热门试卷

（Ⅰ）∵=

∴anan+1+2an=4anan+1+2an+1，

即2an-2an+1=3anan+1，

所以-=

所以数列{}是以为首项，公差为的等差数列．                    

（II）由（Ⅰ）可得数列{}的通项公式为=，所以an=

∴ak-ak+1=-==．             

因为=k2 +3k+1+

当k∈N*时，一定是正整数，所以是正整数．

所以ak-ak+1是数列{an}中的项，是第项．                 

（Ⅲ）证明：由（II）知：an=，bn=(+5)=(+5)=n+4．

下面用数学归纳法证明：2n+4＞（n+4）2对任意n∈N*都成立．

（1）当n=1时，显然25＞52，不等式成立．

（2）假设当n=k（k∈N*）时，有2k+4＞（k+4）2，

当n=k+1时，2（k+1）+4=2•2k+4＞2（k+4）2=2k2+16k+32=（k+5）2+k2+6k+7＞（k+5）2

即有：2bn+1＞bn+12也成立．

综合（i）（ii）知：对任意n∈N*，都有不等式2bn＞bn2成立．

解：（Ⅰ）由知，，

而h（0）=0，且，

则x=0为h（x）的一个零点，且h（x）在（1，2）内有零点，

因此h（x）至少有两个零点，

，记，则，

当时，，因此ψ（x）在（0，+∞）上单调递增，

则ψ（x）在（0，+∞）内至多只有一个零点。

又因为，

则ψ（x）在内有零点，所以ψ（x）在（0，+∞）内有且只有一个零点。

记此零点为x1，则当时，；

当时，；

所以，当时，h（x）单调递减，而h（0）=0，则h（x）在内无零点；

当时，h（x）单调递增，则h（x）在内至多只有一个零点；

从而h（x）在（0，+∞）内至多只有一个零点；

综上所述，h（x）有且只有两个零点。

（Ⅱ）记h（x）的正零点为x0，即，

（1）当时，由，即，

而，因此，由此猜测：。

下面用数学归纳法证明：

①当n=1时，显然成立；

②假设当时，有成立，

则当n=k+1时，由知，，

因此，当n=k+1时，成立。

故对任意的n∈N*，成立。

（2）当时，由（1）知，h（x）在上单调递增，则，

即。

从而，即，由此猜测：。

下面用数学归纳法证明：

①当n=1时，显然成立；

②假设当n=k（k≥1）时，有成立，

则当n=k+1时，由知，，

因此，当n=k+1时，成立。

故对任意的n∈N*，成立。

综上所述，存在常数，使得对于任意的n∈N*，都有。

(Ⅰ)解：，则有，

解得；

(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知，，

令，

则，

(ⅰ)当时，，

若，则g′(x)＜0，g(x)是减函数，所以g(x)＜g(1)=0，

即f(x)＜lnx，故f(x)≥lnx在[1，+∞）上不恒成立；

(ⅱ)当时，，

若x＞1，则g′(x)＞0，g(x)是增函数，所以g(x)＞g(1)=0，

即f(x)＞lnx．故当x≥1时，f(x)≥lnx；

综上所述，所求a的取值范围为。

(Ⅲ)证明：用数学归纳法证明，

①当n=1时，左边=1，右边=，不等式成立；

②假设n=k时，不等式成立，就是

，

那么，

由(Ⅱ)知当时，有f(x)≥lnx(x≥1)，

令，有，

令，得，

∴，

∴，

这就是说，当n=k+1时，不等式也成立．

根据①和②，可知不等式对任何n∈N*都成立。

解：(Ⅰ)f（x）的定义域为（0，+∞），

，∴在x∈（0，+∞）恒成立，

故f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无单调递减区间。

(Ⅱ)依题意，问题转化为，

令，

首先求在x∈上的最大值，

由于，

当时，，所以在上递减，

故在上的最大值是，

即；

其次求函数在上的最小值，

∵

，

∴，

令，记，

由知转化为求函数在上的最小值，

又（当且仅当t=m时，取等号），

(ⅰ)若，

此时由，知，

解得：，

∴；

(ⅱ)若m＞6，函数y=h（t）在上为减函数，

则，

由题意，有恒成立，∴m＞6；

(ⅲ)若，函数y=h（t）在上为增函数，

则，

因此必须，

又由于知，此时m无解；

综上所述，m的取值范围是。

 (Ⅲ)问题即证：，

也即证：，

用数学归纳法证明：

(ⅰ)当n=1时，左=0，右=0，显然不等式成立；

(ⅱ)假设n=k（k≥1）时，原不等式成立，

即，

则n=k+1时，

，

这就是说，n=k+1时，原不等式也成立；

综上所述，对任意正数a和正整数n，不等式都成立。

解：（1）由于的最大值不大于

所以，即 ①

又时，

所以

即

解得 ②

由①②得a=1。

（2）（i）当n=1时，，不等式成立

因

所以

故n=2时不等式也成立；

（ii）假设时，不等式成立，

因为的对称轴为，知f（x）在为增函数，

所以由得

于是有

所以当n=k+1时，不等式也成立

根据（i）（ii）可知，对任何n∈N*，不等式成立。

解：（1）由于的最大值不大于

所以，即①

又时

所以即

解得 ②

由①②得a=1。

（2）（i）当n=1时，，不等式成立；

因

所以，

故n=2时不等式也成立

（ii）假设时，不等式成立，

因为的对称轴为

知f（x）在为增函数，

所以由得

于是有

所以当n=k+1时，不等式也成立

根据（i）（ii）可知，对任何，不等式成立。

解（Ⅰ）①∵，∴

∵xf '（x）＞f（x），∴g '（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，

从而有在（0，+∞）上是增函数．

②由①知在（0，+∞）上是增函数，

当x1＞0，x2＞0时，有，

于是有：，

两式相加得：f（x1）+f（x2）＜f（x1+x2）

（Ⅱ）由（Ⅰ）②可知：f（x1）+f（x2）＜f（x1+x2），（x1＞0，x2＞0）恒成立

由数学归纳法可知：xi＞0（i=1，2，3，…，n）时，

有：f（x1）+f（x2）+f（x3）+…+f（xn）＜f（x1+x2+x3+…xn）（n≥2）恒成立

设f（x）=xlnx，则xi＞0（i=1，2，3，…，n）时，

x1lnx1+x2lnx2+…+xnlnxn＜（x1+x2+…+xn）ln（x1+x2+…+xn）（n≥2）（*）恒成立

令，记

又，

又，且ln（x+1）＜x

∴（x1+x2+…+xn）ln（x1+x2+…+xn）＜（x1+x2+…+xn）ln（1﹣）

＜﹣（x1+x2+…+xn）＜﹣（﹣）=﹣  （**）

将（**）代入（*）中，可知：﹣（）

于是

解：（1）∵

∴f（x）是R上的单调增函数。

（2）∵

即

又f（x）是增函数

∴

即

又

综上，。

用数学归纳法证明如下：

（i）当n=1时，上面已证明成立；

（ii）假设当n=k （k≥1）时有

当n=k+1时，由f（x）是单调增函数，有

∴

由（i）和（ii）对一切n=1，2，…，都有。

（3）

由（2）知，

∴

∴。

解：(Ⅰ)，

令，可得，

函数y=f(x)的增区间为（-2，0）和(1，+∞)，减区间为（-∞，-2）和(0，1)。 

 (Ⅱ)当时，，，

，

所以，f(x)在上的最小值为。

 (Ⅲ)设，

当n=1时，只需证明，

当时，，

所以，在上是增函数，

∴，即，

当时，假设n=k时不等式成立，

即，

当n=k+1时，

因此，，

所以，在上是增函数，

所以，，

即当n=k+1时，不等式成立，

所以，当时，。