热门试卷

解：（1）由题意得，a1=n-1，a2=（n-1）+（n-2）-1， a3=（n-1）+（n-2）+（n-3）-1-2；

（2）在第k站出发时，前面放上的邮袋共：（n-1）+（n-2）+…+（n-k）个； 而从第二站起，每站放下的邮袋共：1+2+3+…+（k-1）个，

故ak=（n-1）+（n-2）+…+（n-k）-[1+2+…+（k -1）]=（k=1，2，…n）

即邮政车从第k站出发时，车内共有邮袋数（kn-k2）（k =1，2，…n）个；

（3）∵ak=kn-k2∴

∵k≠k+1

∴ 等号不成立

∴。

（Ⅰ）解：∵数列{an}满足．

∴，

（Ⅱ）证明：由知  ，

．                                                                                              （1）

所以，即．                          

从而  a1+a2+…+an=

=．                          

（Ⅲ） 证明：等价于证明，即    ．                          （2）

当n=1时，，，即n=1时，（2）成立．

设n=k（k≥1）时，（2）成立，即 ．

当n=k+1时，由（1）知；        

又由（1）及知 均为整数，

从而由 有 即，

所以  ，即（2）对n=k+1也成立．

所以（2）对n≥1的正整数都成立，

即对n≥1的正整数都成立．    

解：（I ）∵f ′（x）=，

∴f ′（1）=．

由题知，

解得a=1 ．

（II ）由（I ）有f （x ）=ln （1+x ）-x ，

∴原方程可整理为4ln （1+x ）-x=m ．

令g （x ）=4ln （1+x ）-x ，

得g ′（x）=，

∴当3 ＜x ≤4 时g' （x ）＜0 ，

当2 ≤x ＜3 时g' （x ）＞0 ，g' （3 ）=0 ，

即g （x ）在[2 ，3] 上是增函数，在[3 ，4] 上是减函数，

∴在x=3 时g （x ）有最大值4ln4-3 ．

∵g （2 ）=4ln3-2 ，

g （4 ）=4ln5-4 ，

∴g （2 ）-g （4 ）=．

由9e ≈24.46 ＜25 ，

于是

∴g （2 ）＜g（4 ）．

∴a 的取值范围为[4ln5-4 ，4ln4-3 ）

（III ）由f （x ）=ln （1+x ）-x （x ＞-1 ）

有f ′（x）=，

显然f' （0 ）=0 ，

当x ∈（0 ，+ ∞）时，f' （x ）＜0 ，

当x ∈（-1 ，0 ）时，f' （x ）＞0 ，

∴f （x ）在（-1 ，0 ）上是增函数，在[0 ，+ ∞）上是减函数．

∴f （x ）在（-1 ，+ ∞）上有最大值f （0 ），

而f （0 ）=0 ，

∴当x ∈（-1 ，+ ∞）时，f （x ）≤0 ，

因此ln （1+x ）≤x（* ）

由已知有p ＞an ，

即p-an ＞0 ，

所以p-a n-1 ＞-1 ．

∵an+1-an=ln （p-an ）=ln （1+p-1-an ），

∴由（* ）中结论可得a  n+1-an ≤p-1-an ，

即an+1 ≤p-1 （n ∈N* ）．

∴当n ≥2 时，an+1-an=ln （p-an ）≥ln[p- （p-1 ）]=0 ，

即an+1≥an ．

当n=1 ，a2=a1+ln （p-lnp ），

∵lnp=ln （1+p-1 ）≤p-1 ，

∴a2 ≥a1+ln[p- （p-1 ）]=a1，

结论成立．

∴对n ∈N* ，an+1≥an。

解：（1）当0＜x＜1时，f'（x）=1-lnx-1=-ln-x>0

所以函数f（x）在区间（0，1）是增函数；

（2）当0＜x＜1时，f（x）=x-xlnx>x，

又由（1）及f（x）在x=1处连续知，

当0＜x＜1时，f（x）＜f（1）=1，

因此，当0＜x＜1时，0＜x＜f（x）＜1  ①

下面用数学归纳法证明：  ②

（i）由0＜a1＜1，a2=f（a1），应用式①得0＜a1＜a2＜1，即当n=1时，不等式②成立；

（ii）假设n=k时，不等式②成立，即

则由①可得

即

故当n=k+1时，不等式②也成立

综合（i）（ii）证得

；

（3）由（2）知，{an}逐项递增，故若存在正整数m≤k，使得

，则

否则若am＜b（m≤k），则由0＜a1≤am＜n＜1（m≤k）知

由③知

于是。