热门试卷

解：（1）当n=1时，a2+（a+1）=a2+a+1可被a2+a+1整除

（2）假设n=k（k∈N*）时，ak+1+（a+1）2k-1能被a2+a+1整除，则当n=k+1时，

ak+2+（a+1）2k+1=a•ak+1+（a+1）2（a+1）2k-1

=a[ak+1+（a+1）2k-1]+（a2+a+1）（a+1）2k-1，

由假设可知a[ak+1+（a+1）2k-1]能被（a2+a+1）整除，

（a2+a+1）（a+1）2k-1也能被（a2+a+1）整除

∴ak+2+（a+1）2k+1能被（a2+a+1）整除，即n=k+1时命题也成立，

∴对任意n∈N*原命题成立．

解：（1）∵，x1=1，xn=f（xn-1），

∴x2=，x3=，x4=；

（2）猜想xn=（n∈N+）              （*）      

（3）①当n=1时，x1=1=，（*）成立；        

②假设n=k时（*）成立，即xk=

当n=k+1时，xk+1=f（xk）=

即当n=k+1时，（*）成立      

根据①和②，可知对任何n∈N+（*）都成立．

（1）解：函数f（x）=ax--2lnx的导数为f′（x）=a+-，

则在x=1处的切线的斜率为2a-2=0，

解得a=1；

（2）证明：f（x）=x--2lnx，

所以f′（x）=1-+=（-1）2，

于是an+1=f′（）-n2+1=（an-n）2-n2+1

=an2-2nan+1．

用数学归纳法证明如下：

当n=1时，a1=4=2×1+2，

当n=2时，a2=9＞2×2+2，成立；

假设当n=k（k≥2且k∈N*）时，不等式ak＞2k+2成立，即ak-2k＞2成立，

则当n=k+1时，ak+1=ak（ak-2k）+1＞（2k+2）×2+1=4k+5＞2（k+1）+2，

所以当n=k+1，不等式也成立，

综上得对所有n∈N*时，都有an≥2n+2．

解：（1）由已知可得：ak=aqk-1，am=aqm-1，an=aqn-1，…（1分）

则=ak•an，即有（aqm-1）2=（aqk-1）（aqn-1），…．（3分）

2（m-1）=（k-1）+（n-1），化简可得．2m=k+n．…..（4分）

（2）ak+an=aqk-1+aqn-1，又2am=2aqm-1，

故 （ak+an）-2am=aqk-1+aqn-1-2aqm-1=aqk-1（1+qn-k-2qm-k），…..（6分）

由于k，m，n是正整数，且n＞m，则n≥m+1，n-k≥m-k+1，

又q是满足q＞1的正整数，则q≥2，

1+qn-k-2qm-k≥1+qm-k+1-2qm-k=1+q•qm-k-2qm-k≥1+2qm-k-2qm-k=1＞0，

所以，ak+an＞2am，从而上述猜想不成立．…..（10分）

（3）命题：对于首项为正整数a，公差为正整数d的无穷等差数列{an}，总可以找到一个无穷子数列{bn}，使得{bn}是一个等比数列．…（13分）

此命题是真命题，下面我们给出证明．

证法一：只要证明对任意正整数n，bn=a（1+d）n，n≥1都在数列{an}中．因为bn=a（1+d）n=a（1+d+d2+…+dn）=a（Md+1），

这里M=+d+…+dn-1为正整数，所以a（Md+1）=a+aMd是{an}中的第aM+1项，证毕．…..（18分）

证法二：首项为a，公差为d（ a，d∈N*）的等差数列为a，a+d，a+2d，…，考虑数列{an}中的项：

a+ad，a+（2a+ad）d，a+（3a+3ad+d2）d，…

依次取数列{bn}中项b1=a+ad=a（1+d），b2=a+（2a+ad）d=a（1+d）2，b3=a+（3a+3ad+d2）d=a（1+d）3，则由a＜2a+ad＜3a+3ad+d2，可知=，

并由数学归纳法可知，数列bn=a（1+d）n，n≥1为列{an}的无穷等比子数列…（18分）