热门试卷

（1）f′(x)=2x-，依题意，当x∈（1，2]时，f'（x）≥0恒成立，即a≤（2x2）min⇒a≤2.g′(x)=1-，当x∈（0，1）时，g'（x）≤0恒成立，即a≥2，所以a=2．…（5分）

（2）f′(x)=2x-=，所以f（x）在（0，1]上是减函数，最小值是f（1）=1.φ(x)=2bx-在（0，1]上是增函数，即φ′(x)=2b+≥0恒成立，得b≥-1，且φ（x）的最大值是φ（1）=2b-1，

由已知得1≥2b-1⇒b≤1，所以b的取值范围是[-1，1]．…（5分）

（3）h(x)=f′(x)-g(x)-2+=…=x+，

n=1时不等式左右相等，得证；

n≥2时，[h(x)]n-h(xn)=(x+)n-(xn+)=xn-2+xn-4+…+x2-n=[(xn-2+x2-n)+(xn-4+x4-n)+…+(x2-n+xn-2)]≥++…+=2n-2，

所以[h（x）]n+2≥h（xn）+2n（n∈N*）成立．…（5分）

（1）令x1=x2=0，依条件（3）可得f（0+0）≥2f（0），即f（0）≤0

又由条件（1）得f（0）≥0故f（0）=0（3分）

（2）任取0≤x1＜x2≤1可知x2-x1∈（0，1]，则

f（x2）=f[（x2-x1）+x1]≥f（x2-x1）+f（x1）≥f（x1）

于是当0≤x≤1时，有f（x）≤f（1）=1因此当x=1时，f（x）取最大值1．（8分）

（3）证明：先用数学归纳法证明：当x∈(，]（n∈N+）时，f（x）≤

10当n=1时，x∈(，1]，f（x）≤f（1）=1=，不等式成立．

当n=2时，x∈(，]，＜2x≤1，f（2x）≤1，f（2x）≥f（x）+f（x）=2f（x）

∴f（x）≤f（2x）≤不等式成立．

20假设当n=k（k∈N+，k≥2）时，不等式成立，即x∈(，]时，f（x）≤

则当n=k+1时，x∈(，]，记t=2x，则t=2x∈(，]，∴f（t）≤

而f（t）=f（2x）≥2f（x），∴f（x）≤f（2x）=f（t）≤

因此当n=k+1时不等式也成立．

由10，20知，当x∈(，]（n∈N+）时，f（x）≤

又当x∈(，]（n∈N+）时，2x＞，此时f（x）＜2x．

综上所述：当x∈(，]（n∈N+）时，有f（x）＜2x．（14分）

（Ⅰ）令t=logax，则x=at，∴f(t)=，∴f（x）=(ax-a-x），x∈R．（2分）     

∵f（-x）=f（x），∴奇函数．∵0＜a＜1，∴函数为增函数（2分）

（Ⅱ）∵f（ax）-f（2）＞f（2）-f（ax）

∴f（ax）＞f（2），ax＞2，

∵0＜a＜1，∴x＜loga2（4分）

（Ⅲ）（理料）f（1）=1，（1分）

当n≥2时，f（n）=•=(a+a3+a5+…a2n-1，）

=[(a+a2n-1)+(a3+a2n-3)+…+（a2n-1+a）]＞•n•2an=n(∵0＜a＜1)（5分）

或用数学归纳法证明：f（k+1）=af（k）+a-k＞ak+ak-k∵0＜a＜1，

∴可令=1+α，α＞0，∴ka+a-k＞ka+(1+α)n≥ka+1+kα=k(a+-1)+1＞k+1

（文科）∵f(x)＜4⇔x＜2⇔f(x)＜f(2)∴f(2)=4，a=2-（6分）

（1）由于f′(x)＞得，＞0，而x＞0，

则xf′（x）-f（x）＞0，

则F′（x）=＞0，因此F(x)=在（0，+∞）上是增函数．

（2）由于x1，x2∈（0，+∞），则0＜x1＜x1+x2，而F(x)=在（0，+∞）上是增函数，则F（x1）＜F（x1+x2），即＜，

∴（x1+x2）f（x1）＜x1f（x1+x2）（1），同理 （x1+x2）f（x2）＜x2f（x1+x2）（2）

（1）+（2）得：（x1+x2）[f（x1）+f（x2）]＜（x1+x2）f（x1+x2），而x1+x2＞0，

因此 f（x1）+f（x2）＜f（x1+x2）．

（3）证法1：由于x1，x2∈（0，+∞），则0＜x1＜x1+x2+…+xn，而F(x)=在（0，+∞）上是增函数，则F（x1）＜F（x1+x2+…+xn），

即＜，

∴（x1+x2+…+xn）f（x1）＞x1f（x1+x2+…+xn）

同理 （x1+x2+…+xn）f（x2）＞x2f（x1+x2+…+xn）…（x1+x2+…+xn）f（xn）＞xnf（x1+x2+…+xn）

以上n个不等式相加得：（x1+x2+…+xn）[f（x1）+f（x2）+…f（xn）]＞（x1+x2+…+xn）f（x1+x2+…+xn）

而x1+x2+…+xn＞0，f（x1）+f（x2）+…f（xn）＞f（x1+x2+…+xn）．

证法2：数学归纳法

①当n=2时，由（2）知，不等式成立；

②当n=k（n≥2）时，不等式f（x1）+f（x2）+…f（xn）＞f（x1+x2+…+xn）成立，

即f（x1）+f（x2）+…f（xk）＞f（x1+x2+…+xk）成立，

则当n=k+1时，f（x1）+f（x2）+…f（xk）+f（xk+1）＞f（x1+x2+…+xk）+f（xk+1）

再由（2）的结论，f（x1+x2+…+xk）+f（xk+1）＞f[（x1+x2+…+xk）+xk+1]f（x1+x2+…+xk）+f（xk+1）＞f（x1+x2+…+xk+xk+1）

因此不等式f（x1）+f（x2）+…f（xn）＞f（x1+x2+…+xn）对任意n≥2的自然数均成立

（Ⅰ）f′(x)=-2x-1，∵x=0时，f（x）取得极值，

∴f'（0）=0，

故 -2×0-1=0，解得a=1．经检验a=1符合题意．

（Ⅱ）由a=1知 f(x)=ln(x+1)-x2-x，由f(x)=-x+b，得 ln(x+1)-x2+x-b=0．

令 φ(x)=ln(x+1)-x2+x-b，

则 f(x)=-x+b在[0，2]上恰有两个不同的实数根，

等价于φ（x）=0在[0，2]上恰有两个不同实数根． φ′(x)=-2x+=，

当x∈（0，1）时，φ'（x）＞0，于是φ（x）在[0，1]上单调递增；

当x∈（1，2）时，φ'（x）＜0，于是φ（x）在[1，2]上单调递减；

依题意有，解可得ln3-1≤b＜ln2+.

（Ⅲ）f（x）=ln（x+1）-x2-x的定义域为{x|x＞1}．

由（Ⅰ）知 f′(x)=．令f′(x)=0时，x=0或x=-（舍去），

∴当-1＜x＜0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；

当x＞0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减．

∴f（0）为f（x）在（-1，+∞）上的最大值．

∴f（x）≤f（0），

故ln（x+1）-x2-x≤0（当且仅当x=0时，等号成立）．

对任意正整数n，取 x=＞0得，ln(+1)＜+，故ln＜．

即ln(n+1)-lnn＜

分别取n=1，2，3，…，n得：

ln(1+1)-ln1＜，

ln(2+1)-ln2＜，

…

ln(n+1)-lnn＜．

以上n个式子相加得：++…+＞ln(n+1)．

（1）f'（x）=2xex-1+x2ex-1-x2-2x=x（x+2）（ex-1-1），

令f'（x）=0，可得x1=-2，x2=0，x3=1．

当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：

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

（2）当x∈[-1，2]时，f(-1)=-＜0，

f(2)=4(e-)＞0，f(x)极小值=f(1)=-＞f(-1)，f(x)极大值=f（0）=0．

所以f（x）在[-1，2]上的最小值为-．

（3）设gn(x)=ex-1-，当n=1时，只需证明g1（x）=ex-1-x＞0，当x∈（1，+∞）时，g1′（x）=ex-1-1＞0，

所以g1（x）=ex-1-x在（1，+∞）上是增函数，∴g1（x）＞g1（1）=e0-1=0，即ex-1＞x；

当x∈（1，+∞）时，假设n=k时不等式成立，即gk(x)=ex-1-＞0，

当n=k+1时，

因为gk+1′(x)=ex-1-=ex-1-＞0，

所以gk+1（x）在（1，+∞）上也是增函数．

所以gk+1(x)＞gk+1(1)=e0-=1-＞0，

即当n=k+1时，不等式成立．

由归纳原理，知当x∈（1，+∞）时，∀n∈N*，ex-1＞．

（I）由an存在，且A=an(A＞0)，对an+1=a+两边取极限得A=a+，解得A=．又A＞0，∴A=.

（II）由an=bn+A，an+1=a+得bn+1+A=a+.∴bn+1=a-A+=-+=-.

即bn+1=-对n=1，2，都成立

（III）令|b1|≤，得|a-(a+)|≤.

∴|(-a)|≤.

∴-a≤1，解得a≥.

现证明当a≥时，|bn|≤对n=1，2，都成立.

（i）当n=1时结论成立（已验证）．

（ii）假设当n=k(k≥1)时结论成立，即|bk|≤，那么|bk+1|=≤×

故只须证明≤，即证A|bk+A|≥2对a≥成立.

由于A==，

而当a≥时，-a≤1，∴A≥2.

∴|bk+A|≥A-|bk|≥2-≥1，即A|bk+A|≥2.

故当a≥时，|bk+1|≤×=.

即n=k+1时结论成立．

根据（i）和（ii）可知结论对一切正整数都成立．

故|bn|≤对n=1，2，都成立的a的取值范围为[，+∞).

（1）是，理由见解析；（2）证明过程详见解析.

试题分析：本题主要考查等比数列的定义、等比数列的证明、数学归纳法、放缩法等数学知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力和计算能力.第一问，通过对已知表达式的移项，变形可得出数列的通项，可以用等比数列的定义证明也可以用数学归纳法证明；第二问，将第一问的结论代入，得到表达式，法一：利用放缩法和裂项相消法证明，法二：利用数列的累加法和放缩法证明.

试题解析：⑴由得，

∴对一切，可知是首项为，公比为的等比数列. 5分

（通过归纳猜想，使用数学归纳法证明的，亦应给分）

（2）由（1）知                      6分

证一：

                              10分

12分

证二：∵ ≥（仅当时等号成立），故此，≤10分

从而，≤＜ 12分

（1），（2）p=-2，q=-1.

试题分析：（1）因为，所以的系数为,（2）计算得，代入，解得p=-2，q=-1，用数学归纳法证明，①当n=2时，b2=，结论成立；②设n=k时成立，即，则当n=k+1时，bk+1=bk+，由①②可得结论成立.

（1）根据多项式乘法运算法则，得；

（2）计算得，

代入，解得p=-2，q=-1，

下面用数学归纳法证明，

①当n=2时，b2=，结论成立；

②设n=k时成立，即，

则当n=k+1时，

bk+1=bk+，

由①②可得结论成立.

见解析

解：当n＝1时，＋＋>，

即>，所以a<26，而a是正整数，

所以取a＝25.

下面用数学归纳法证明：

＋＋…＋>.

①当n＝1时，已证；

②假设当n＝k时，不等式成立，

即＋＋…＋>.

则当n＝k＋1时，有

＋＋…＋

＝＋＋…＋＋＋＋－>＋[＋－]．

因为＋＝>，

所以＋－>0，

所以当n＝k＋1时，不等式也成立．

由①②知，对一切正整数n，

都有＋＋…＋>，

所以a的最大值等于25.

（1）bn＝3n－2.（2）当a＞1时，Sn＞logabn＋1，当0＜a＜1时，Sn＜logabn＋1

(1)设数列{bn}的公差为d，

由题意得∴bn＝3n－2.

(2)由bn＝3n－2，知Sn＝loga(1＋1)＋loga＋…＋loga

＝loga

而logabn＋1＝loga，于是，比较Sn与logabn＋1的大小比较

(1＋1)与的大小.

取n＝1，有1＋1＝>＝，

取n＝2，有(1＋1)>>＝.

推测(1＋1)…＞，(*)

①当n＝1时，已验证(*)式成立；

②假设n＝k(k≥1)时(*)式成立，即(1＋1)＞，

则当n＝k＋1时，

(1＋1)>.

∵－＝>0，∴，

从而(1＋1)，即当n＝k＋1时，(*)式成立．由①②知(*)式对任意正整数n都成立．于是，当a＞1时，Sn＞logabn＋1，当0＜a＜1时，Sn＜logabn＋1

（Ⅰ）（Ⅱ）详见解析，（Ⅲ）详见解析.

试题分析：（Ⅰ）由题意得：，．因为，所以．.对抽象的求和符号具体化处理,是解答本题的关键.（Ⅱ）而

，（Ⅲ）用数学归纳法证明有关自然数的命题. （1）当时，由（Ⅰ）问知是整数，结论成立．（2）假设当（）时结论成立，即都是整数，由（Ⅱ）问知．即时，结论也成立．

解：（Ⅰ）由，．

因为，所以．

．     3分

（Ⅱ）由，得

．

即，同理，．

所以．

所以．     8分

（Ⅲ）用数学归纳法证明．

（1）当时，由（Ⅰ）问知是整数，结论成立．

（2）假设当（）时结论成立，即都是整数．

由，得．

即．

所以，．

所以．

即．

由都是整数，且，，所以也是整数．

即时，结论也成立．

由（1）（2）可知，对于一切，的值都是整数．      13分

详见解析.

试题分析：先假设存在符合题意的常数a，b，c，再令n=1，n=2，n=3构造三个方程求出a，b，c，再用用数学归纳法证明成立，证明时先证：（1）当n=1时成立．（2）再假设n=k（k≥1）时，成立，递推到n=k+1时，成立即可．

试题解析：解：若存在常数a，b使得等式成立，将n＝1，n＝2代入等式

有：

即有：          4分

对于n为所有正整数是否成立，再用数学归纳法证明

证明：（1）当n＝1时，等式成立。                5分

（2）假设n＝k时等式成立，即

          7分

当n＝k＋1时，即

           11分

也就是说n＝k＋1时，等式成立，

由（1）（2）可知等式对于任意的n∈N*都成立。            12分.