已修改選修2-2第2章

1 由數(shù)列1,10,100, 歸納該數(shù)列的第n項可能是 【答案】

2 則數(shù)列2,5,11,20,x,47,…中的x是 B． C． 【答案】【解析】523,115620119x2012x 認為比較恰當(dāng)?shù)氖? 【答案】4 下列表述正確的是A. B. C. D.【答案】5 將全體正整數(shù)排成一個三角形數(shù)陣1 n行（n3）3n2n【答案 【解析】前面n1行共有

12 (n1)

n22

個數(shù)，故第n行的第3個數(shù)為3n2nn2n3 6 從112,23432,3456752中得出的一般性結(jié)論是【答案】n(n1) 7 由“等腰三角形的兩腰相等”可以類比推出正棱錐的類似屬性 8 已知數(shù)列a滿足a2，

1an（nN*），則a的值 3 3

1【答案】

a1a2a3 a2007a3a1a1a2，可以發(fā)現(xiàn)

aa

a

a2007a1a2a2007

a2005a2006a2007a1a2a39 設(shè)函數(shù)f(x)

，利用中推導(dǎo)等差數(shù)列前n項和的方法，可求12xf(5)f(0)f(6)12x2【答案】2此題利用類比中推導(dǎo)等差數(shù)列前n項和的倒序相加法，觀察每一個因式的特點，嘗f(xf(1x112221x22221x22211于是f(x)f(1x) 22 f(xf(1x2262因此所求的和為 在DEF中有余弦定理：DE2DF2EF22DFEFcosDFE．拓展到空間，類ABCA1B1C13S S

S

其中ABB1A1BCC1B1 ABCA1B1C1DEF，其中DFEABB1A1BCC1B1所成角，在DEFDE2DF2EF22DF

1

DE2AA2DF2AA2EF2AA22DFAAEFAAS S

S

即

11 用證明：三角形內(nèi)角和等于【解析】平角等 180°,(在△ABC中延長BC E,作 ∵∠ACB+∠ACD+∠DCE為平 ∴∠A+∠B+∠C=180°（結(jié)論12 下列推理是歸納推理的是 A、B為定點，動點P滿足|PA|＋|PB|＝2a＞|AB|，得P的軌跡為橢由a1＝1，an＝3n－1，求出S1，S2，S3，猜想出數(shù)列的前n項和Sn的表達由圓x2＋y2＝r2的面積πr2，猜出橢

＋＝1【答案】

13 已知x0，nN*，由下列結(jié)論x12，x

3x274一個正確的結(jié)論可以是（．

【答案】

x n

x n

x n

x n 【解析】x 2x 3x 4，…，歸納推理可得x nx

14 設(shè) ， ，當(dāng)且僅當(dāng)ab時 等號，利用以上結(jié)論，可以得到函數(shù)f(x)2x

1

(x

(0,2

的最小值為（．A、 【答案】x(0,x(0,2

2【解析】由題意可知，x 12x0f(x) 2x

31

x27

1(0,2

f

1

2x115 黑白兩種顏色的正六邊形地面磚按如圖的規(guī)律拼成若干個圖案則第n個圖案中的白色地面磚有 A．4n－2 B．4n＋2 C．3n＋3 D．3n－3【答案】【解析】由圖形可知第一個圖案中白色地面412塊第二個圖案中白色地面422塊第三個圖案中白色地面432歸納推理可知第n個圖案中白色地面4n2 任意自然數(shù)是整數(shù)，4是自然數(shù)，所以4是整數(shù)．以上推理( 【答案】417 觀察下列數(shù)表規(guī) 【答案】18 等比數(shù)列，而且每一行的公比都相等，記第ijaij（i

j,i,jN*則a53等于，amn (m3)1，公差d1111，公差d311 所以 1415， 1315，所以第5行的公比為qa521，所以

aq51

5。由題意知

1(m1)1m，

1(m2)1m

所以第mqam21，所以

aqn1m1n1

m,m((

19 已知整數(shù)對按如下規(guī)律排成（1，1（1，2（2，1（1，3（2，2（3，1（1，4（2，3（3，2（4，1，……， 20 觀察下列各式：ab1a5b5 a10b10 【答案】

a2b23

a3b3

，a4b4721 已知ABC的三邊長分別為a,b,c，其面積為S，則ABC的內(nèi)切圓O的半 ab

ABCDS1S2S3,S4，其體積為VABCDr

S1S2S3 111213 第1 第2 第第 第5 【答案】 12n1由261636364162321，61322 是橢圓C上關(guān)于原點對稱的兩個點，點P是橢圓上任意一點，當(dāng)直 的斜率都存在，并記為kPM、kPN時，那么kPM與kPN之2是與點P

1M

22

1P PM，PNkPMkPNkPMkPN之積是與點

b2

m2

b2

x2b2 yny y2 b2x2 則kPMkPNx

（定值2

mx

24 ①sin213cos217sin13cos17②sin215cos215sin15cos15③sin218cos212sin18cos12sin225cos255sin25cos55.asin215cos215sin15cos1511sin303 sin2cos230sincos(304sin2cos230sincos(30sin2(cos30cossin30sin)2sin(cos30cossin30sinsin23cos2 3sincos1sin2 3sincos1sin2 3sin23cos23 25 已知：sin2

sin2

sin21502sin2

sin2

sin21252通過觀察上述兩等式的規(guī)律，請你寫出一般性題，并給出的證明sin2(60)sin2sin2(60)【答案

1cos(21200)1cos21cos(2 3[cos(21200)cos2cos(21200)]226 對 ，已知下列不等式成立 ②ab2a2ba3b3; ④ab4a4ba5b5. a6b6若a、b0abab2a2ba3b3;（1）ab5a5ba6b6（或a2b4a4b2a6b6或2a3b3a6b6（2）a3b3(a2bab2)a3b3a2bab2a2(ab)b2(b=(ab)(a2b2)(ab)2(a又ab0abab0,(ab)20a3b3(a2bab2)∴a2bab2a3b3（3）ambnanbmamnbmn(a0,b0abmnN27 如圖，在等腰直角三角 中，斜 ，過點 的垂線，垂足 ；過點A2作A1C的垂線，垂足為A3；…，依此類推，設(shè)BAa1，AA1a21A2a3…A5A6a7則a7＿＿＿＿．12【解析】由BC 2

ABa12AA1a2 A1A2a32

2，由此可歸納2出{an}是2a2為首項，2

2 aq62 1【來源】2014年文28 觀察下列等

2

n1 n1【來源】2013

3 n

n(n229

n2(n≥4n∈N*)個正數(shù)排成一個nn列的數(shù)陣第1 第2 第3列 第n12

a2 n

an

其中aik(1≤i≤n，1≤k≤n，且i，k∈N)表示該數(shù)陣中位于第i行第k列的數(shù).=8，a34(Ⅰ)求a11aik(Ⅱ)設(shè)Ana1na2(n1)a3(n2) d，則aa+(k-1)d]·2i- ∵a23=8，a34∴

3d20a11 a=2，a=(k+1)·2i-1.(1in，1kn，n≥4，且iknN* ∵Aa

=(n+1)+n·2+(n-1)·22+(n-2)·23+……+2·2n-1

n則2A=(n+1)·2+n·22+(n-1)·23+(n-n②2An=-(n+1)+2+22+23+……+2n-n∴A+n=3·(2n-nn=3m(m∈N*，m≥2)，則 =3·[(7m+C1·7m-1+C2·7m-2+……+Cm2·72+Cm1·7+1)- =21·(7m-1+C1·7m-2+C2·7m-3+……+Cm2·7+Cm1 C1、C2、……、Cm2、Cm1 ∴7m-1C1·7m-2C2·7m-3Cm2·7+Cm1 故(An+n21整除30 如果a1,a2,a8為各項都大于零的等差數(shù)列，公差d0，則 a1a8

a1a8

a1a8a4

a1a8a4【答案】【解析】由a1a8a4a5Canna11a88a44a531 已知正六邊形ABCDEF，在下列表達式①BCCDEC；②2BCDC③FEED；④2EDFA中，與AC等價的有 A．1 B．2 C．3 D．4【答案】①BCCDECBDECAEECAC②2BCDCADDC32 設(shè)

為正數(shù),則(xx

的最小值為（ 【答案】4xy 【解析】(xy)(14)14xy454xy54xy (xy)(1494x

33 函數(shù)yx

在下列哪個區(qū)間內(nèi)是增函數(shù) 【答案】

C．(3,5

y'xcosxx(sinxcosxxsinx0，由選項知x0,sinx0,x234 有關(guān)反證法中假設(shè)的作用，下面說法正確的是（A．由已知出發(fā)推出與假設(shè)B．由假設(shè)出發(fā)推出與已C．由已知和假設(shè)出發(fā)推出D．以上說法都不【答案】35 A假設(shè)三內(nèi)角都不大于60度 B假設(shè)三內(nèi)角都大于60度C假設(shè)三內(nèi)角至多有一個大于60度 D假設(shè)三內(nèi)角至多有兩個大于60度【答案】36 用反證法證明：若整系數(shù)一元二次方程ax2bxc0(a0)有有理數(shù)根，那a、b、c中至少有一個是偶數(shù)．用反證法證明時，下列假設(shè)正確的是( A．假設(shè)a、b、c都是偶數(shù) B．假設(shè)a、b、c都不是偶數(shù)C．假設(shè)a、b、c至多有一個偶數(shù) D．假設(shè)a、b、c至多有兩個偶數(shù)【答案】37 分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明：“設(shè)abc，且abc0”，b2b2ab

3a”索的因應(yīng)是 ac【答案】

(ab)(ac)

(ab)(ac)

abcabcb2要 b2b2ac（a+c2只需a2c2a2ac0即(ac)(2ac)0即(ac)(ab38 【解析】用綜合法，不妨設(shè)a

abc0若bca0，易知原不等式左邊0右邊．若bca0：(abc)(ac注意到2aa(abc)(ac(abc)(bc同理2ba(abc)(bc(acb)(bc以及2ca(acb)(bc39 若a

ABCa4b4c42(a2b2b2c2c2a2a4b4c42(a2b2b2c2c2a2c42(b2c2c2a2a2b22c42(b2a2c2ab)2ab)2即[c2ab)2c2ab)2即cacacabcab)0而由三角形的三條邊的關(guān)系顯然上式成立因此原不等式成立．，40 已知非零實數(shù)a，b，c成等差數(shù)列，且公差d0，求證：111不可能是等差，ab11，

21【解析】假設(shè)abc是等差數(shù)列，則 c，又2bac 1兩式聯(lián)立消去b得a c，化簡得：(ac)20，故 11，d

abc41 設(shè)a,bR,a22b26,則ab的最小值是 22【答案】a

536cos,b

D．73sin,ab3sin()42 設(shè)a,b,c三數(shù)成等比數(shù)列，而x,y分別為a,b和b,c的等差中項，則a

【答案】

1

2

3

acb2ab2x,bc2yac

2a 2ab4ac2bc2ab4ac2bc

a b

a babb2bc abacbc43 設(shè)P

log

log

log

log

，則 【答案】

0P

1P

2P

3PPlog112log113log114log115log11120

1log1111log11120log111212，即1P44 已知abc>0,abbcac>0,abc>0,用反證法求證a

b>0,c>0A.a,

不全是正 【答案】245 若lgxlgy2lg(x2y)，則 x2【答案】【解析】lg(xylg(x2y)2xyx2y)2x25xy4y20xy或x422

x2y0,x4y

446 若關(guān)于x的不等式(k

2k

3)x

(k

2k

3)1

的解集為(,，則k1 1 【答案】

2 2 k22k3

x1x,0k22k31，即 k22k 2k22k1 2

k

，12k12 2k22k 47 已知ab

求證

a b aa bacaabbca bacaabbbca2abbbcaa b

4，(abacac 4

a b a b a48 求證：形如

【解析】用反證法．假設(shè)某一正整數(shù)

4k3a2b24s24t24t1化簡后為2k12s22t22taba49 已知a，b是正實數(shù)，求證 ababaabababaababaabaa要 abaa

b即證(ab

b)

b即證ab

ab

ab，即

b)2aabbaab該式顯然成立，所 aabbaab50 已知數(shù)列

中

1,且前n

n2a

n,(nN*)n(1)求a2,a3,a4的值,并歸納出an的通項(2)由(1)an

n2a

a1 nn=2S2nn=3S3

a1a2 a1a2a3當(dāng)n=4時,4 a1a2

n(n

(n(2)假設(shè)

an1

n(n

,1n

n

,n22 .假設(shè)不成立,故anan1ccc251 已知正數(shù)a、b、c滿足ab2cc2c2c2

ac要證c

ac

c2c2c2

ac

c2c2即只要證|ac2

只要證(ac)2c2ab,只要證a22ac即只要證a(ab) a0,只需證abc2c2

ac

c252 已

a

為三角形的三邊，且

abc

求證：1ab

bc

ca

3【解析】證明：用綜合法證明 ab

bc

ca

1(abc)(

ab

bc

ca=1[(abc)(bca)(cab)](

ab

bc

ca

bcaab

abcbc

cabbc

bcaca

cabab

abc)cab1(3222)353 x

1)(y

1)假設(shè)(x

1)(y

(11)(

1)(1x)(1x)(1y)(1y)(1x)y(1y)x1x1yx y x

y x

y 1x2x9，由此得(2x1)20 154 a、b、c、d假設(shè)a、b、c、d都是非負數(shù)abcd1，所以(ab)(cd)1又(ab)(cdacbdadbcacbd，所以acbd1，

acbda、b、c、d55 求證：質(zhì)數(shù)序列2,3,5,7,11,13,17,19,……是無限P，全部序列為2357,11,13,17,19,...,PN235711...PN不能被2N不能被3NP整除，N不能被2357,11,13,17,19,...,P中的任何一個整除，所以N是個質(zhì)數(shù)，而且是個大于P的質(zhì)數(shù)，與最大質(zhì)數(shù)為P，即質(zhì)數(shù)序列2357,11,13,17,19,……是無限的56

x3axb0少有一個實根”時，要做的假設(shè)是 A：x3axb0沒有實根B：x3axb0至多有一個實根C：x3axb0至多有兩個實根D：x3axb0【答案】57 （2014 文，19）設(shè)各項均為正數(shù)的數(shù)列an的前n項和為Sn，且Sn滿 S2(n2n3)S3(n2n)0，nN ⑴求a1的值⑵求數(shù)列an的通 n

1anan1anan

13 S2n2n

3n2n0 ∴令n1，得a2a60，解得a12a13 an0a12 S2n2n

3n2n0 a0，所以S30，所以Sn2 所以當(dāng)n≥2時，aS n2nn12n12n a12所以an2n⑶由⑵知 anan 2n所

a2a2

…

anan1

… 2 4 2n2n1 2 3 5

2n

111 111 2 2n1

2 58 在ABC中，猜想TsinAsinBsinC的最大值，并證明sinAsinBsinCsin2sinABcosAB2sin(C)cos(C 2sinAB2sin(C)4sin(ABC)cos(ABC 4sin(ABC 4sin()4sin cosAB A 當(dāng)且僅當(dāng)

)

時等號成立，即C3 3cos(ABC) ABC ABCTsin的最大值為4sin 所以 3sin3 59 在數(shù)列{a}中，

1(nN).從數(shù)列{a}k(k3

111的新數(shù)列記為{bn}，并稱{bn}為數(shù)列{an}的k項子列.例如數(shù)列4

, 235

為{an如果{bn}為數(shù)列{an}5{bn}為等差數(shù)列，證明：{bn}d1d08（）如果{cn為數(shù)列{an的一個m(m3)項子列，且{cn為等比數(shù)列，證明：ccc

≤21

（Ⅰ）證明：由題意，知1≥b1b2b3b4b50所以db2b10若b11由為{a}5b1 所以dbb111 b5b14db50所以4d

b

11d1d≤2

.所以b1所以b1 b5b14db50所以4dbb≥b11d1 綜上，得1d08證明：由題意，設(shè){cn}的公比為qcc(1qcc(1qq2 qm1) 因為{cn}為{an}m所以qq1

1≤1(aN)a設(shè)qK(KLNKLL≥2LK1因為q11 所以ccc cc(1qq2 qm1)≤11(1)2

1m1

( 2

(1)m12所以c

c

1m1 (K1因為cm

1a

是{an}KL所以aKm1M(MN*cc(1qcc(1qq2 qm1 1(

1)M Km2 Km3

因為L≥2K，MN*所以c

c

≤11

12

1m12

1m1

( ( (

c

c

≤21

60 設(shè)(a1a2a3A(a1a2a2a3a3a1Ba1a2a3C1b1b2b3C21考查函數(shù)f(xx3Ax2bxC1g(xx3Ax2BxC．不妨設(shè)aaabbb ∵f(a1)0，g(a1)≤0．g(a1)f(a1)≤g(x) f(x)C2C1,∴C2≤g(x)g(a3f(a3)(a3b1)(a3b2)(a3b3)0．即C2C1，2n 22n 2

時左端應(yīng)在n

(k1)4(k(k1)4(k 加上A.k21B.(k【答案】

D.k1k2k2【解析】當(dāng)nk時，左端123k22當(dāng)nk1時，左端123k2k21k22k12故當(dāng)nk1n=k(k2+1)+(k2+2)+…+(k+1)262 若數(shù)列an的通

an(n

試通過計算f1,f2,f3的值，推測出fn

n

n n【答案】

2n

2n1

2n1f(n)1a1)(1f11

113 f21

11

f1(11)3824 f31

1a1

f2

1)2155

n

3

fn

2n

.063 用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式2nn2(n5,nN)時，第一步需要驗證n 時0不等式成立A. B.2和 C. D.【答案】64 已 為正偶數(shù)，用數(shù)學(xué)歸納法證明nn n nn n 時，若已假設(shè)nk（k2k為偶數(shù)）時命題為真，則還需利用歸納假設(shè)再證A．nk1時等式成 B．nk2時等式成C．n2k2時等式成 D．n2(k2)時等式成【答案】【解析】因為n是正偶數(shù)，故k（k為正偶數(shù)）后的下一個偶數(shù)為k65 用數(shù)學(xué)歸納法證明“當(dāng)n為正奇數(shù)時，xnyn能被x

n2k1(kN)命題為真時，進而需證 2k【解析】因為n2k12k1n2k66 若f(n)122232 (2n)2,則f(k1)與f

的遞推關(guān)系式 f(k1f(k2k1)22k：f(k1222f(k1)122232 (2k1)2(2kf(k1)f(k)(2k1)2(2kf(k1f(k2k1)22k67 在數(shù)列a中，a1，對任意自然數(shù)n，當(dāng)a為有理數(shù)時，

2

a

an1

2an2

an 2n2n

2 68 證明：nN*，1111...

1

...1n1

2n n11 2

n 1111...

1

...nk

2k k

k

nk11111...

...1 2k 2k

k

k 2k 2k

...

... k

k 2k

k 2k

k

k 2k69 已知數(shù)列an中，

an

1,

0，求數(shù)列an的通 aSSa2

1

331a 53

an

2n1 3①當(dāng)n1的時候，a1 1，通 成立312k3 2kn12k3 2kak

Sk

ak12

1ak

2k32

2k1akan

2n70 用數(shù)學(xué)歸納法證明：(3n1)7n1能被9整除．(nN)1 【解析】用數(shù)學(xué)歸納法證（1）當(dāng)n1(31171279（2）假設(shè)當(dāng)nk(3k17k19nk1

1]7k

1)

[(3k1)7k1]9(2k3)[(3k17k1]和9(2k37k9[(3k17k19(2k37k9即[3(k1)1]7k119nk1（171 由正實數(shù)組成的數(shù)列a滿足：a2≤a

，n1，2nN*

1n

a2≤aa a①由 1，于是 a≤aa2

1)21≤1

1nk(k2akk1 k當(dāng)nk1時，由a2≤a k ≤

a2

1)2

a1(k≥k

4，結(jié)合 (11)21k1

k1k

k

k2

knk1a由①②可知，對任意nN*，都有 72 對于n≥2的自然數(shù)，證明：2n12①n2時，22(1221)3 0；n3時，23(1322)870，結(jié)論成立2②假設(shè)nk(k≥3)時，結(jié)論成立，即2k1nk1時2k12(1

2k1，只需要證明2(1

2k1)≥1(k 即12k2k1≥(k 2k2k2k12k

2k1k2(k22k1)2k1

2k(k22k1)nk1綜上①②可知,對于n22n173 用數(shù)學(xué)歸納法證明：nN*，1

1...

2n1n1

2

1②當(dāng)nk的時候，假

1... k

2k11

1... k

k 而2k

k

3k32k3kk122k32k12k33k32k1k2k12k33k32k1k123kk122k4k28k33k26kk22k這是顯然的，所以nk174 對于數(shù) ，求a2,a2,a4，并猜想{an}a2,a2,a4an的表達式，再用數(shù)學(xué)

a1,a

n

a1 1an1a

a4a2aa2a1a1

a aa

a(a2a aaa 2

a2a

a(a21)a4a2

a6a4a2a(a4a2a8a6a4a2a4

a(a6a4a2an

a4

a2n2a2na2na2na2n2a(a2n2a2n4a21aa2n21a21a2n1a212（?。?/p>

n

a(a2

（ⅱ）nk時(kNa2k21aka(a2k

nk1 aak ak

a21a

a(a2ka2k2(a21)(a2k21)a2(a2ka(a2k2a2(k2)a(a2(k1)1)nk1n

a2n21ana(a2n

（ⅰ 成75 對任意正整數(shù)n，133n193n1能被13整除①n1時，81656113511能 整除nk13133k193k113nk1時，133(k1)193(k93(133k193k1)(9333)33k1(9393(133k193k1)135433k113nk1n，133n193n1能被1376

a1a2an1

n2的時a2a2...a2≥1 a2a2...a21a

...a

2a2a2aa a2a2

a

2≥①當(dāng)n

的時候，

a2a2≥

a2a2...a21a

...a②假設(shè)當(dāng)nk的時候， 而當(dāng)nk1

a2...a2 1

...a2 k

k

a... a...a a...a

a2

kk

k

k

k

k

k1

k1 1

...

2 2

a...a

k 1a

...

k

k

k

kk

k77 用數(shù)學(xué)歸納法證明tantan2tan2tan3 tannknk1tantantantan1

（1）當(dāng)n2

tan

2

2tan2

2

2tan2 2(1tan2)tan21tan2右 ，等式成立（2）假設(shè)當(dāng)nk(k2kN則當(dāng)nk1

1)αtankαtankα tanktan(k1)tankktanktan(ktantan[(k1)k]tan(k1)tan tan代入(tankktan(k1)tank1tan(k1)(k右 tan

tan

tantannk1（1 平面內(nèi)有條直線，其中任何兩條不平行，任何三條不過同一點，證明這n條直線把平面分成1(n2n2)個部分．2nk1nk時，分點增加了k1kkk1塊．當(dāng)n121(1212)又 ，命題成立

1(k2k假設(shè)當(dāng)nk(kN)時命題成立．即符合條件的k條直線把平面分成 k1l（如下圖）l與其它k條直線有kk1k11(k2k2)(k21(k2k22k21[(k1)2(k1)2]（1 是它的前項和，當(dāng) 2 2 2 2

S2a

1n2

(aa)2a(a

12a11不難算 3a2，a3

a

352nn2

(2n1)(2n3)n2

a nk(k2時結(jié)論成立，即

(2k1)(2k3)a

S1(111111

) k

2k 2k1，則

12k12k

2k 2k1 2

1

S

k由

k

k

，將

k

k

k

2k1代入不難算出

k

(2k1)(2k1)nk1

22(2n1)(2n

nn≥80 設(shè)a為常數(shù)，且a3n1 (nN n1

1[3n(1)n12n](1)n2na n1anan1，求a0 （Ⅰ）（1）a1[3k(1)k12k(1)kaka（ⅱ）假設(shè)當(dāng)nk(k1)等式成立，即 ak

3k

3k2[3k(1)k12k](1)k2kk5k1[3k1(1)k2k1(1)k1a 也就是說，當(dāng)nk1時，等式也成立．證法二：如果設(shè) a3n 證法二：如果設(shè) 用a3n用

2an1

a15{an

}5是公比為－2，

a

3n3an

(12a

n

(nNan即

3n(1)n25

(1)n

（Ⅱ）an23n1(1)n13

nanan1 anan1(nN

30①0

（?。┊?dāng)n2k1k1,2,

(1)2k2

1)

(3)2k3.a即為

(2

2k

15

a1

②3 ②式對k1,2,都成立，有

( （ⅱ）當(dāng)n2kK1,2,

(1)2k

1)

(3)2k2.0a10

(3)2k2

15即 a③式對k1,2,都成立，有a

15

(3)212

15nN

0

13故a0

(0,1)3解法二：如果anan1(nNn1,2a1a013a0a2a16a00

13時an通項時

0

3nNanan1n2k1,k1, n5(a )2 n（2）當(dāng)n2kk1,2,

n1

n1故a0

381 已知數(shù)列an中，a12，a23，其前項 滿足（n2，nN求數(shù)列an的通

4n1)n12an(為非零整數(shù)，nN*）的值，使得對任意nN*都有bn1bn【解析（1）由已知，Sn1Sn

（n2，nN*an1an1（n2nN*a2a1∴數(shù)列an是以a121annan

b4n(1)n1

（2）∵

，∴

n∴

4n14n1n2n21n12n1

34n31n12n101n12n1當(dāng)n為奇數(shù)時，即2n1恒成立，n12n11，∴1．當(dāng)n為偶數(shù)時，即2n1恒成立，n22n1有最大值2，∴2即21，又為非零整數(shù)，則綜上所述，存在1，使得對任意nN*，都有bn182 已知數(shù)列{x}滿足x4，

x2

2xnxn3⑵求證xn1xnn1x143x2 (x 3 3k 0nk(n

x

k

2x 2x所以xk13

時結(jié)論成立，即 ，

nk1nxn3x2

x24x (x1)(x x x

2x

2x 2x (xn1)(xn3)xn3所以xn1xn

2xn

，即xn1xn083 已知數(shù) 是等差數(shù)列求數(shù)列an的通項an設(shè)數(shù)列b的通項blog(an1（其中a0， ， 是數(shù)列b的)a ann項和

1log

a

1a1

20(201)d【解析】(1)．設(shè)數(shù)列an的公差為d，由題意得 a1d

所以

3nb

an (2)．由

3n2

,知Sn=loga（1+1）+loga（14）+…+loga

log

1log3n3n2）=loga[（1+1（1+4）……（1+3n2

a

= 3333n Sn3logaan1的大小，先比較（1+1（14）……（1+3n2）33n133331取n=1有 取n=2有（1+1（1+4）>3321， （1+1（1+ 1a1Sn3logaan1；當(dāng)0a1Sn13loga當(dāng)n=1時已驗證①式成立 n=k（k≥1）時，①式成立，即（1+1（14）……（1+3k2）>33k1 那么，當(dāng)n=k+1（1+1（1+4）……（1+3k2（13k12

333k13k1

33k3k

333k1 3

9k因為

3k

3k2

3k

3k12，33k，所以3k

33k33k33k （1+1（1+（1這就是說①式當(dāng)n=k+1時也成立由（?。áⅲ┲偈綄θ魏握麛?shù)n都成立.由此證得 a1Sn3logaan1；當(dāng)0a1Sn3loga84 兩個實數(shù)數(shù)

x y滿足 xytan

11xn

證明n1時2xnyn

xtan(1【解析】證明

，代入遞推公式化簡得x

sintan11x11x1．n1

tan2n1②假設(shè)nk(k≥1

tan2k1xk

xk1

xk1nk1時，111xk

2k1代 不難化簡 tannN*時，

2n1

cot( 6，則

2n1n1xytan

cot

cot n

3

3

1tan23由tan

3

(0,

32

3

(0,．2xnyn385

fn111

g

f1f2fn1gnfngnn≥2的一切自然數(shù)都成立，fn111

f21

f311

f4111 2

3

f1f2fn1gnfngnn≥2

n2f1g2f2g2f21g2g22；n3時f1f2f3g3g3g3f31，解得g33；n4時，f1f2f3g4f4g4g4f41g44gnnn≥2,nn2n

nk1f1f2fk1fkgkfk1fkk1fk1 1kk1fk1k k1

gnnn≥2,n

f1f2fn1gnfngn對n≥2

86 在自然條件下，某草原上野兔第n年年初的數(shù)量記為xn,該年的增長量n和xn1-xn(01)，其中m是與n無關(guān)的常數(shù)，且m.m 用表 并證明草原上的野兔總數(shù)量恒小于 xn

λ m xn1m

γnmxn24 （1）nx n

n n

∵∴當(dāng)且僅 2時，n取得最大值4，

1xn

n

mn=1x1mnk x2 f(x)x2(kk mk

x1 1mmf(x)

，開口向下，由1，則 于是在mfxfxxkxk1m，∴當(dāng)nk1n，xnm87 設(shè)數(shù) 的前項和為，滿 ， ⑴求，，⑵求數(shù) 的通項【解析】⑴取n2得到S24a320，又S2S3a315a3，于是4a32015a3，得a37n1得到a1S12a27，又a115a3a28a2，于是2a278a2a25a13；⑵猜測an2n11°n12°假設(shè)nkak2kS

3k24k3kk(k1)2

3k24k 2k3°

k

k

k；an2n【來源】2014理88 設(shè)實數(shù)c0，整 ，nN⑴證明：當(dāng)x1x0時(1x)p1px⑵數(shù)列a滿足

cp，

a

cp

①當(dāng)p2時(1x)212xx212x，原不等式成立pk(k2，k∈N*時，不等式(1x)k1kx成立．pk1時，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(kpk1x1，x0p1，不等式(1x)p1px p⑵證法一：先用數(shù)學(xué)歸納法證明 n1

1知c 知

1cp1nk(k≥1，k∈N*akcpan1

易知an0，n∈N*ak1p1cap11

p

n1

時，111

p 1 ak

0

p1

k1a

p

pp

1由⑴中的結(jié)論得 k

1

1p

akapa因此k

c

ak

p1pcpn

1aa時，不等式 也成立

1aa，不等式 均成立an111

an1 再由

p

可得

，即an1an1綜上所述anan1cpn∈N*f(x)

p1x

1證法二： 1

xpcf(x)p1c(1p)xpp11c p

xp 并 ，xc f

在 上單調(diào)遞增 xcpf(x)f(cp)cpn1

1cp ap，即 可，即 可

c1

1 a2

p1

p

f(acp，從而a

cp1n1anan1cp1②假設(shè) k k時，不等式 成立nk(k≥1，k a②假設(shè) k k時，不等式 成立 則當(dāng)nk1時f(akf(ak1f(cp，即有ak1ak