热门试卷

（Ⅰ）解：由a1=2，得a2=a12-a1+1=3；

由a2=3，得a3=a22-2a2+1=4；

由a3=4，得a4=a32-3a3+1=5；

由此猜想an的一个通项公式：an=n+1…4分

（Ⅱ）证明：①当n=1时，a1≥3=1+2，不等式成立…6分

②假设当n=k时结论成立，即ak≥k+2，则ak+1+1=ak（ak-k）+1≥（k+2）（k+2-k）+1≥k+3=（k+1）+2，

即n=k+1时，结论也成立．

由①和②可知，an≥n+2…10分

（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知，an+1=an（an-n）+1≥2an+1，

即an+1+1≥2（an+1），于是•，…12分

所以≤•≤•≤…≤•=．

∴++…+≤++…+==-＜．

解：根据给出的几个不等式不等式：1＞，1++＞1，1+++…+＞，1+++…+＞2，…，

即一般不等式为：1+++…+＞．

用数学归纳法证明如下：

①当n=1时，1＞，猜想正确．

②假设n=k时猜想成立，即不等式：1+++…+＞，

则n=k+1时，1+++…+＞

＞=，

即当n=k+1时，猜想也成立，

所以对任意的n∈N+，不等式成立．

证明：设f（n）=1•（n+1）+2•n+3•（n-1）+…+（n+1）•1．

（1）当n=1时，左边=4，右边=4，等式成立；

（2）设当n=k时等式成立，即1•（k+1）+2•k+3•（k-1）+…+（k+2）•2+（k+1）•1=（k+1）（k+2）（k+3），

则当n=k+1时，

f（k+1）=f（k）+1+2+3+…+k+（k+1）+（k+2）

=（k+1）（k+2）（k+3）+（k+2）（k+2+1）

=（k+2）（k+3）（k+4），即n=k+1时等式也成立；

∴由（1）（2）可知当n∈N*时等式都成立．

解：（1）证明：由h（x）=f（x）-g（x）=ex-1-，得：

h（1）=e-3＜0，h（2）=e2-2-＞0，

所以函数h（x）在区间（1，2）上有零点．

（2）由（1）得：h（x）=ex-1-，

由知，x∈[0，+∞），而h（0）=0，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．

所以-1，记φ（x）=-1，则．

当x∈（0，+∞）时，φ‘（x）＞0，因此φ（x）在（0，+∞）上单调递增，则φ（x）在（0，+∞）内至多只有一个零点．h（x）有且只有两个零点．

所以，方程f（x）=g（x）根的个数为2．

（3）记h（x）的正零点为x0，即．

（1）当a＜x0时，由a1=a，即a1＜x0．而=，因此a2＜x0，由此猜测：an＜x0．下面用数学归纳法证明：

①当n=1时，a1＜x0显然成立；

②假设当n=k（k≥1）时，有ak＜x0成立，则当n=k+1时，由=知，ak+1＜x0，因此，当n=k+1时，ak+1＜x0成立．

故对任意的n∈N*，an＜x0成立．

（2）当a≥x0时，由（1）知，h（x）在（x0，+∞）上单调递增．则h（a）≥h（x0）=0，即．从而，即a2≤a，由此猜测：an≤a．下面用数学归纳法证明：

①当n=1时，a1≤a显然成立；

②假设当n=k（k≥1）时，有ak≤a成立，则当n=k+1时，由知，ak+1≤a，因此，当n=k+1时，ak+1≤a成立．

故对任意的n∈N*，an≤a成立．

综上所述，存在常数M=max{x0，a}，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M．

解：当n=1时，a1=1，且a2=6

当n=2时，a3=3（a2-1）=15，

当n=3时，2a4=4（a3-1），∴a4=28，

猜测，bn=2n2．

下面用数学归纳法证明：

ⅰ当n=1时，等式b1=a1+1=2，b1=2，成立，

ⅱ假设当n=k时，

则由（k-1）ak+1=（k+1）（ak-1），

有ak+1=（k-1）（2k+1）=2k2+3k+1=2（k+1）2-（k+1），

=2（k+1）2

即n=k+1时，等式也成立

综上，bn=2n2．对一切大于0的自然数都成立．

（Ⅰ）解：f（99）=92+92=162；f（2014）=22+02+12+42=21．                  …（5分）

（Ⅱ）证明：假设a1是一个n位数（n≥3），

那么可以设，

其中0≤bi≤9且bi∈N（1≤i≤n），且bn≠0．

由a2=f（a1）可得，．，所以．

因为bn≠0，所以（10n-1-bn）bn≥99．

而（b1-1）b1≤72，

所以a1-a2＞0，即a1＞a2．                     …（9分）

（Ⅲ）证明：由a1＜1000，即a1≤999，可知．

同理an≤999，可知．

由数学归纳法知，对任意n∈N*，有an≤999．

即对任意n∈N*，有an∈{1，2，3，…，999}．

因此，存在p，q∈N*（p＜q），有ap=aq．

则ap+1=aq+1，ap+2=aq+2，…，aq-1=aq+q-p-1，

可得对任意n∈N*，n≥p，有an+q-p=an．

设q-p=T，即对任意n≥p，有an+T=an．

若T≥p，取m=T，n=2m，则有a3m=a2m．

若T＜p，由an+T=an，可得an+pT=an，

取m=pT，n=2m，则有a3m=a2m．            …（14分）

（Ⅰ）当n≥2时，an=Sn-Sn-i，∴，∴（3分）∴（6分）

（Ⅱ）猜想，（7分）

下面用数学归纳法证明：

1）当n=1时，，猜想正确；（8分）

2）假设当n=k时猜想正确，即，

那么，即n=k+1时猜想也正确．（12分）

根据1），2）可知，对任意n∈N+，都有．（13分）

解：（1）∵a1=1，当n∈N+时，Sn=an-n-1

∴S2=a2-3，∴a2=3；S3=a3-4，∴a3=7；S4=a4-5，∴a4=15

（2）猜想

证明：当n=1时，经验证成立

假设当n=k，（k≥1）时结论成立，即

则当n=k+1时，有sk=ak+1-k-1；sk-1=ak-（k-1）-1，

两式相减得到ak=ak+1-ak-1，∴ak+1=2ak+1，∴

所以当n=k+1时，结论成立      

综上所述：

（3），即

则，得到

∴

∴-3＜a＜-1

解：（1）第5个等式为：5+6+7+8+9+10+11+12+13=92…（2分）

第n个等式为：n+（n+1）+（n+2）+…+（3n-2）=（2n-1）2，n∈N*…（5分）

（2）①当n=1时，等式左边=1，等式右边=（2-1）2=1，所以等式成立．…（6分）

②假设n=k（k∈N*）时，等式成立，即k+（k+1）+（k+2）+…+（3k-2）=（2k-1）2（k≥1，k∈N*）

那么，当n=k+1时，（k+1）+（k+2）+（k+3）+…+（3k+1）=k+（k+1）+（k+2）+…+（3k-2）+（3k-1）+3k+（3k+1）-k=（2k-1）2+8k=[2（k+1）-1）2，

即n=k+1时等式成立．…（11分）

根据（1）和（2），可知对任何n∈N*，等式都成立．…（12分）

解：（Ⅰ） ，，…

n≥2时，．

将上面n-1个等式相加，得，

得（n≥2）．n≥2时，（3分）

又n=1时，∴对n∈N*，恒有．（4分）

（Ⅱ）．

．

又，

所以要证明，只需证明，

即证明tn+1-（t-1）n-t＞0．（6分）

下面证明：tn+1-（t-1）n-t＞0．

（方法一）数学归纳法：

证明：①当n=1时，∵t≥2，∴t2-2t+1=（t-1）2＞0，命题成立．

②假设当n=k时，命题成立，即tk+1-（t-1）k-t＞0，

那么当n=k+1时，∵tk+1-（t-1）k-t＞0，∴tk+2-（t2-t）k-t2＞0

∴tk+2-（t-1）（k+1）-t＞（t2-t）k+t2-（t-1）（k+1）-t=（t-1）2k+（t-1）2＞0，命题也成立．

综上所述对于n∈N•，命题都成立，

∴tn+1-（t-1）n-t＞0，

∴．…（8分）

（方法二）∵n≥1，∴n+1≥2，

∴tn+1=[1+（t-1）]n+1=Cn+10+Cn+11（t-1）+Cn+12（t-1）2+…+Cn+1n+1（t-1）n+1＞Cn+10+Cn+11（t-1）

=1+（n+1）（t-1）

=（t-1）n+t．

∴tn+1-（t-1）n-t＞0，∴．（8分）

（方法三）令f（x）=tx+1-[（t-1）x+t]（x≥1），

∴f′（x）=tx+1lnt-t+1＞0，

∴f（x）在（0，+∞）是单调递增函数，

∴对于x≥1，总有f（x）≥f（1）=（t-1）2＞0，

从而对于n∈N*，tn+1-（t-1）n-t＞0成立，

∴．（8分）

（方法四）要证明，只需证明，只需证明，

只需证明，即只需证明tn＞n+1，构造函数f（x）=tx-t-1（x≥1），

则 f′（x）=txlnt-1＞0，

∴f（x）在[1，+∞）是单调递增函数，∴f（x）≥f（1）=t-2≥0，

∴由以上分析法可知：tn＞n+1，∴．（8分）

（Ⅲ）由（Ⅰ）知bn=2n，∴，

∴．（9分）

当n=1时，显然．

当n＞1时，．（10分）

∴

=．（12分）

解：（1）由题意，

由得

∴（4分）

于是数列是以公差为的等差数列，且首项为1，

故，

所以．            （8分）

证明：（2）（11分）

∴

=（15分）