热门试卷

解：（1）由已知…（3分）

猜想：an=…（6分）

（2）由

两边取倒数得：⇔，⇔，…（9分）

⇔数列 {}是以=为首相，以为公差的等差数列，…（12分）

⇒=+（n-1）=⇔a n=…（14分）

解：（Ⅰ）当n=3时，A3={1，3，7}，

T1=1+3+7=11，T2=1×3+1×7+3×7=31，T3=1×3×7=21，

所以S3=11+31+21=63．

（Ⅱ）由S1=1=21-1=1，S2=7=23-1，S3=63=26-1，

猜想 Sn=-1，下面证明：（1）易知n=1时成立．

（2）假设n=k时，Sn=Sk=-1，

则n=k+1时，Sk+1=T1+T2+T3+…+Tk+1

=[T1′+（2k+1-1）]+[T2′+（2k+1-1）T1′]+[T3′+（2k+1-1）T2′]+…+[Tk′+（2k+1-1）]

（其中Ti′，i=1，2，…，k，为n=k时可能的k个数的乘积的和为Tk），

=（ T1′+T2′+T3′+…+Tk′）+（2k+1-1）+（2k+1-1）（ T1′+T2′+T3′+…+Tk′）

=Sk+（2k+1-1）+（2k+1-1）Sk =2k+1（ ）+（2k+1-1）

=2k+1•=-1，即n=k时，

Sk+1=-1也成立，

综合（1）（2）知对n∈N*，Sn=-1成立．

所以，Sn=-1．

解：（I）设数列{an}的公差为d，由已知得…（2分）

∴（5+d）（10-3d）=28，

∴3d2+5d-22=0，

解之得d=2或．

∵数列{an}各项均正，∴d=2，∴a1=1．

∴an=2n-1．…（5分）

证明：（Ⅱ）∵n∈N，

∴只需证明成立．…（7分）

（i）当n=1时，左=2，右=2，∴不等式成立．…（8分）

（ii）假设当n=k时不等式成立，即．

那么当n=k+1时，…（10分）

以下只需证明．

即只需证明．…（11分）

∵．

∴=．

综合（i）（ii）知，不等式对于n∈N都成立．…（12分）

解：当n=1时，a2=-a12+pa1=a1（-a1+p），因为a1∈（0，2），所以欲a2∈（0，2）恒成立，

则要恒成立，解得2≤p＜2，由此猜想p的最小值为2．（4分）

因为p≥2，所以要证该猜想成立，只要证：当p=2时，an∈（0，2）对n∈N*恒成立．（5分）

现用数学归纳法证明之：

①当n=1时结论显然成立．（6分）

②假设当n=k时结论成立，即ak∈（0，2），

则当n=k+1时，ak+1=-ak2+2ak=ak（2-ak），

一方面，ak+1=ak（2-ak）＞0成立，（8分）

另一方面，ak+1=ak（2-ak）=-（ak-1）2+1≤1＜2，所以ak+1∈（0，2），

即当n=k+1时结论也成立．（9分）

由①、②可知，猜想成立，即p的最小值为2．（10分）

证明：（1）①证明等差数列的通项公式an=a1+（n-1）d：

1）n=1时，显然成立；

2）假设n=k时成立，即：ak=a1+（k-1）d；

∴ak+1=ak+d=a1+（k-1）d+d=a1+kd；

即n=k+1时通项公式成立；

∴综上得等差数列的通项公式为an=a1+（n-1）d成立；

②证明等差数列的前n项和公式为：

1）n=1时，显然成立；

2）假设n=k时成立，即：

；

∴Sk+1=Sk+ak+1==；

∴n=k+1时成立；

∴综上得等差数列的前n项和公式为成立；

（2）①证明等比数列的通项公式为：

1）n=1时显然成立；

2）假设n=k时成立，即：

；

∴；

即n=k+1时成立；

综上得等比数列的通项公式为成立；

②证明等比数列的前n项和公式为：

1）n=1时，显然成立；

2）假设n=k时成立，即：；

∴=；

∴n=k+1是成立；

∴综上得等比数列的前n项和公式为成立．

（1）解：∵an+1=，

∴-1=（-1），

∵a1=，

∴{-1}是以-为首项，为公比的等比数列，

∴-1=-•，

∴=1-•，

∴++…+=n-=n-（1-）；

（2）证明：n=1时，b1=a1=＜2，满足题意；

设n=k时，结论成立，即b1b2b3…bk＜2，

则n=k+1时，b1b2b3…bk+1＜2bk+1=2×，

由（1）知，=1-•＜1，∴0＜＜1，

∴b1b2b3…bk+1＜2，

由（1）（2）可知b1b2b3…bn＜2．

解：（1）∵a2=6，，

∴，∴a1=1，

∵，∴a3=15，

∵，∴a4=28，

∵，∴a5=45；

（2）由（1）知，an=n（2n-1），证明如下：

①n=1时，a1=1成立；

②假设n=k时，猜想成立，即ak=k（2k-1），则

n=k+1时，，∴ak+1=（k+1）（2k+1），

即n=k+1时，猜想成立．

由①②可知an=n（2n-1）．

（3）=，

∴Sn=b1+b2+b3+…+bn=++…+，

∴Sn=+…++，

两式相减可得Sn=++…+-，

∴Sn=3-，

∵，

∴=3．

解：由于所给的等式的左边，是两两自然数的积再求和的形式，右边是一个分式，分母是6，分子是三个自然数的积，注意自然数与序号之间的关系，所以，猜想：1×3+2×4+3×5+…+n（n+2）=---------（4分）

证明：（1）当n=1时，左边=3，右边=3，等式成立．

（2）假设当n=k时，等式成立，即1×3+2×4+3×5+…+k（k+2）=------------（6分）

那么，当n=k+1时，1×3+2×4+3×5+…+k（k+2）+（k+1）（k+3）

=+（k+1）（k+3）

=（2k2+7k+6k+18）=（2k2+13k+18）=，

就是说，当 n=k+1时等式也成立．----------------------（13分）

综上所述，对任何n∈N+都成立．----------------------（14分）

证明（1）∵a＜b，a2-a-6=0，b2-b-6=0，

∴a=-2，b=3，a2=12．

∵，，

∴bn+1=an+2-3an+1

=6an+1-9an+1-3an+1

=3（an+1-3an）

=3bn （n∈N*）．

又b1=a2-3a1=9，

∴数列{bn}是公比为3，首项为b1的等比数列．

（2）依据（1）可以，得bn=3n+1（n∈N*）．

于是，有an+1-3an=3n+1（n∈N*），即=1，（n∈N*）．

因此，数列{}是首项为=，公差为1的等差数列．

故．

所以数列{an}的通项公式是an=（3n-2）•3n-1（n∈N*）．

（3）用数学归纳法证明：

（i）当n=2时，左边：cn+acn-1=c2-2c1=3，

右边：，

即左边=右边，所以当n=2时结论成立．

（ii）假设当n=k．（k≥2，k∈N*）时，结论成立，即．

当n=k+1时，左边=ck+1+ack

=5ck-6ck-1-2ck

=3（ck-2ck-1）=，

右边=．

即左边=右边，因此，当n=k+1时，结论也成立．

根据（i）、（ii）可以断定，

cn+acn-1=对n≥2的正整数都成立．