已修改选修2-2第2章

1 由数列1,10,100, 归纳该数列的第n项可能是 【答案】

2 则数列2,5,11,20,x,47,…中的x是 B． C． 【答案】【解析】523,115620119x2012x 认为比较恰当的是 【答案】4 下列表述正确的是A. B. C. D.【答案】5 将全体正整数排成一个三角形数阵1 n行（n3）3n2n【答案 【解析】前面n1行共有

12 (n1)

n22

个数，故第n行的第3个数为3n2nn2n3 6 从112,23432,3456752中得出的一般性结论是【答案】n(n1) 7 由“等腰三角形的两腰相等”可以类比推出正棱锥的类似属性 8 已知数列a满足a2，

1an（nN*），则a的值 3 3

1【答案】

a1a2a3 a2007a3a1a1a2，可以发现

aa

a

a2007a1a2a2007

a2005a2006a2007a1a2a39 设函数f(x)

，利用中推导等差数列前n项和的方法，可求12xf(5)f(0)f(6)12x2【答案】2此题利用类比中推导等差数列前n项和的倒序相加法，观察每一个因式的特点，尝f(xf(1x112221x22221x22211于是f(x)f(1x) 22 f(xf(1x2262因此所求的和为 在DEF中有余弦定理：DE2DF2EF22DFEFcosDFE．拓展到空间，类ABCA1B1C13S S

S

其中ABB1A1BCC1B1 ABCA1B1C1DEF，其中DFEABB1A1BCC1B1所成角，在DEFDE2DF2EF22DF

1

DE2AA2DF2AA2EF2AA22DFAAEFAAS S

S

即

11 用证明：三角形内角和等于【解析】平角等 180°,(在△ABC中延长BC E,作 ∵∠ACB+∠ACD+∠DCE为平 ∴∠A+∠B+∠C=180°（结论12 下列推理是归纳推理的是 A、B为定点，动点P满足|PA|＋|PB|＝2a＞|AB|，得P的轨迹为椭由a1＝1，an＝3n－1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的前n项和Sn的表达由圆x2＋y2＝r2的面积πr2，猜出椭

＋＝1【答案】

13 已知x0，nN*，由下列结论x12，x

3x274一个正确的结论可以是（．

【答案】

x n

x n

x n

x n 【解析】x 2x 3x 4，…，归纳推理可得x nx

14 设 ， ，当且仅当ab时 等号，利用以上结论，可以得到函数f(x)2x

1

(x

(0,2

的最小值为（．A、 【答案】x(0,x(0,2

2【解析】由题意可知，x 12x0f(x) 2x

31

x27

1(0,2

f

1

2x115 黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案则第n个图案中的白色地面砖有 A．4n－2 B．4n＋2 C．3n＋3 D．3n－3【答案】【解析】由图形可知第一个图案中白色地面412块第二个图案中白色地面422块第三个图案中白色地面432归纳推理可知第n个图案中白色地面4n2 任意自然数是整数，4是自然数，所以4是整数．以上推理( 【答案】417 观察下列数表规 【答案】18 等比数列，而且每一行的公比都相等，记第ijaij（i

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

aq51

5。由题意知

1(m1)1m，

1(m2)1m

所以第mqam21，所以

aqn1m1n1

m,m((

19 已知整数对按如下规律排成（1，1（1，2（2，1（1，3（2，2（3，1（1，4（2，3（3，2（4，1，……， 20 观察下列各式：ab1a5b5 a10b10 【答案】

a2b23

a3b3

，a4b4721 已知ABC的三边长分别为a,b,c，其面积为S，则ABC的内切圆O的半 ab

ABCDS1S2S3,S4，其体积为VABCDr

S1S2S3 111213 第1 第2 第第 第5 【答案】 12n1由261636364162321，61322 是椭圆C上关于原点对称的两个点，点P是椭圆上任意一点，当直 的斜率都存在，并记为kPM、kPN时，那么kPM与kPN之2是与点P

1M

22

1P PM，PNkPMkPNkPMkPN之积是与点

b2

m2

b2

x2b2 yny y2 b2x2 则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通过观察上述两等式的规律，请你写出一般性题，并给出的证明sin2(60)sin2sin2(60)【答案

1cos(21200)1cos21cos(2 3[cos(21200)cos2cos(21200)]226 对 ，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 如图，在等腰直角三角 中，斜 ，过点 的垂线，垂足 ；过点A2作A1C的垂线，垂足为A3；…，依此类推，设BAa1，AA1a21A2a3…A5A6a7则a7＿＿＿＿．12【解析】由BC 2

ABa12AA1a2 A1A2a32

2，由此可归纳2出{an}是2a2为首项，2

2 aq62 1【来源】2014年文28 观察下列等

2

n1 n1【来源】2013

3 n

n(n229

n2(n≥4n∈N*)个正数排成一个nn列的数阵第1 第2 第3列 第n12

a2 n

an

其中aik(1≤i≤n，1≤k≤n，且i，k∈N)表示该数阵中位于第i行第k列的数.=8，a34(Ⅰ)求a11aik(Ⅱ)设Ana1na2(n1)a3(n2) d，则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则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)，则 =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为各项都大于零的等差数列，公差d0，则 a1a8

a1a8

a1a8a4

a1a8a4【答案】【解析】由a1a8a4a5Canna11a88a44a531 已知正六边形ABCDEF，在下列表达式①BCCDEC；②2BCDC③FEED；④2EDFA中，与AC等价的有 A．1 B．2 C．3 D．4【答案】①BCCDECBDECAEECAC②2BCDCADDC32 设

为正数,则(xx

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

33 函数yx

在下列哪个区间内是增函数 【答案】

C．(3,5

y'xcosxx(sinxcosxxsinx0，由选项知x0,sinx0,x234 有关反证法中假设的作用，下面说法正确的是（A．由已知出发推出与假设B．由假设出发推出与已C．由已知和假设出发推出D．以上说法都不【答案】35 A假设三内角都不大于60度 B假设三内角都大于60度C假设三内角至多有一个大于60度 D假设三内角至多有两个大于60度【答案】36 用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2bxc0(a0)有有理数根，那a、b、c中至少有一个是偶数．用反证法证明时，下列假设正确的是( A．假设a、b、c都是偶数 B．假设a、b、c都不是偶数C．假设a、b、c至多有一个偶数 D．假设a、b、c至多有两个偶数【答案】37 分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设abc，且abc0”，b2b2ab

3a”索的因应是 ac【答案】

(ab)(ac)

(ab)(ac)

abcabcb2要 b2b2ac（a+c2只需a2c2a2ac0即(ac)(2ac)0即(ac)(ab38 【解析】用综合法，不妨设a

abc0若bca0，易知原不等式左边0右边．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而由三角形的三条边的关系显然上式成立因此原不等式成立．，40 已知非零实数a，b，c成等差数列，且公差d0，求证：111不可能是等差，ab11，

21【解析】假设abc是等差数列，则 c，又2bac 1两式联立消去b得a c，化简得：(ac)20，故 11，d

abc41 设a,bR,a22b26,则ab的最小值是 22【答案】a

536cos,b

D．73sin,ab3sin()42 设a,b,c三数成等比数列，而x,y分别为a,b和b,c的等差中项，则a

【答案】

1

2

3

acb2ab2x,bc2yac

2a 2ab4ac2bc2ab4ac2bc

a b

a babb2bc abacbc43 设P

log

log

log

log

，则 【答案】

0P

1P

2P

3PPlog112log113log114log115log11120

1log1111log11120log111212，即1P44 已知abc>0,abbcac>0,abc>0,用反证法求证a

b>0,c>0A.a,

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

x2y0,x4y

446 若关于x的不等式(k

2k

3)x

(k

2k

3)1

的解集为(,，则k1 1 【答案】

2 2 k22k3

x1x,0k22k31，即 k22k 2k22k1 2

k

，12k12 2k22k 47 已知ab

求证

a b aa bacaabbca bacaabbbca2abbbcaa b

4，(abacac 4

a b a b a48 求证：形如

【解析】用反证法．假设某一正整数

4k3a2b24s24t24t1化简后为2k12s22t22taba49 已知a，b是正实数，求证 ababaabababaababaabaa要 abaa

b即证(ab

b)

b即证ab

ab

ab，即

b)2aabbaab该式显然成立，所 aabbaab50 已知数列

中

1,且前n

n2a

n,(nN*)n(1)求a2,a3,a4的值,并归纳出an的通项(2)由(1)an

n2a

a1 nn=2S2nn=3S3

a1a2 a1a2a3当n=4时,4 a1a2

n(n

(n(2)假设

an1

n(n

,1n

n

,n22 .假设不成立,故anan1ccc251 已知正数a、b、c满足ab2cc2c2c2

ac要证c

ac

c2c2c2

ac

c2c2即只要证|ac2

只要证(ac)2c2ab,只要证a22ac即只要证a(ab) a0,只需证abc2c2

ac

c252 已

a

为三角形的三边，且

abc

求证：1ab

bc

ca

3【解析】证明：用综合法证明 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)假设(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假设a、b、c、d都是非负数abcd1，所以(ab)(cd)1又(ab)(cdacbdadbcacbd，所以acbd1，

acbda、b、c、d55 求证：质数序列2,3,5,7,11,13,17,19,……是无限P，全部序列为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中的任何一个整除，所以N是个质数，而且是个大于P的质数，与最大质数为P，即质数序列2357,11,13,17,19,……是无限的56

x3axb0少有一个实根”时，要做的假设是 A：x3axb0没有实根B：x3axb0至多有一个实根C：x3axb0至多有两个实根D：x3axb0【答案】57 （2014 文，19）设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且Sn满 S2(n2n3)S3(n2n)0，nN ⑴求a1的值⑵求数列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 所以当n≥2时，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，并证明sinAsinBsinCsin2sinABcosAB2sin(C)cos(C 2sinAB2sin(C)4sin(ABC)cos(ABC 4sin(ABC 4sin()4sin cosAB A 当且仅当

)

时等号成立，即C3 3cos(ABC) ABC ABCTsin的最大值为4sin 所以 3sin3 59 在数列{a}中，

1(nN).从数列{a}k(k3

111的新数列记为{bn}，并称{bn}为数列{an}的k项子列.例如数列4

, 235

为{an如果{bn}为数列{an}5{bn}为等差数列，证明：{bn}d1d08（）如果{cn为数列{an的一个m(m3)项子列，且{cn为等比数列，证明：ccc

≤21

（Ⅰ）证明：由题意，知1≥b1b2b3b4b50所以db2b10若b11由{b}为{a}5b1 所以dbb111 b5b14db50所以4d

b

11d1d≤2

.所以b1所以b1 b5b14db50所以4dbb≥b11d1 综上，得1d08证明：由题意，设{cn}的公比为qcc(1qcc(1qq2 qm1) 因为{cn}为{an}m所以qq1

1≤1(aN)a设qK(KLNKLL≥2LK1因为q11 所以ccc cc(1qq2 qm1)≤11(1)2

1m1

( 2

(1)m12所以c

c

1m1 (K1因为cm

1a

是{an}KL所以aKm1M(MN*cc(1qcc(1qq2 qm1 1(

1)M Km2 Km3

因为L≥2K，MN*所以c

c

≤11

12

1m12

1m1

( ( (

c

c

≤21

60 设(a1a2a3A(a1a2a2a3a3a1Ba1a2a3C1b1b2b3C21考查函数f(xx3Ax2bxC1g(xx3Ax2BxC．不妨设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

时左端应在n

(k1)4(k(k1)4(k 加上A.k21B.(k【答案】

D.k1k2k2【解析】当nk时，左端123k22当nk1时，左端123k2k21k22k12故当nk1n=k(k2+1)+(k2+2)+…+(k+1)262 若数列an的通

an(n

试通过计算f1,f2,f3的值，推测出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 用数学归纳法证明不等式2nn2(n5,nN)时，第一步需要验证n 时0不等式成立A. B.2和 C. D.【答案】64 已 为正偶数，用数学归纳法证明nn n nn n 时，若已假设nk（k2k为偶数）时命题为真，则还需利用归纳假设再证A．nk1时等式成 B．nk2时等式成C．n2k2时等式成 D．n2(k2)时等式成【答案】【解析】因为n是正偶数，故k（k为正偶数）后的下一个偶数为k65 用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xnyn能被x

n2k1(kN)命题为真时，进而需证 2k【解析】因为n2k12k1n2k66 若f(n)122232 (2n)2,则f(k1)与f

的递推关系式 f(k1f(k2k1)22k：f(k1222f(k1)122232 (2k1)2(2kf(k1)f(k)(2k1)2(2kf(k1f(k2k1)22k67 在数列a中，a1，对任意自然数n，当a为有理数时，

2

a

an1

2an2

an 2n2n

2 68 证明：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 已知数列an中，

an

1,

0，求数列an的通 aSSa2

1

331a 53

an

2n1 3①当n1的时候，a1 1，通 成立312k3 2kn12k3 2kak

Sk

ak12

1ak

2k32

2k1akan

2n70 用数学归纳法证明：(3n1)7n1能被9整除．(nN)1 【解析】用数学归纳法证（1）当n1(31171279（2）假设当nk(3k17k19nk1

1]7k

1)

[(3k1)7k1]9(2k3)[(3k17k1]和9(2k37k9[(3k17k19(2k37k9即[3(k1)1]7k119nk1（171 由正实数组成的数列a满足：a2≤a

，n1，2nN*

1n

a2≤aa a①由 1，于是 a≤aa2

1)21≤1

1nk(k2akk1 k当nk1时，由a2≤a k ≤

a2

1)2

a1(k≥k

4，结合 (11)21k1

k1k

k

k2

knk1a由①②可知，对任意nN*，都有 72 对于n≥2的自然数，证明：2n12①n2时，22(1221)3 0；n3时，23(1322)870，结论成立2②假设nk(k≥3)时，结论成立，即2k1nk1时2k12(1

2k1，只需要证明2(1

2k1)≥1(k 即12k2k1≥(k 2k2k2k12k

2k1k2(k22k1)2k1

2k(k22k1)nk1综上①②可知,对于n22n173 用数学归纳法证明：nN*，1

1...

2n1n1

2

1②当nk的时候，假

1... k

2k11

1... k

k 而2k

k

3k32k3kk122k32k12k33k32k1k2k12k33k32k1k123kk122k4k28k33k26kk22k这是显然的，所以nk174 对于数 ，求a2,a2,a4，并猜想{an}a2,a2,a4an的表达式，再用数学

a1,a

n

a1 1an1a

a4a2aa2a1a1

a aa

a(a2a aaa 2

a2a

a(a21)a4a2

a6a4a2a(a4a2a8a6a4a2a4

a(a6a4a2an

a4

a2n2a2na2na2na2n2a(a2n2a2n4a21aa2n21a21a2n1a212（ⅰ）

n

a(a2

（ⅱ）nk时(kNa2k21aka(a2k

nk1 aak ak

a21a

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

a2n21ana(a2n

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

a1a2an1

n2的时a2a2...a2≥1 a2a2...a21a

...a

2a2a2aa a2a2

a

2≥①当n

的时候，

a2a2≥

a2a2...a21a

...a②假设当nk的时候， 而当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 用数学归纳法证明tantan2tan2tan3 tannknk1tantantantan1

（1）当n2

tan

2

2tan2

2

2tan2 2(1tan2)tan21tan2右 ，等式成立（2）假设当nk(k2kN则当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 平面内有条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，证明这n条直线把平面分成1(n2n2)个部分．2nk1nk时，分点增加了k1kkk1块．当n121(1212)又 ，命题成立

1(k2k假设当nk(kN)时命题成立．即符合条件的k条直线把平面分成 k1l（如下图）l与其它k条直线有kk1k11(k2k2)(k21(k2k22k21[(k1)2(k1)2]（1 是它的前项和，当 2 2 2 2

S2a

1n2

(aa)2a(a

12a11不难算 3a2，a3

a

352nn2

(2n1)(2n3)n2

a nk(k2时结论成立，即

(2k1)(2k3)a

S1(111111

) k

2k 2k1，则

12k12k

2k 2k1 2

1

S

k由

k

k

，将

k

k

k

2k1代入不难算出

k

(2k1)(2k1)nk1

22(2n1)(2n

nn≥80 设a为常数，且a3n1 (nN n1

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

3k

3k2[3k(1)k12k](1)k2kk5k1[3k1(1)k2k1(1)k1a 也就是说，当nk1时，等式也成立．证法二：如果设 a3n 证法二：如果设 用a3n用

2an1

a15{an

}5是公比为－2，

a

3n3an

(12a

n

(nNan即

3n(1)n25

(1)n

（Ⅱ）an23n1(1)n13

nanan1 anan1(nN

30①0

（ⅰ）当n2k1k1,2,

(1)2k2

1)

(3)2k3.a即为

(2

2k

15

a1

②3 ②式对k1,2,都成立，有

( （ⅱ）当n2kK1,2,

(1)2k

1)

(3)2k2.0a10

(3)2k2

15即 a③式对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时an通项时

0

3nNanan1n2k1,k1, n5(a )2 n（2）当n2kk1,2,

n1

n1故a0

381 已知数列an中，a12，a23，其前项 满足（n2，nN求数列an的通

4n1)n12an(为非零整数，nN*）的值，使得对任意nN*都有bn1bn【解析（1）由已知，Sn1Sn

（n2，nN*an1an1（n2nN*a2a1∴数列an是以a121annan

b4n(1)n1

（2）∵

，∴

n∴

4n14n1n2n21n12n1

34n31n12n101n12n1当n为奇数时，即2n1恒成立，n12n11，∴1．当n为偶数时，即2n1恒成立，n22n1有最大值2，∴2即21，又为非零整数，则综上所述，存在1，使得对任意nN*，都有bn182 已知数列{x}满足x4，

x2

2xnxn3⑵求证xn1xnn1x143x2 (x 3 3k 0nk(n

x

k

2x 2x所以xk13

时结论成立，即 ，

nk1nxn3x2

x24x (x1)(x x x

2x

2x 2x (xn1)(xn3)xn3所以xn1xn

2xn

，即xn1xn083 已知数 是等差数列求数列an的通项an设数列b的通项blog(an1（其中a0， ， 是数列b的)a ann项和

1log

a

1a1

20(201)d【解析】(1)．设数列an的公差为d，由题意得 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，先比较（1+1（14）……（1+3n2）33n133331取n=1有 取n=2有（1+1（1+4）>3321， （1+1（1+ 1a1Sn3logaan1；当0a1Sn13loga当n=1时已验证①式成立 n=k（k≥1）时，①式成立，即（1+1（14）……（1+3k2）>33k1 那么，当n=k+1（1+1（1+4）……（1+3k2（13k12

333k13k1

33k3k

333k1 3

9k因为

3k

3k2

3k

3k12，33k，所以3k

33k33k33k （1+1（1+（1这就是说①式当n=k+1时也成立由（ⅰ（ⅱ）知①式对任何正整数n都成立.由此证得 a1Sn3logaan1；当0a1Sn3loga84 两个实数数

x y满足 xytan

11xn

证明n1时2xnyn

xtan(1【解析】证明

，代入递推公式化简得x

sintan11x11x1．n1

tan2n1②假设nk(k≥1

tan2k1xk

xk1

xk1nk1时，111xk

2k1代 不难化简 tannN*时，

2n1

cot( 6，则

2n1n1xytan

cot

cot n

3

3

1tan23由tan

3

(0,

32

3

(0,．2xnyn385

fn111

g

f1f2fn1gnfngnn≥2的一切自然数都成立，fn111

f21

f311

f4111 2

3

f1f2fn1gnfngnn≥2

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

nk1f1f2fk1fkgkfk1fkk1fk1 1kk1fk1k k1

gnnn≥2,n

f1f2fn1gnfngn对n≥2

86 在自然条件下，某草原上野兔第n年年初的数量记为xn,该年的增长量n和xn1-xn(01)，其中m是与n无关的常数，且m.m 用表 并证明草原上的野兔总数量恒小于 xn

λ m xn1m

γnmxn24 （1）nx n

n n

∵∴当且仅 2时，n取得最大值4，

1xn

n

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

x1 1mmf(x)

，开口向下，由1，则 于是在mfxfxxkxk1m，∴当nk1n，xnm87 设数 的前项和为，满 ， ⑴求，，⑵求数 的通项【解析】⑴取n2得到S24a320，又S2S3a315a3，于是4a32015a3，得a37n1得到a1S12a27，又a115a3a28a2，于是2a278a2a25a13；⑵猜测an2n11°n12°假设nkak2kS

3k24k3kk(k1)2

3k24k 2k3°

k

k

k；an2n【来源】2014理88 设实数c0，整 ，nN⑴证明：当x1x0时(1x)p1px⑵数列a满足

cp，

a

cp

①当p2时(1x)212xx212x，原不等式成立pk(k2，k∈N*时，不等式(1x)k1kx成立．pk1时，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(kpk1x1，x0p1，不等式(1x)p1px p⑵证法一：先用数学归纳法证明 n1

1知c 知

1cp1nk(k≥1，k∈N*akcpan1

易知an0，n∈N*ak1p1cap11

p

n1

时，111

p 1 ak

0

p1

k1a

p

pp

1由⑴中的结论得 k

1

1p

akapa因此k

c

ak

p1pcpn

1aa时，不等式 也成立

1aa，不等式 均成立an111

an1 再由

p

可得

，即an1an1综上所述anan1cpn∈N*f(x)

p1x

1证法二： 1

xpcf(x)p1c(1p)xpp11c p

xp 并 ，xc f

在 上单调递增 xcpf(x)f(cp)cpn1

1cp ap，即 可，即 可

c1

1 a2

p1

p

f(acp，从而a

cp1n1anan1cp1②假设 k k时，不等式 成立nk(k≥1，k a②假设 k k时，不等式 成立 则当nk1时f(akf(ak1f(cp，即有ak1ak