热门试卷

（Ⅰ）解：∵=，

∴2=（n+1）①，

∴2+1=（n+2）+1②，

∴①﹣②可得2+1=（n+2）+1﹣（n+1），

∴

当n≥2时，

∵a1=2

∴数列 {} 的通项公式为=2n；

（Ⅱ）解：∵b1=0，b2=2，=，n≥2，

∴n≥3时，

b1=0，b2=2满足上式，

∴数列 {bn} 的通项公式为；

（Ⅲ）证明：

当k≥2时，

∴

∵b1=0，

∴==2n﹣1﹣1

∴对于n∈N*，

解：（1）将条件变为：

因此一个等比数列，其首项为，公比

从而

据此得 ①；

（2）据①得

为证a1·a2·…an＜2·n！

只要证n∈N*时有 ②

显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个n∈N*，有  ③

用数学归纳法证明③式：

（i）n=1时，③式显然成立，

（ii）设n=k时，③式成立

即

则当n=k+1时，

即当n=k+1时，③式也成立

故对一切n∈N*，③式都成立。

利用③得

故②式成立，从而结论成立。

证明：∵，

∴要证，

只要证，

即证                      （*）

∵，

∴（*）式成立，

故原不等式成立。

解：要证，只需证b2-ac＜3a2∵a+b+c=0，

只需证b2+a（a+b）＜3a2，

只需证2a2-ab-b2>0，

只需证（a-b）（2a+b）>0，

只需证（a-b）（a-c）>0

因为a>b>c，

所以a-b>0，a-c>0，

所以（a-b）（a-c）>0，显然成立

故原不等式成立。

解：“略”。

证明：由条件，得，

消去x，y，即得，且有a>0，b>0，c>0，

要证（a+1）2≥（b+1）（c+1），

只需证，

即证

也就是证 2a≥b+c，

而，只要证，

即证b3+c3= （b+c）（b2+c2-bc）≥（b+c）bc，

即证b2+c2-bc≥bc，

即证（b -c）2≥0，

因为上式显然成立，

所以（a+1）2≥（b+1）（c+1）。

（1）证明：a=1时，x＞﹣1时，f（x）≥0，即，

亦即1﹣（x+1）e﹣x≥0，即ex≥x+1

因此只要证当x＞﹣1时，ex≥x+1

构造函数g（x）=ex﹣x﹣1，

∴g′（x）=ex﹣1

当x≥0时，g′（x）≥0；

当﹣1＜x＜0时，g′（x）＜0

∴g（x）在[0，+∞）上单调增，（﹣1，0]上单调减

∴g（x）min=g（0）=0

∴g（x）≥0，即当x＞﹣1时，ex≥x+1

∴当x＞﹣1时，f（x）≥0；

（2）解：f（x）≤0在[0，+∞）上恒成立，等价于x≥0时，恒成立

∵1﹣e﹣x∈[0，1），

∴

∴若x=0时，0=0，此时a∈R；

若x＞0，ax+1＞0，

∴，

∴a≥0 ∴a≥0，

x≥0时，恒成立，等价于（1﹣e﹣x）（ax+1）﹣x≤0恒成立

令h（x）=（1﹣e﹣x）（ax+1）﹣x，

∴h′（x）=a（1﹣e﹣x）+（ax+1）e﹣x﹣1

∴h″（x）=e﹣x（2a﹣ax﹣1）

∵a≥0，x≥0，

∴h″（x）≤（2a﹣1）e﹣x

①若2a﹣1≤0，即  时，h″（x）≤0，

∴h′（x）在[0，+∞）上单调减，

∴h′（x）≤h（0）=0，

∴h（x）在[0，+∞）上单调减，

∴h（x）≤h（0）=0，

∴f（x）≤0，满足题意；

②若2a﹣1＞0，即时，当时，h''（x）＞0，

∴h′（x）在[0，+∞）上单调增，

∴h′（x）＞h（0）=0，

∴h（x）在[0，+∞）上单调增，

∴h（x）＞h（0）=0，

∴f（x）＞0，不满足题意；

综上知，实数a的取值范围为 ；

（3）证明：由（2）知，当a=时，，

∴，

当x∈（0，2）时，，

∴令，

∴，

∴

∴，

∴

∴

∴

证明：要证，

，

∴，

即证

，

当且仅当“=b”时，取等号，

∴（*）式成立，即原不等式成立。

解：略