得|36﹣2a3|＜1，

因为b3为正整数，所以b3=18，同理b4=54

（Ⅱ）由（Ⅰ）可猜想：bn=2·3n﹣1证明：①n=1，2时，命题成立；

②假设当n=k﹣1与n=k（k≥2且k∈N）时成立，即bk=2·3k﹣1，bk﹣1=2·3k﹣2．

于是，整理得：

由归纳假设得：

因为bk+1为正整数，所以bk+1=2·3k即当n=k+1时命题仍成立．

综上：由知①②知对于n∈N*，有bn=2·3n﹣1成立

（Ⅲ）证明：由③

得④

③式减④式得⑤

⑥

⑤式减⑥式得

=﹣1+2

=1+2

=

=

则．

解：（1）∵xn+2====xn∴a2xn=（a+1）xn2+xn，

当n=1时，由x1的任意性得，

∴a=﹣1．

（2）数列{xn}是递减数列．

∵x1＞0.

∴xn＞0，n∈N*

又xn+1﹣xn=﹣xn=﹣＜0，n∈N*，

故数列{xn}是递减数列．

（3）满足条件的真命题为：数列{xn}满足xn+1=，若x1=﹣，则{xn}是有穷数列．

解：（1）由，得，

故；

（2）由题意，

由得，即，

故n=5，6，7，8，9；

（3），

当时，；

当n≥10时，，

因此，96不是数列{anSn}中的项。

解：(1)当a=1时，，

恒成立，

∴y=g(x)在(0，+∞)上是增函数，g(x)＞g(0)=0，

即函数y=f(x)在(0，+∞)上是增函数；

(2)由，得h(x)=f′(x)=ax-sinx，

若y=f(x)在(0，+∞)上是单调增函数，则f′(x)=ax-sinx≥0恒成立，

当a≥1，恒有ax≥x≥sinx，此时f′(x)=ax-sinx≥0，

∴y=f(x)在(0，+∞)上是单调增函数；

当0＜a＜1时，h′(x)=a-cosx=0，得cosx=a，在上存在x0，使得cosx0=a；

当x∈(0，x0)时，h′(x)=a-cosx＜0，h(x)在(0，x0)上是减函数，

h(x)=f′(x)＜f′(0)=0，

这与，f′(x)=ax-sinx≥0恒成立矛盾，

∴a≥1；

(3)由(1)当0＜x＜1，0=f(0)＜f(x)＜f(1)=，

当0＜a1＜1，a=f(a1)∈(0，1)，

假设0＜ak＜1，

则ak+1=，

又，

∵，

∴，即，

∴。

(Ⅰ)解：∵函数y=ex-ax是区间[-ln3，0)上的增函数，

∴在[-ln3，0)上恒成立，

∴在x∈[-ln3，0)上恒成立，

即，∴，

又∵a≥，

∴，

∴。

(Ⅱ)证明：当x＞0时，原不等式等价于，

两边取对数，即证：，

即证：，

设，即证，

事实上，设，

则，

∴在上单调递减，

∴，∴，

∴原不等式成立。

 (Ⅲ)解：∵，由(Ⅱ)可知，

，

令，由且n∈N*，得n≥4，

即n≥4时，，得，

∴，

又，

∴，且，

∴中只可能是与后面的项相等，

又，，

∴数列中存在唯一的两项相等。

解：（I ）∵f ′（x）=，

∴f ′（1）=．

由题知，

解得a=1 ．

（II ）由（I ）有f （x ）=ln （1+x ）-x ，

∴原方程可整理为4ln （1+x ）-x=m ．

令g （x ）=4ln （1+x ）-x ，

得g ′（x）=，

∴当3 ＜x ≤4 时g' （x ）＜0 ，

当2 ≤x ＜3 时g' （x ）＞0 ，g' （3 ）=0 ，

即g （x ）在[2 ，3] 上是增函数，在[3 ，4] 上是减函数，

∴在x=3 时g （x ）有最大值4ln4-3 ．

∵g （2 ）=4ln3-2 ，

g （4 ）=4ln5-4 ，

∴g （2 ）-g （4 ）=．

由9e ≈24.46 ＜25 ，

于是

∴g （2 ）＜g（4 ）．

∴a 的取值范围为[4ln5-4 ，4ln4-3 ）

（III ）由f （x ）=ln （1+x ）-x （x ＞-1 ）

有f ′（x）=，

显然f' （0 ）=0 ，

当x ∈（0 ，+ ∞）时，f' （x ）＜0 ，

当x ∈（-1 ，0 ）时，f' （x ）＞0 ，

∴f （x ）在（-1 ，0 ）上是增函数，在[0 ，+ ∞）上是减函数．

∴f （x ）在（-1 ，+ ∞）上有最大值f （0 ），

而f （0 ）=0 ，

∴当x ∈（-1 ，+ ∞）时，f （x ）≤0 ，

因此ln （1+x ）≤x（* ）

由已知有p ＞an ，

即p-an ＞0 ，

所以p-a n-1 ＞-1 ．

∵an+1-an=ln （p-an ）=ln （1+p-1-an ），

∴由（* ）中结论可得a  n+1-an ≤p-1-an ，

即an+1 ≤p-1 （n ∈N* ）．

∴当n ≥2 时，an+1-an=ln （p-an ）≥ln[p- （p-1 ）]=0 ，

即an+1≥an ．

当n=1 ，a2=a1+ln （p-lnp ），

∵lnp=ln （1+p-1 ）≤p-1 ，

∴a2 ≥a1+ln[p- （p-1 ）]=a1，

结论成立．

∴对n ∈N* ，an+1≥an。

解：（1）当0＜x＜1时，f'（x）=1-lnx-1=-ln-x>0

所以函数f（x）在区间（0，1）是增函数；

（2）当0＜x＜1时，f（x）=x-xlnx>x，

又由（1）及f（x）在x=1处连续知，

当0＜x＜1时，f（x）＜f（1）=1，

因此，当0＜x＜1时，0＜x＜f（x）＜1  ①

下面用数学归纳法证明：  ②

（i）由0＜a1＜1，a2=f（a1），应用式①得0＜a1＜a2＜1，即当n=1时，不等式②成立；

（ii）假设n=k时，不等式②成立，即

则由①可得

即

故当n=k+1时，不等式②也成立

综合（i）（ii）证得

；

（3）由（2）知，{an}逐项递增，故若存在正整数m≤k，使得

，则

否则若am＜b（m≤k），则由0＜a1≤am＜n＜1（m≤k）知

由③知

于是。

解：（1）由题意得，a1=n-1，a2=（n-1）+（n-2）-1， a3=（n-1）+（n-2）+（n-3）-1-2；

（2）在第k站出发时，前面放上的邮袋共：（n-1）+（n-2）+…+（n-k）个； 而从第二站起，每站放下的邮袋共：1+2+3+…+（k-1）个，

故ak=（n-1）+（n-2）+…+（n-k）-[1+2+…+（k -1）]=（k=1，2，…n）

即邮政车从第k站出发时，车内共有邮袋数（kn-k2）（k =1，2，…n）个；

（3）∵ak=kn-k2∴

∵k≠k+1

∴ 等号不成立

∴。

（Ⅰ）解：∵数列{an}满足．

∴，

（Ⅱ）证明：由知  ，

．                                                                                              （1）

所以，即．                          

从而  a1+a2+…+an=

=．                          

（Ⅲ） 证明：等价于证明，即    ．                          （2）

当n=1时，，，即n=1时，（2）成立．

设n=k（k≥1）时，（2）成立，即 ．

当n=k+1时，由（1）知；        

又由（1）及知 均为整数，

从而由 有 即，

所以  ，即（2）对n=k+1也成立．

所以（2）对n≥1的正整数都成立，

即对n≥1的正整数都成立．    

解：（1）∵

∴，

由a4=0，得3a+2=0

∴a=-

故当a=-时，a4=0。

（2）∵b1=-1，

∴

a取数列{bn}中的任何一个数，不妨设a=bn

∵

∴

∴

故a取数列{bn}中的任何一个数，都可得到一个有穷数列{an}。

（3）要使

即使

∴

这表明：要使当且仅当它的前一项满足2

∴

∴只需当时，对n∈N*，且n≥5，必有

∵

由

解得a＞0

故a的取值范围是（0，+∞）。

解：（1）由已知，=（2n﹣1）an，

分别取n=2，3，4，5， 得

，

，

，

；

所以数列的前5项是：，，，，；  

（2）由（1）中的分析可以猜想（n∈N*）． 

下面用数学归纳法证明：

①当n=1时，猜想显然成立．          

②假设当n=k（k≥1且k∈N*）时猜想成立，即． 

那么由已知，得，

即a1+a2+a3+…+ak=（2k2+3k）a k+1．

所以（2k2﹣k）ak=（2k2+3k）a k+1， 即（2k﹣1）ak=（2k2+3）a k+1，

又由归纳假设，得，

所以，即当n=k+1时，猜想也成立．       

综上①和②知，对一切n∈N*，都有成立．