热门试卷

解：因为（1+x）n≥1+nx为关于n的不等式，x为参数，以下用数学归纳法证明：

（ⅰ）当n=1时，原不等式成立；

当n=2时，左边=1+2x+x2，右边=1+2x，

因为x2≥0，所以左边≥右边，原不等式成立；

（ⅱ）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，于是在不等式（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，

所以（1+x）k+1≥1+（k+1）x．即当n=k+1时，不等式也成立．

综合（ⅰ）（ⅱ）知，对一切正整数n，不等式都成立．

解：（Ⅰ）当a=2时，f（x）=2x2+ln（x+1）（x＞-1），

f′（x）=≥0，

故函数f（x）的单调递增区间为（-1，+∞）；

（Ⅱ）因函数f（x）图象上的点都在所表示的平面区域内，则当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，即ax2+ln（x+1）-x≤0恒成立，

设g（x）=ax2+ln（x+1）-x（x≥0），只需g（x）max≤0即可．

由g′（x）=，

（ⅰ）当a=0时，g′（x）=，当x＞0时，g′（x）＜0，函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，

故g（x）≤g（0）=0成立．

（ⅱ）当a＞0时，由g′（x）==0，因x∈[0，+∞），所以x=-1，

①若-1＜0，即a＞时，在区间x∈（0，+∞）上，g′（x）＞0，则函数g（x）在x∈[0，+∞）上单调递增，g（x）在x∈[0，+∞）上无最大值，此时不满足条件；

②-1≥0若，即0＜a≤时，函数g（x）在（0，-1）上单调递减，在区间（-1，+∞）上单调递增，

同样g（x）在x∈[0，+∞）上无最大值，不满足条件．

（ⅲ）当a＜0时，由g′（x）=，∵x∈[0，+∞），∴2ax+（2a-1）＜0，

∴g′（x）＜0，故函数g（x）在x∈[0，+∞）上单调递减，故g（x）≤g（0）=0成立．

综上所述，实数a的取值范围是（-∞，0]．

（Ⅲ）f′（x）=2ax+，∴g（x）=2a（x-1）++1，

当a=时，g（x）=x+（x＞0）

∴[g（x）]n-g（xn）=（x+）n-（xn+）

=（xn+xn-1•+…+）-（xn+）

=xn-2+…+．

令T=xn-2+…+，

则T=+…+xn-2，

∵x＞0，

∴2T=（xn-2+x2-n）+…+（xn-2+x2-n）≥•+…+•

=2（+…+）=2（2n-2）

∴T≥2n-2，即[g（x）]n-g（xn）≥2n-2．…（14分）

解：（1）a1=2，a2=3，a3=4，猜测：an=n+1．

下用数学归纳法证明：

①当n=1时，a1=1+1=2，猜想成立；

②假设当n=k（k≥1）时猜想成立，即ak=k+1，

由条件，

∴，

两式相减得：，

则当n=k+1时，，

∴ak+1=k+2，即当n=k+1时，猜想也成立．

故对一切的n∈N*，an=n+1成立．

（2）∵an=n+1，即证：

对k=1，2，…，n-2，令，则，

显然1＜x＜x+k，0＜lnx＜ln（x+k），∴xlnx＜（x+k）ln（x+k），

∴，∴fk（x）在（1，+∞）上单调递减．

由n-k≥2，得fk（n-k）≤fk（2），即．

∴ln2lnn≤ln（2+k）ln（n-k），k=1，2，…，n-2．

∴

=+…+

=+…+

≤+…+

=．

即．

解：（1）设等差数列{an}的公差为d，则an=a1+（n-1）d，，

∵Sn+1+Sn=（n+1）an+1-an-1，

∴+=（n+1）（a1+nd）-[a1+（n-1）d]-1，

化简，得：-+1=0，

即对任意n∈N+都成立，

∴，解得，

∴an=2+4（n-1）=4n-2；

（2）∵a2=6，∴=a1+a2+a1，

化简得=6，所以a1=2，

当n=2时，则a1+a2+a3+a1+a2=，

∴=，

∴a3=10，∴a1，a2，a3成等差数列，首项为2，公差为4，

故猜想：an=4n-2 （n∈N*）．

下面利用数学归纳法来证明数列{an}是以2为首项，4为公差的等差数列：

显然当n=1，2，3时，命题成立；

假设当n=k时成立，即ak=4k-2，

∴Sk==2k2，

∴Sk+1+Sk=（k+1）ak+1-ak-1，即，

∴==4k2+2k，

∴ak+1=4k+2=4（k+1）-2，

∴当n=k+1时也成立，

综上所述，数列{an}是以2为首项，4为公差的等差数列．