热门试卷

解：（Ⅰ）依题

⇒（an+1-an）（an+1+an）=（an-an-1）（an+an-1）

又{an}为等差数列，设公差为d，

则

故{an}是常数列．（4分）

（Ⅱ）由{an}是首项为2，公方差为2的等方差数列．

即为首项为4，公差为2的等差数列，（6分）

由得         ①

  ②

（10分）

不等式即3•2n-（n+3）＞m•2n-4n-4也即（m-3）•2n＜3n+1，即恒成立

由于n=1，2，3时，3n+1＞2n；n=4时，3n+1＜2n；

假设n=k（k≥4）时，3k+1＜2k，

那么2k+1=2•2k＞2（3k+1）=3（k+1）+1+（3k-2）＞3（k+1）+1，

由归纳法原理知：n≥4时，3k+1＜2k，

所以⇒m-3≤0，

故m的取值范围为m≤3（14分）

证明：（1）当n=2时，左边=1+2x+x2，右边=1+2x，

∵x2＞0，∴左边＞右边，原不等式成立；

（2）假设当n=k时，不等式成立，即（1+x）k＞1+kx，

则当n=k+1时，∵x＞-1，∴1+x＞0，

在不等式（1+x）k＞1+kx两边同乘以1+x得

（1+x）k•（1+x）＞（1+kx）•（1+x）=1+（k+1）x+kx2＞1+（k+1）x，

∴（1+x）k+1＞1+（k+1）x．即当n=k+1时，不等式也成立．

综合（1）（2）可得对一切正整数n，不等式都成立．

解：（1）∵f（1）=1，f（2）=5，f（3）=13，f（4）=25，

∴f（5）=25+4×4=41．…（4分）

（2）∵f（2）-f（1）=4=4×1，f（3）-f（2）=8=4×2，

f（4）-f（3）=12=4×3，f（5）-f（4）=16=4×4，

由上式规律得出f（n+1）-f（n）=4n．…（10分）

（3）∵f（2）-f（1）=4×1，f（3）-f（2）=4×2，f（4）-f（3）=4×3，f（n-1）-f（n-2）=4•（n-2），f（n）-f（n-1）=4•（n-1），

∴f（n）-f（1）=4[1+2++（n-2）+（n-1）]=2（n-1）•n，…（14分）

∴f（n）=2n2-2n+1（n≥2），

∵f（1）=1也满足上式，∴f（n）=2n2-2n+1． …（16分）

解：（Ⅰ）因为点在函数的图象上，所以，所以．

令n=1，得，所以a1=2；

令n=2，得，所以a2=4；

令n=3，得，所以a3=6．

由此猜想：an=2n．（3分）

用数学归纳法证明如下：

①当n=1时，由上面的求解知，猜想成立．

②假设n=k（k≥1）时猜想成立，即ak=2k成立，

则当n=k+1时，注意到（n∈N*），

故，．

两式相减，得，所以ak+1=4k+2-ak．

由归纳假设得，ak=2k，

故ak+1=4k+2-ak=4k+2-2k=2（k+1）．

这说明n=k+1时，猜想也成立．

由①②知，对一切n∈N*，an=2n成立． （8分）

（Ⅱ）因为an=2n（n∈N*），所以数列{an}依次按1项、2项、3项、4项循环地分为（2），（4，6），（8，10，12），（14，16，18，20）；（22），（24，26），（28，30，32），（34，36，38，40）；（42），…．每一次循环记为一组．由于每一个循环含有4个括号，故 b100是第25组中第4个括号内各数之和．由分组规律知，由各组第4个括号中所有第1个数组成的数列是等差数列，且公差为20．同理，由各组第4个括号中所有第2个数、所有第3个数、所有第4个数分别组成的数列也都是等差数列，且公差均为20．故各组第4个括号中各数之和构成等差数列，且公差为80．注意到第一组中第4个括号内各数之和是68，

所以 b100=68+24×80=1988．又b5=22，所以b5+b100=2010． （12分）

解：设该数列为{an}，

=10n-1，=．

∴an==9+0+=9++（102n-10n）=，

∴数列的每一项都是完全平方数．

解：（1）∵a1=3=，an+1=4-，

∴a2=4-=4-=；

a3=4-=4（1-）=，

a4=4（1-）=4（1-）=．

由此猜想通项公式an=；

（2）下面用数学归纳法证明an=．

证明：1°当n=1时，a1==3，等式成立；

2°假设n=k时，ak=，

则n=k+1时，

ak+1=4-

=4（1-）

=4（1-）

=4×

=

=，即n=k+1时等式也成立．

综合1°，2°知，对任意正整数n，an=．

解：（Ⅰ）由题意知，，．…

由此得到一般性结论：．（或者猜测也行）．

（Ⅱ）利用数学归纳法证明：

（1）当n=1时，，所以结论成立．

（2）假设n=k（k≥1，k∈N）时，结论成立，即，

那么，n=k+1时，，

．

所以当n=k+1时，结论也成立．

综上所述，上述结论对n≥1，n∈N都成立，所以猜想成立．

解：（1）由已知当n≥2时，an，Sn，Sn-成等比数列，

得到，

∵a1=1，∴；

归纳n＞1时，an=；所以；

（2）证明：①当n=2时，成立；

②假设n=k时公式成立，即成立，

则n=k+1时，

∴-；

∴；

∴n=k+1时，命题成立．

由①②可得an=对n＞1的一切正整数都成立．

解：（1）由P1的坐标为（1，-1）知

a1=1，b1=-1．

∴b2==．

a2=a1•b2=．

∴点P2的坐标为（，）

∴直线l的方程为2x+y=1．

（2）①当n=1时，

2a1+b1=2×1+（-1）=1成立．

②假设n=k（k∈N*，k≥1）时，2ak+bk=1成立，

则2ak+1+bk+1=2ak•bk+1+bk+1=（2ak+1）

===1，

∴当n=k+1时，命题也成立．

由①②知，对n∈N*，都有2an+bn=1，

即点Pn在直线l上．

证明：（1）当n=1时，左边==＞，不等式成立；

（2）假设当n=k时，不等式成立，即+…+＞．

则当n=k+1时，

有左边=++…+=+…++++-＞++-

∵+=＞

∴+-＞0

∴当n=k+1时不等式也成立．

由（1）（2）知，对一切正整数n，结论成立．

证明：（Ⅰ）由bn=an-1得an=bn+1，代入an-1=an（an+1-1）得bn=（bn+1）bn+1

整理得bn-bn+1=bnbn+1，（1分）

∵bn≠0否则an=1，与a1=2矛盾

从而得，（3分）

∵b1=a1-1=1

∴数列是首项为1，公差为1的等差数列（4分）

（Ⅱ）∵，则．

∴

∴Tn=S2n-Sn=

=（6分）

∵

==

∴Tn+1＞Tn．（8分）

（Ⅲ）用数学归纳法证明：

①当n=1时，不等式成立；（9分）

②假设当n=k（k≥1，k∈N*）时，不等式成立，即，

那么当n=k+1时，==（12分）

=

∴当n=k+1时，不等式成立

由①②知对任意的n∈N*，不等式成立（14分）

解：由n•2n-1=a1+a2+…+an（n∈N*），可得：

当n=1时，a1=1；当n=2时，2×2=+a2，解得a2=2；同理可得a3=3．

猜想：an=n（n∈N*）．

下面利用数学归纳法证明：

（1）当n=1时，显然成立；

（2）假设当n=k（k∈N*）时，ak=k；

则当n=k+1时，（k+1）•2k=+2+…++ak+1，

根据=，

∴（k+1）•2k=++…++ak+1=（k+1）（2k-1）+ak+1，

∴ak+1=k+1．

∴当n=k+1时，命题成立．

综上可得：an=n（n∈N*）成立．

解：设

∵===

∴f（n）递增，∴f（n）最小为

∵f（n）＞5-2t对一切正整数n都成立，∴，∴自然数t≥2

∴自然数t的最小值为2                 …（7分）

下面用数学归纳法证明

（1）当n=1时，左边=，∴n=1时成立

（2）假设当n=k时成立，即

那么当n=k+1时，左边===

∴n=k+1时也成立

根据（1）（2）可知成立 …（14分）

注：第（1）小题也可归纳猜想得出自然数t的最小值为2