热门试卷

解：（Ⅰ）f（-1）=

（Ⅱ）（1）先用数学归纳法证明：对一切正整数n，f（n）是整数．

①当n=1时，f（1）=1，结论成立．

②假设当n=k（k≥1，k∈N）时，结论成立，即是整数，则当n=k+1时，=

=f（k）+k4+4k3+6k2+4k+1

根据假设f（k）是整数，而k4+4k3+6k2+4k+1显然是整数．

∴f（k+1）是整数，从而当n=k+1时，结论也成立．

由①、②可知对对一切正整数n，f（n）是整数．…（7分）

（2）当n=0时，f（0）=0是整数．…（8分）

（3）当n为负整数时，令n=-m，则m是正整数，由（1）f（m）是整数，

所以==-f（m）+m4是整数．

综上，对一切整数n，f（n）一定是整数．…（10分）

解：（1）∵a1=1，an+1=，

∴a2==，a3==，a4==．             

（2）由（1），a1=，a2=，a3=，a4=，

可以猜想an=．                                    

（3）用数学归纳法证明：

ⅰ）当n=1时，a1==1，所以当n=1时猜想成立．             

ⅱ）假设当n=k（k∈N*）时猜想成立，即ak=，

当n=k+1时，ak+1===，

所以当n=k+1时猜想也成立．

由ⅰ）和ⅱ）可知，猜想对任意的n∈N*都成立．                   

所以an=．

（1）证明：∵f（x）=ln（1+x），∴f′（x）=．（x≥0）．

∴g（x）=．f（x）≥ag（x）即ln（1+x）≥⇔（1+x）ln（1+x）-ax≥0．

令h（x）=（1+x）ln（1+x）-ax（x≥0）．

h′（x）=ln（1+x）+1-a，

∵a≤1，∴1-a≥0，

又x≥0，ln（1+x）≥0，

∴h′（x）=ln（1+x）+1-a≥0，

∴h（x）在x≥0时单调递增，又h（0）=0，

∴h（x）≥0，即ln（1+x）≥，

∴f（x）≥ag（x）．

（2）解：g1（x）=g（x）=，

∵gn+1（x）=g（gn（x）），n∈N+，

∴g2（x）=g（g1（x））===．

g3（x）=g（g2（x））===，

猜想：gn（x）=．

下面利用数学归纳法证明：

①当n=1时，g1（x）=g（x）=，成立．

②假设当n=k（k∈N*）时，gk（x）=．

则当n=k+1时，gk+1（x）=g（gk（x））===，

因此当n=k+1时，gn（x）=也成立．

综上可得：∀n∈N*，gn（x）=成立．

证明：（1）因数列{an}满足各项为1，即，

由，令x=-1，

则，即F（n）=0..…（3分）

（2）当n=2时，，即2a2=a1+a3，所以数列{an}的前3项成等差数列．

假设当n=k时，由，可得数列{an}的前k+1项成等差数列，…（5分）

因对任意大于等于2的正整数n，都有F（n）=0恒成立，所以F（k+1）=0成立，

所以，

两式相减得，，

因，

所以，

即，

由假设可知a2，a3，a4，…，ak+1，ak+2也成等差数列，从而数列{an}的前k+2项成等差数列．

综上所述，若F（n）=0对任意n≥3恒成立，则数列{an}是等差数列．…（10分）

解：

猜想：

下面用数学归纳法加以证明：①n=1时，左边，右边

②假设n=k时，猜想成立，即

=

∴n=k+1时猜想也成立

根据1，2可知猜想对任何n∈N*都成立．

解：（1）求得a1=1，a2=2，a3=r，a4=3，a5=4，a6=r+2，a7=5，a8=6，a9=r+4

所以由a1+a2+a3+…+a9=34，可得．

（2）因为b1=1、b2=0、b3=-1、b4=0且bn+4=bn（n∈N*）．

a1=1，a2=2，a3=r，a4=3，a5=4，a6=r+2，a7=5，a8=6，a9=r+4…

T12=b1a1+b2a2+b3a3+…+b12a12=-4，T12n=-4n，

用数学归纳法证明：

当n∈Z+时，T12n=-4n．

①当n=1时，T12=a1-a3+a5-a7+a9-a11=-4，

等式成立

②假设n=k时等式成立，即T12k=-4k，

那么当n=k+1时，

T12（k+1）=T12k+a12k+1-a12k+3+a12k+5-a12k+7+a12k+9-a12k+11

=-4k+（8k+1）-（8k+r）+（8k+4）-（8k+5）+（8k+r+4）-（8k+8）

=-4k-4=-4（k+1），

等式也成立．

根据①和②可以断定：当n∈Z+时，T12n=-4n．

（3）解：T12m=-4m（m≥1）．

当n=12m+1，12m+2时，Tn=4m+1；

当n=12m+3，12m+4时，Tn=-4m+1-r；

当n=12m+5，12m+6时，Tn=4m+5-r；

当n=12m+7，12m+8时，Tn=-4m-r；

当n=12m+9，12m+10时，Tn=4m+4；

当n=12m+11，12m+12时，Tn=-4m-4．

∵4m+1是奇数，-4m+1-r，-4m-r，-4m-4均为负数，

∴这些项均不可能取到100．

∴4m+5-r=4m+4=100，解得m=24，r=1．

此时T293，T294，T297，T298为100．

解：（1），…（2分）

猜想：（3分）　　

　下证明：

①当n=1时，，满足题意，正确．

②假设n=k时猜想正确，即，

那么Sk+1=（k+1）（2k+1）ak+1，

Sk=k（2k-1）ak，

两式作差可得：ak+1=（k+1）（2k+1）ak+1-k（2k-1）×，

ak+1（2k2+3k）=

∴═，

由①②可知猜想正确．…（8分）

（2）

∴…（12分）

解：（1）猜想正确；

（2）这是一种类比推理的方法；

（3）由类比可猜想，，n=1时，a+b+c+d=1；n=2时，16a+8b+4c+d=9；n=3时，81a+27b+9c+d=36

故解得，∴sn=13+23+33+…+n3=n4+n3+n2用数学归纳法证明：

①n=1时，结论成立；

②假设n=k时，结论成立，即13+23+33+…+k3=k4+k3+k2=则n=k+1时，左边=13+23+33+…+k3+（k+1）3=k4+k3+k2+（k+1）3=

=

=

=右边，结论成立

由①②可知，sn=13+23+33+…+n3=n4+n3+n2，成立

解：（1）a1=，a2=，a3=，…．

猜测an=2-．

（2）①由（1）已得当n=1时，命题成立；

②假设n=k时，命题成立，即ak=2-，

当n=k+1时，a1+a2+…+ak+ak+1+ak+1=2（k+1）+1，

且a1+a2+…+ak=2k+1-ak

∴2k+1-ak+2ak+1=2（k+1）+1=2k+3，

∴2ak+1=2+2-，ak+1=2-，

即当n=k+1时，命题成立．（11分）

根据①②得n∈N+时，an=2-都成立．

（1）解：∵a1=1，a1+a2+a3+…+a10=100，

∴10+45d=100，

∴d=2，

∴an=1+（n-1）×2=2n-1；

（2）证明：，

Tn=b1•b2•b3…bn=（1+）•（1+）…（1+），

①当n=1时，2＞成立；

②假设当n=k（k≥1，k∈N+）时，命题成立，即（1+）•（1+）…（1+）＞成立，

当n=k+1时，Tk+1=（1+）•（1+）…（1+）（1+）＞=

∵＜=2k+2

∴

∴Tk+1＞

即n=k+1时，命题成立

综上，Tn＞．

解：（Ⅰ）∵f1（x）=（x＞0），fn+1（x）=f1[fn（x）]，

∴f2（x）=f1[f1（x）]===，

f3（x）=f1[f2（x）]===，…

（Ⅱ）猜想fn（x）=．

下面用数学归纳法证明：

1°当n=1时，猜想成立．

2°假设n=k时猜想成立，即有fk（x）=，

那么fk+1（x）=f1[fk（x）]===，

这就是说，当n=k+1时，猜想也成立．

由1°2°可知，猜想对n∈N*均成立．

故fn（x）=．

解：（Ⅰ）△an=an+1-an=（n+1）2+（n+1）-（n2+n）=2n+2 …（4分）

则△an+1-△an=2，

所以△an是首项为4，公差为2的等差数列．…（6分）

（Ⅱ）△2an-△an+1+an=-2n，即△an+1-△an-△an+1+an=-2n

而△an=an+1-an，所以an+1-2an=2n，∴-=，（6分）

∴数列{ }构成以 为首项，为公差的等差数列，

即 =⇒an=n•2n-1．（7分）