热门试卷

见解析.

证：当n=1时，左边=-14,右边=-1·2·7=-14，等式成立

假设当n=k时等式成立，即有

那么 当n=k+1时，

这就是说，当n=k+1时等式也成立

根据以上论证可知等式对任何都成立

命题对于一切自然数n（n∈N）均成立。

解.猜想的值应为其最大公约数36.

①显然正确.

②设n=k时命题正确，即f (k) = (2k+7)·3k+ 9 能被36整除.

则时 ,

能被36整除，

即n=k+1时，命题正确。

综合上述，命题对于一切自然数n（n∈N）均成立。

（1），（2）

，，猜想

下面用数学归纳法证明：（1）当n=1时，由上面的探求可知猜想成立

（2）假设n=k时猜想成立，即

则

所以当n=k+1时，猜想也成立

综合（1）（2），对猜想都成立

（I）证明：

∵bn+1=log13=log13=log13()2=2log13()=2bn，

（2分）

∵b1=log13=2，∴数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，（4分）

∴bn=2n，即log13=2n，得=()2n，所以an=．（6分）

（II）证明：（i）当n=2时，∵a1＞2，

∴a2-2=-2=＞0，

∴a2-2-=-=＜0，

∴2＜a2＜2+，不等式成立；（8分）

（ii）假设当n=k（k≥2）时，2＜ak＜2+成立，

那么，当n=k+1时，去证明2＜ak+1＜2+

∵ak+1-2=-2=＞0，

∴ak+1＞2；

∵ak+1-2-=-＜-=-，-＜-=0

∴ak+1＜2+；

∴2＜ak+1＜2+，

所以n=k+1不等式也成立，

由（i）（ii）可知，不等式成立．（12分）

（1）因为对任意的n∈N*，点（n，Sn），均在函数y=2x+r（其中r为常数）的图象上

所以得Sn=2n+r，

当n=1时，a1=S1=2+r，

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n+r-（2n-1+r ）=2n-1，

又因为{an}为等比数列，所以公比为2，r=-1，

（2）由（1）知，an=2n-1，

∴bn=2（log2an+1）=2（log22n-1+1）=2n

则=，

所以•…=•…

下面用数学归纳法证明不等式•…＞成立．

①当n=1时，左边=，右边=，因为＞，所以不等式成立．

②假设当n=k时不等式成立，即•…＞成立．

则当n=k+1时，左边=•…•＞•==＞

所以当n=k+1时，不等式也成立．

由①、②可得不等式恒成立．

∴不等式•…＞成立．

（Ⅰ）∵=an(n∈N*)，∴bn===4bn+1，

∴=

∵a1=3，b1=

∴数列{bn}是以为首项，为公比的等比数列

∴bn=；

（Ⅱ）∵bn=，∴an=

∵（4n-1）an≥t•2n+1-17对任意n∈N*恒成立，

∴t≤=2n+对任意n∈N*恒成立

∵y=m+(m＞0)在（0，3）上单调递减，在（3，+∞）上单调递增

∴(2n+

9

2n

)min=min{2+，4+}=

∴t≤

∴实数t的取值范围是(-∞，]；

（Ⅲ）∵cn==1-，

猜想(1-)(1-)  …  (1-)≥1-(++ …+)

用数学归纳法证明：

①n=1时，左边==右边；n=2时，左边=，右边=，左边＞右边；

②假设n=k（k≥2）时结论成立，即(1-)(1-)  …  (1-)≥1-(++ …+)

则n=k+1时，左边=(1-)(1-)  …  (1-)(1-)≥[1-(++ …+)](1-)

＞1-(++ …+)=右边

由①②知，猜想(1-)(1-)  …  (1-)≥1-(++ …+)成立

又++ …+＜=

∴c1•c2•c3…cn=(1-)(1-)  …  (1-)≥1-(++ …+)＞1-＞

∴c1•c2•c3…cn＞

证明：由已知，得Sn=3n-1

要证明≤等价于≤即3n≥2n+1（*）

（方法一）用数学归纳法证明

①当n=1时，左边=3，右边=3，所以（*）式成立

②假设当n=k时（*）成立，即3k≥2k+1

那么当n=k+1时，3k+1=3×3k≥3（2k+1）=6k+3≥2k+3=2（k+1）+1

所以当n=k+1时（*）也成立

综合①②可得，3n≥2n+1

≤

（法二）当n=1时，左边=，右边=4，所以（*）成立

当n≥2时，3n=（1+2）n=Cn0+2Cn1+22Cn2+…+2nCnn=1+2n+…＞1+2n

所以≤

（Ⅰ）证明：用数学归纳法证明．

①当n=1时，因为a2是方程x2+x-1=0的正根，所以a1＜a2．

②假设当n=k（k∈N*）时，ak＜ak+1，

因为ak+12-ak2=（ak+22+ak+2-1）-（ak+12+ak+1-1）=（ak+2-ak+1）（ak+2+ak+1+1），

所以ak+1＜ak+2．

即当n=k+1时，an＜an+1也成立．

根据①和②，可知an＜an+1对任何n∈N*都成立．

（Ⅱ）证明：由ak+12+ak+1-1=ak2，k=1，2，…，n-1（n≥2），

得an2+（a2+a3+…+an）-（n-1）=a12．

因为a1=0，所以Sn=n-1-an2．

由an＜an+1及an+1=1+an2-2an+12＜1得an＜1，

所以Sn＞n-2．

解：（1）

因为，

所以。

（2）f（x）是奇函数。

证明：因为，

所以

因此，f（x）为奇函数。

（3）证明：先用数学归纳法证明

（i）当n=1时，；

（ii）假设当n=k时，

那么当n=k+1时，

由以上两步可知，对任意

因为

所以。

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。