热门试卷

解：（Ⅰ）由ax•f（x）=2bx+f（x），，a≠0，得．…（2分）

由f（1）=1，得a=2b+1．…（3分）

由f（x）=2x只有一解，即，也就是2ax2-2（1+b）x=0（a≠0）只有一解，

∴4（1+b）2-4×2a×0=0

∴b=-1．…（5分）

∴a=-1．

故．…（6分）

（Ⅱ）解法一：∵，an+1=f（an），

∴，，，…（7分）

猜想，．…（8分）

下面用数学归纳法证明：

①当n=1时，左边=，右边=，∴命题成立．…（10分）

②假设n=k时，命题成立，即；

当 n=k+1时，，

∴当 n=k+1时，命题成立．…（12分）

由①②可得，当n∈N*时，有．…（13分）

∵，

∴a1=2

∴{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，其通项公式为bn=2n．…（14分）

解法二：∵，

∴…（8分）

即，…（10分）

∴即…（12分）

则数列{bn}是以b1=2为首项2为公比的等比数列，bn=2n，（n∈N*）…（14分）

解：（Ⅰ）S2-S1=，S4-S2=，

当n≥1时，=（共2n-1项）≥×2n-1=，

当且仅当n=1时，等号成立．…（4分）

（Ⅱ）当n=2时，有1=f（2）（1-1）⇒f（2）=2，

n=3时，有=f（3）（1+-1）⇒f（3）=3，

由此猜想f（n）=n（n≥2）．…（6分）

下面用数学归纳法证明：

①n=2，3时，上面已证，猜想正确；

②设n=k （k≥2）时，f（k）=k即S1+S2+…+Sk-1=k（Sk-1成立

则S1+S2+…+Sk=k（Sk-1）+Sk

=（k+1）Sk-k=（k+1）（Sk+-1）=（k+1）（Sk+1-1）

即n=k+1时，猜想也正确．

综上所述，存在f（n）=n，使得S1+S2+…+Sn-1=f（n）•（Sn-1）对于大于1的正整数n都成立．  …（8分）

解：（1）∵Sn=n2an，∴an+1=Sn+1-Sn=（n+1）2an+1-n2an

∴

∴，，，，

（2）猜测 ；下面用数学归纳法证

①当n=1时，结论显然成立．

②假设当n=k时结论成立，即ak=

则当n=k+1时，

故当n=k+1时结论也成立．

由①、②可知，对于任意的n∈N*，都有an=．

解：（1）a2=6，a3=12，a4=20；…（6分）

（2）猜想；

用数学归纳法证明：

1）当n=1时，a1=1×（1+1）=2，命题成立

2）假设当n=k（k≥1）时命题成立．即ak=k（k+1）

那么当n=k+1时，

所以，当n=k+1时命题也成立

由1），2）可得对于任意的正整数n，．…（12分）

（1）解：由，所以k（1）=1------（3分）

（2）解：对曲线方程求导可得k（x）=ax2+bx+c，

k（-1）=0，则a-b+c=0------①

由（1）得，k（1）=1，则a+b+c=1------②

由①②得a+c=，b=；

则k（x）=ax2+x+c，

又由x≤k（x）≤（x2+1）恒成立可得，

ax2-x+c≥0且（2a-1）x2+1x+（2c-1）≤0恒成立；

由ax2+x+c≥0恒成立可得a＞0，≤4ac，

由（2a-1）x2+1x+（2c-1）≤0恒成立可得（2a-1）＜0，1≤4（2a-1）（2c-1）

得0＜a＜，且≤ac≤

∴ac=，

且a+c=，则a=c=，

则k（x）=x2+x+=（x+1）2；

（3）证明：--------（7分）

要证原不等式，即证

因为-----（8分）

所以==

所以＞------（10分）

解：（Ⅰ）依题意得sn=2an-2，则n≥2时，sn-1=2an-1-2∴n≥2时，sn-sn-1=2an-2an-1，即an=2an-1…（2分）

又n=1时，a1=2∴数列{an}是以a1=2为首项，以2为公比的等比数列∴…（4分）

（Ⅱ）依题∴…（7分）

由Tn＞2011，得，即

当n≤1006时，，当n≥1007时，，

因此n的最小值为1007                 …（9分）

（Ⅲ）解法一：

由已知得，∴

令…（11分）

∵当x≥3，lnx＞1，则1-1nx＜0，

即f′（x）＜0

在[3，+∞）内，f（x）为单调递减函数∴n≥2时，{lncn}是递减数列，即{cn}是递减数列…（13分）

∵，∴c1＜c2∴数列{cn}中的最大项为…（14分）

解法二：由已知得，∴∵cn＞0，∴

猜想…（11分）

下面用数学归纳法证明nn+1＞（n+1）n（n≥3）

①n=3时，nn+1=81＞64=（n+1）n．所以n=3时不等式成立

②假设n=k时，不等式成立．则有

当n=k+1时，

所以（k+1）k+2＞（k+2）k+1，即n=k+1时，不等式成立

由①②知nn+1＞（n+1）n对一切不小于3的正整数成立．

综上所述n≥3时，cn-1＞cn，c1＜c2

所以数列中c2最大．…（14分）

解：（1）f（0）+f（1）=+==，

f（-1）+f（2）=+==；

（2）由（1）归纳f（x）+f（1-x）=，证明如下：

f（x）+f（1-x）=+=+=，

（3）S=f（-（n-1））+f（-（n-2））+…+f（-1）+f（0）+…f（n）

∴Sf（n）+f（n-1））+…+f（-（n-1）+f（-（n-2））．

两式相加可得2S=2n•，

∴S=．

（本题（18分），第一小题（4分），第二小题（6分），第三小题8分）

解：（1）n=1时，T1=S12⇒a13=a12⇒a1=1（a1=0舍去）…（1分）

n=2时，T2=S22⇒a13+a23=（a1+a2）2⇒1+a23=（1+a2）2⇒a2=2或a2=-1（a2=0舍去）…（2分）

n=3时，，

当a2=2时，⇒a3=3或a3=-2（a3=0舍去）

当a2=-1时，…（3分）

所以符合要求的数列有：1，2，3；1，2，-2；1，-1，1…（4分）

（2）∵an=n，即证13+23+33+…+n3=（1+2+3+…+n）2，…（5分）

用数学归纳法证：

当n=1时，13=12，等式成立；

假设当n=k时，13+23+33+…+k3=（1+2+3+…+k）2=，…（7分）

则当n=k+1时，13+23+33+…+k3+（k+1）3=（1+2+3+…+k）2+（k+1）3

=+（k+1）3=（）2（k2+4k+4）

==，即当n=k+1时，等式也成立；

综上所述，对任意n∈N*，13+23+33+…+n3=（1+2+3+…+n）2；…（10分）

（3）=++…+①

=++…++②

②-①得：2Sn+an+1=，

∴2Sn=-an+1；③…（11分）

∴当n≥2时，2Sn-1=-an，④…（12分）

③-④得：2an=-an+1-+an，

整理得：（an+1+an）（an+1-an-1）=0，

∴an+1=-an，或an+1=an+1（n≥2）…（14分）

（i）an=；

（ii）an=；

（iii）an=；

（v）an=

证明：（1）当n=2时，左边==，右边=，左边＜右边，成立；

（2）假设当n=k（k∈N*，k≥2）时，不等式++…+＜都成立．

则当n=k+1时，左边=++…++＜+＜+===右边．

∴当n=k+1时，不等式成立．

综上可得：对于任意大于1的正整数n，不等式++…+＜都成立．

解：（1）∵f（n）=1•22+2•32+…n（n+1）2，

∴f（1）=1•22=4，

f（2）=1•22+2•32=22，

f（3）1•22+2•32+3•42=70；

（2）假设存在常数a，b，c使得f（n）=对一切自然数n都成立，

则f（1）=（a+b+c）=4，

∴a+b+c=24①，

同理，由f（2）=22得4a+2b+c=44②，

由f（3）=70得9a+3b+c=70③

联立①②③，解得a=3，b=11，c=10．

∴f（n）=（3n2+11n+10）．

证明：1°当n=1时，显然成立；

2°假设n=k时，f（k）=（3k2+11k+10）=，

则n=k+1时，f（k+1）=f（k）+（k+1）[（k+1）+1]2=+（k+1）[（k+1）+1]2=（3k2+17k+24）

=

=，

即n=k+1时，结论也成立．

综合1°，2°知，存在常数a=3，b=11，c=10使得f（n）=（3n2+11n+10）对一切自然数n都成立．

解：（Ⅰ）由已知，，又a1=2，则a2=2-

a3=2-，a4=2-，由此可猜想：

证明：（1）当n=1时，，所以猜想正确．

（2）假设当n=k（k≥1，k∈Z）时，猜想成立，即

则=，即当n=k+1时也成立．

结合（1）（2）可知，数列{an}的递推公式是

（Ⅱ）假设，且，因为an，ak＞0

则1+an＞2an，且1+ak＞2an，两式相加得，（1+an）+（1+ak）≥2an+2ak，即an+ak≤2

因为＞1，则：ak+an＞2，矛盾．

所以假设不成立，即：与中至少有一个小于2．