热门试卷

（Ⅰ）解：∵数列{an}满足．

∴，

（Ⅱ）证明：由知  ，

．                                                                                              （1）

所以，即．                          

从而  a1+a2+…+an=

=．                          

（Ⅲ） 证明：等价于证明，即    ．                          （2）

当n=1时，，，即n=1时，（2）成立．

设n=k（k≥1）时，（2）成立，即 ．

当n=k+1时，由（1）知；        

又由（1）及知 均为整数，

从而由 有 即，

所以  ，即（2）对n=k+1也成立．

所以（2）对n≥1的正整数都成立，

即对n≥1的正整数都成立．    

解：（Ⅰ）由题意得

故；

（Ⅱ）由得

①当时，

又因为

所以

令

则

列表如下：

所以h（x）最小值=5，所以0

当时，

又因为x∈ [2，6]

所以t>（x-1）2（7-x）>0

令h（x）=（x-1）2（7-x），x∈[2，6]，

由①知h（x）最大值=32

所以t>32

综上，当a>1时，0

当032。

（Ⅲ）设，则

当时，

当n≥2时，设k≥2，k∈N*时

则

所以

从而

所以f（1）+f（2）+…+f（n）

综上，总有，f（1）+f（2）+…+f（n）< n+4。

解：∵f′（x）=x2-1，an+1≥f′（an+1），

∴an+1≥（an+1）2-1

∵函数g（x）=（x+1）2-1=x2+2x在区间[1，+∞）上单调递增，

于是由an≥1，得a2≥（a1+1）2-1≥22-1，

由此猜想：an≥2n-1

以下用数学归纳法证明这个猜想：

①当n=1时，1=a1≥21-1=1，结论成立；

②假设n=k时结论成立，即ak≥2k-1，

则当n=k+1时，由g（x）=（x+1）2-1在区间[1，+∞）上单调递增知，

ak+1≥（ak+1）2-1≥22k-1≥2k+1-1，即n=k+1时，结论也成立

由①、②知，对任意n∈N*，都有an≥2n-1

即1+an≥2n，

∴，

∴。

解：（1）当n=1时，f(1)=1，g(1)=1，所以f(1)=g(1)；

当n=2时，，，所以f(2)＜g(2)；

当n=3时，，，所以f(3)＜g(3)．

（2） 由（1），猜想f(n)≤g(n)；

下面用数学归纳法给出证明：

①当n=1，2，3时，不等式显然成立；

②假设当n=k(k≥3)时不等式成立，即，

那么，当n=k+1时，，

因为，

所以；

由①、②可知，对一切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立．

证明：（Ⅰ）先用数学归纳法证明，ｎ=1，2，3，…

（i）当n=1时，由已知显然结论成立；

（ii）假设当n=k时结论成立，即，

因为0＜x＜1时，，

所以f（x）在（0，1）上是增函数，

又f（x）在[0，1]上连续，

从而，

故n=k+1时，结论成立；

由（i）、（ii）可知，对一切正整数都成立，

又因为时，，

所以；

综上所述，。

（Ⅱ）设函数，0＜x＜1，

由（Ⅰ）知，当0＜x＜1时，sinx＜x，

从而，

所以g（x）在（0，1）上是增函数，

又g（x）在[0，1]上连续，且g（0）=0，

所以当0＜x＜1时，g（x）＞0成立，

于是，

故。

解：（1）当n=1时，，不等式成立

假设n=k成立，成立

当n=k+1时，

∴时，时成立

综上由数学归纳法可知，对一切正整数成立。

（2）

所以。

解：（Ⅰ）∵，

∴，

同理，可得，，

猜想。

（Ⅱ）假设数列是等比数列，则也成等比数列，

∴，

∵，

∴，

即，但，矛盾，

（Ⅲ）∵，

∴，

∴，

∵当n=1，2，3时，，

∴，

当时，猜想，

证明如下：当n=4时，显然，

假设时，猜想成立，即，

则当n=k+1时，，

∵，

∴，

∴当时，猜想成立，

∴当时，。

（1）解：设，

∴p=，

∴是以1-=2-为首项，-1为公比的等比数列，

∴，

∴。

（2）证明：用数学归纳法证明：

①当n=1时，；

②假设n=k时，结论成立，

即，也就是，

当n=k+1时，

又，

∴，

即n=k+1时，结论成立。

由①②可知，。

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1+x得

所以

即当时，不等式也成立

综合（i）（ii）知，对一切正整数m，不等式都成立；

（2）当时，由（1）得：（令易得）

于是，m=1，2，3，…，n；

（3）由（2）知，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n=1，2，3，4，5的情形

当时，，等式不成立

当n=2时，，等式成立；

当n=3时，，等式成立；

当n=4时，为偶数，为奇数，故，等式不成立；

当n=5时，同的情形可分析出，等式不成立

综上，所求的n只有2，3。

（1）解：将条件变为：，

因此｛1-｝为一个等比数列，其首项为，公比为，

从而，据此得an=（n≥1）。

（2）证明：据1°得，

a1·a2·…an=，

为证a1·a2·……an<2·n！，

只要证n∈N*时，有，…………2°

显然，左端每个因式都是正数，

先证明，对每个n∈N*，有，…………3°

用数学归纳法证明3°式：

(ⅰ)n=1时，3°式显然成立，

(ⅱ)设n=k时，3°式成立，

即，

则当n=k+1时，

，

即当n=k+1时，3°式也成立。

故对一切n∈N*，3°式都成立。

利用3°得，

，

故2°式成立，从而结论成立。

解：（1）当n=1时，f（1）=1，，f（1）＞g（1），

当n=2时，，，f（2）＞g（2），

当n=3时，，g（3）=2，f（3）＞g（3）．

（2）猜想：f（n）＞g（n）（n∈N*），即．

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

则当n=k+1时，=；

而，

下面转化为证明：

只要证：，

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，即成立．

证明：当n=1时，，a1＜a2，

所以n=1时，不等式成立．

假设n=k（k∈N*）时，ak＜ak+1成立，

则n=k+1时，

=

=

=＞0；

即ak+2﹣ak+1＞0，

所以n=k+1时，不等式也成立．

综上所述，不等式成立．

（1）解：由题意，得，

即，

∴。

（2）解：由（1）知，，

当时，，即，

平方，得，

∴，

叠加，得，

∴，

∴。

（3）证明：当n=2时，，即n=2时，命题成立；

假设命题成立，即

，

当时，

，

即时，命题成立；

综上，对于任意，。

解：（Ⅰ）由题设知可化为

，

∵y=f(x)是定义在R上的单调减函数，

∴，即，

∴数列是以为首项，1为公差的等差数列，

∴，

即n=。

（Ⅱ）Sn=a1+a2+a3+···+an =4(1+31+32+···+3n-1)=2(3n-1) ，

当n=1时，有Sn=6n2-2=4；

当n=2时，有Sn=16<6n2-2=22；

当n=3时，有Sn=6n2-2=52；

当n=4时，有Sn=160>6n2-2=94；

当n=5时，有Sn=484>6n2-2=148。

由此猜想当n≥4时， 有Sn>6n2-23n-1>n2，

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≥4，k∈N*)时， 有3k-1>k2；

当n=k+1时，有3k=3·3k-1>3k2，

∵k≥4，

∴k(k-1)≥12， ∴3k2-(k-1)2=2k(k-1)-1>0即3k2>(k+1)2，

∴3k>3k2>(k+1)2， ∴3k>(k+1)2，因此当n=k+1时原式成立。

由①②可知，当n≥4时有3n-1>n2，

即Sn>6n2-2，

综上可知当n=1，3时，有Sn=6n2-2；当n=2时，有Sn<6n2-2；当n≥4时，有Sn>6n2-2。