Question

求解一道高三数学题，是证明题，谢谢！

我算的an=-n-1，然后要证明这个

Answer 1

LZ貌似算错了
(1)
令f(x)=x,则 (b-1)x²-cx-a=0有两个根0,2
将方程的根代入方程得 a=0，c=2b-2
又f(-2)＜-1/2
所以 (4+a)/(-2b-c)＜-1/2
所以 4/(-4b+2)＜-1/2
所以 b∈(0.5，2.5)
因为 b∈N*
所以 b=2，c=2 或者 b=1，c=0
因为 c∈N*
所以 a=0，b=c=2
所以 f(x)=x²/(2x-2)
所以 f '(x)=(2x²-4x)/(2x-2)²
所以 f(x)在(2，+∞)上单增，在(1，2]上单减，在(0,1)上单减，在(-∞，0]上单增
(2)
依题意得
4Sn=2an-2a²n
所以4S(n-1)=2a(n-1)-2a²(n-1)
所以 两式相减且化简得[an+a(n-1)][an-a(n-1)-1]=0
所以 an= -a(n-1)或an=a(n-1)-1
因为 4Sn=2an-2a²n
所以 a1=-1(因为a1≠0) a2=-2
所以 an=a(n-1)-1
所以 an=-n

设 h(x)=ln(1+1/x) -1/x 则 h '(x)=-1/(x+x²)+1/x²=1/(x³+x²)＞0
所以h(x)在[1,+∞)单调递增
所以h(x)＜[lim h(x) (x→+∞)]=0
所以 ln(1+1/x)＜1/x
所以 ln(1+1/n)＜1/n
设 g(x)=ln(1+1/x)-1/(x+1) 则g '(x)=-1/(x+x²)+1/(x+1)² =-1/x(x+1)² ＜0
所以g(x)在[1,+∞)上单调递减
所以 g(x)＜[lim g(x) (x→+∞)]=0
所以 ln(1+1/x)＞1/(x+1)
所以 ln(1+1/n)＞1/(n+1)

Answer 2

f(x)=(x^2+a)/(bx-c)
f(0)=(a)/(-c)=0 a=0
f(2)=(2^2+a)/(2b-c)=2
2b-2=c.........1
f(x)=x^2/(bx+2-2b) （说明：由于b=1时，f(x)=x^2/x=x 与只有两个动点不符，所以b不等于1)
f(-2)=4/(-2b+2-2b)=4/(2-4b)<-1/2
4(2-4b)<-1/2(2-4b)^2
8(2-4b)+(2-4b)^2<0
(2-4b)(10-4b)<0
1/2<b<5/2 (b不等于1)
bEN,
b=1（舍） b=2
所以b=2
f(x)=x^2/(bx+2-2b) =x^2/(2x-2)
f'(x)=(2x(2x-2)-2x^2)/(2x-2)^2=(2x^2-4x)/(2x-2)^2=(x^2-2x)/[2(x-1)^2]
f'(x)>0时，即x^2-2x>0时为增。
x>2 or x<0时为增。
当xE[0,2]为减。
f(1/an)=an^(-2)/(2an^(-1)-2)
=1/(2an-2an^2)
1/f(1/an)=2an-2an^2
1/(4f(1/an))=1/2an(1-an)
4Snf(1/an)=1
1/[4f(1/an)]=Sn
即：1/2(an-an^2)=Sn
1/2(an-1-an-1^2)=Sn-1
相减：
1/2[(an-an-1)-[(an-an-1)(an+an-1)]=an
-[(an-an-1)(an+an-1)]=2an-an+an-1=an+an-1
(an-an-1)=-1
这时以-1为公差，a1为首的等差数列。
f(1/a1)*4a1=1
1/(2a1-2a1^2)*4a1=1
2/(1-a1)=1
1-a1=2
a1=-1
所以an=-1+(n-1)(-1)=-n

:-1/an=1/n>ln(n+1)/n
设f(n)=1/n-ln(n+1)/n
f'(n)=-1/n^2-n/(n+1)*(-1/n^2)
=(n/(n+1)-1)/n^2=(-1/n)/n^2<0 (n>0)
所以f(n)为减。n趋于无穷大时，取最小值。
f(无穷大)1/n-ln(n+1)/n=0-ln1=0
所以f(n)>f（n趋于无穷）=0
即：1/n>ln(n+1)/n

1/(1-an)=1/(1+n)
再设g(n)=1/(1+n)-ln(n+1)/n
g'(n)=-(1+n)^(-2)-(n/(n+1))*(-1/n^2)
=1/(n(n+1))-1/(1+n)^2
由于n(n+1)<(n+1)(n+1)
1/(n(n+1))>1/(1+n)^2
g'(n)<0 g(n)为增。
由于g(n)n趋于无穷大时：1/(1+n)-ln(n+1)/n=1/(1+n)-ln(1+1/n)=0-ln1=0
所以g(n)<0
所以：1/(1-an)<ln(n+1)/n

Answer 3

：（1）设∴∴
由
又∵b，c∈N*∴c=2，b=2
∴…
于是
由f'（x）＞0得x＜0或x＞2； 由f'（x）＜0得0＜x＜1或1＜x＜2
故函数f（x）的单调递增区间为（-∞，0）和（2，+∞），
单调减区间为（0，1）和（1，2）
由已知可得2Sn=an-an2，当n≥2时，2Sn-1=an-1-an-12
两式相减得（an+an-1）（an-an-1+1）=0
∴an=-an-1或an-an-1=-1
当n=1时，2a1=a1-a12⇒a1=-1，若an=-an-1，则a2=1这与an≠1矛盾
∴an-an-1=-1∴an=-n…（6分）
于是，待证不等式即为．
为此，我们考虑证明不等式
令，则t＞1，
再令g（t）=t-1-lnt，由t∈（1，+∞）知g'（t）＞0
∴当t∈（1，+∞）时，g（t）单调递增∴g（t）＞g（1）=0于是t-1＞lnt
即①
令，由t∈（1，+∞）知h'（t）＞0
∴当t∈（1，+∞）时，h（t）单调递增∴h（t）＞h（1）=0于是
即②
由①、②可知…（10分）
所以，，即…（11分）

Answer 4

我当年看见这些题直接跳过。。。呵呵