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（1）证明略（2）证明略（3）{an}的前n项和公式为Sn=（3n-4）·2n-1+2

（1）证明 ∵Sn+1=4an+2，

∴Sn+2=4an+1+2，两式相减，得

Sn+2-Sn+1=4an+1-4an(n=1,2,…),

即an+2=4an+1-4an,

变形得an+2-2an+1=2(an+1-2an)

∵bn=an+1-2an(n=1,2,…),∴bn+1=2bn.

由此可知，数列{bn}是公比为2的等比数列.

（2）证明 由S2=a1+a2=4a1+2，a1=1.

得a2=5,b1=a2-2a1=3.故bn=3·2n-1.

∵cn=(n=1,2,…),

∴cn+1-cn=-==.

将bn=3·2n-1代入得

cn+1-cn=(n=1,2,…),

由此可知，数列{cn}是公差为的等差数列，

它的首项c1==，故cn=n-(n=1,2,…).

（3）解 ∵cn=n-=(3n-1).

∴an=2n·cn=(3n-1)·2n-2 (n=1,2,…)

当n≥2时，Sn=4an-1+2=(3n-4)·2n-1+2.

由于S1=a1=1也适合于此公式，

所以{an}的前n项和公式为Sn=（3n-4）·2n-1+2.

同证明

证明：

，

解：（Ⅰ）分别令，2，3，得

∵，∴，，.

（Ⅱ）证法一：猜想：，由           ①

可知，当≥2时，  ②

①-②，得 ，即.

1）当时，，∵，∴；

2）假设当（≥2）时，.

那么当时，

，

∵，≥2，∴，

∴.

这就是说，当时也成立，

       ∴（≥2）. 显然时，也适合.

故对于n∈N*，均有

（Ⅲ）要证≤，

只要证≤，

即≤，

将代入，得≤，.m

即要证≤，即≤1.

∵，，且，∴≤,

即≤，故≤1成立，所以原不等式成立.

略

证明略

证明 要证≥,

只需证ab+≥，

只需证4(ab)2+4(a2+b2)-25ab+4≥0,

只需证4(ab)2+8ab-25ab+4≥0,

只需证4(ab)2-17ab+4≥0,

即证ab≥4或ab≤,只需证ab≤，

而由1=a+b≥2,∴ab≤显然成立，

所以原不等式≥成立.