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．

（1）当n=1时，f（1）=1，g(1)=2(-1)，f（1）＞g（1），

当n=2时，f(2)=1+，g(2)=2(-1)，f（2）＞g（2），

当n=3时，f(3)=1++，g（3）=2，f（3）＞g（3）．

（2）猜想：f（n）＞g（n）（n∈N*），即1++++＞2(-1) (n∈N*)．

下面用数学归纳法证明：①当n=1时，上面已证．

②假设当n=k时，猜想成立，即1++++＞2(-1)

则当n=k+1时，f(k+1)=1+++++＞2(-1)+=2+-2；

而g(k+1)=2(-1)=2-2，下面转化为证明：2+＞2

只要证：2(k+1)+1=2k+3＞2，需证：（2k+3）2＞4（k+2）（k+1），

即证：4k2+12k+9＞4k2+12k+8，此式显然成立．所以，当n=k+1时猜想也成立．

综上可知：对n∈N*，猜想都成立，

即1++++＞2(-1) (n∈N*)成立．

解：（1）f'（x）=x2+ax+b，由已知可得a=﹣1，b=c=﹣3

（2），

当n=1时，；

当n=2时，；

当n≥3时，．

所以F（1）+F（2）+F（3）+…+F（n）＜F（1）+F（2）+…+=（1++﹣﹣﹣ ）＜ （1++ ）=，

所以F（1）+F（2）+F（3）+…+F（n）＜N*）

（3）根据题设，可令f'（x）=（x﹣α）（x﹣β）．

∴f'（1）f'（2）=（1﹣α）（1﹣β）（2﹣α）（2﹣β）=，

∴，或，

所以存在n0=1或2，使

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：（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，。

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。

（1）∵f'（x）=3x2-2x+=3（x-）2+＞0，

∴f（x）是R上的单调增函数．

（2）∵0＜x0＜，即x1＜x0＜y1．又f（x）是增函数，

∴f（x1）＜f（x0）＜f（y1）．即x2＜x0＜y2．

又x2=f（x1）=f（0）=＞0=x1，y2=f（y1）=f（）=＜=y1，

综上，x1＜x2＜x0＜y2＜y1．

用数学归纳法证明如下：

①当n=1时，上面已证明成立．

②假设当n=k（k≥1）时有xk＜xk+1＜x0＜yk+1＜yk．

当n=k+1时，

由f（x）是单调增函数，有f（xk）＜f（xk+1）＜f（x0）＜f（yk+1）＜f（yk），

∴xk+1＜xk+2＜x0＜yk+2＜yk+1

由①②知对一切n=1，2，都有xn＜xn+1＜x0＜yn+1＜yn．

（3）==yn2+xnyn+xn2-（yn+xn）+≤（yn+xn）2-（yn+xn）+

=[（yn+xn）-]2+．

由（Ⅱ）知0＜yn+xn＜1．

∴-＜yn+xn-＜，

∴＜（）2+=

解：（1）由得

①曲线y=f（x）在点P（1，f（1））处的切线的斜率k=f'（1）=2；

②f'（x）=x+x2=x（x+1）

由f'（x）<0，得-1＜x＜

（1）解：对函数f（x）求导数：f'（x）=（xlnx）'+[（1﹣x）ln（1﹣x）]'=lnx﹣ln（1﹣x）．

于是．

当在区间是减函数，

当在区间是增函数．

所以时取得最小值，，

（2）用数学归纳法证明．

（i）当n=1时，由（1）知命题成立．

（ii）假定当n=k时命题成立，即若正数，则．

当n=k+1时，若正数，

令．

则为正数，且．

由归纳假定知．

+lnx）≥x（﹣k）+xlnx，①同理，由可得

≥（1﹣x）（﹣k）+（1﹣x）n（1﹣x）．

②综合①、②两式

≥[x+（1﹣x）]（﹣k）+xlnx+（1﹣x）ln（1﹣x）≥﹣（k+1）．

即当n=k+1时命题也成立．根据（i）、（ii）可知对一切正整数n命题成立．

解：（1）求导函数可得：f′（x）=r（1-xr-1），

令f′（x）=0，解得x=1；

当0＜x＜1时，f′（x）＜0，

所以f（x）在（0，1）上是减函数；

当x＞1时，f′（x）＞0，

所以f（x）在（0，1）上是增函数

所以f（x）在x=1处取得最小值f（1）=0；

（2）由（1）知，x∈（0，+∞）时，有f（x）≥f（1）=0，即xr≤rx+（1-r）①

若a1，a2中有一个为0，

则≤a1b1+a2b2成立；

若a1，a2均不为0，

∵b1+b2=1，

∴b2=1-b1，

∴①中令，可得≤a1b1+a2b2成立

综上，对a1≥0，a2≥0，b1，b2为正有理数，

若b1+b2=1，则≤a1b1+a2b2；② 。

（3）（2）中的命题推广到一般形式为：设a1≥0，a2≥0，…，an≥0，b1，b2，…，bn为正有理数，若b1+b2+…+bn=1，则≤a1b1+a2b2+…anbn；③

用数学归纳法证明：

（i）当n=1时，b1=1，a1≤a1，③成立

（ii）假设当n=k时，③成立，即a1≥0，a2≥0，…，ak≥0，b1，b2，…，bk为正有理数，若

b1+b2+…+bk=1，则≤a1b1+a2b2+…akbk当n=k+1时，a1≥0，a2≥0，…，ak+1≥0，b1，b2，…，bk+1为正有理数，

若b1+b2+…+bk+1=1，

则1-bk+1＞0

于是=（）=

∵

∴≤

=

∴≤·（1-bk+1）

∴

∴当n=k+1时，③

成立由（i）（ii）可知，对一切正整数，推广的命题成立。

解：（1）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）

（2）由（1）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，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）用数学归纳法证明：

（i）当时，原不等式成立；

当时，左边，右边，

因为，

所以左边≥右边，原不等式成立；

（ii）假设当时，不等式成立，即，

则当时，

∵，

∴，

于是在不等式两边同乘以得，

所以

即当时，不等式也成立

综合（i）（ii）知，对一切正整数，不等式都成立。

（2）当时，由（1）得

于是，。

（3）解：由（2），当时，

，

∴

即

即当时，不存在满足该等式的正整数n

故只需要讨论的情形：

当时，，等式不成立；

当时，，等式成立；

当时，，等式成立；

当时，为偶数，而为奇数，

故，等式不成立；

当时，同的情形可分析出，等式不成立

综上，所求的n只有。

解：（Ⅰ）由题设：

，

，

所以，数列是首项为，公比为的等比数列，

，

即an的通项公式为，n=1，2，3，…；

（Ⅱ）用数学归纳法证明．

（ⅰ）当n=1时，因，所以，结论成立；

（ⅱ）假设当n=k时，结论成立，即，也即，

当n=k+1时，

，

又，

所以

，

也就是说，当n=k+1时，结论成立；

根据（ⅰ）和（ⅱ）知，n=1，2，3，…。