求出并予证明：所有大于1的整数n，使(2^n+1)/n^2为整数._百度知道
求出并予证明：所有大于1的整数n，使(2^n+1)/n^2为整数.
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默认你熟悉同余的语言和基本性质, 这样可以写得简单点.假设你知道Fermat小定理: 若p是质数, 且不整除a, 则a^(p-1) ≡ 1 (mod p).然后这类问题有个常用的引理:若正整数a, b, x, y满足a^x ≡ a^y ≡ 1 (mod b), 设d = (x,y) (最大公约数), 则a^d ≡ 1 (mod b).证明不难: ∵存在正整数u, v使ux-vy = d, ∴a^(vy+d) = a^(ux) ≡ 1 ≡ a^(vy) (mod b).而易见(a,b) = 1, 提出与b互质的a^(vy), 即得a^d ≡ 1 (mod b).再做一点准备工作, 证明2^(3^k)+1被3^(k+1)恰好整除 (即被3^(k+1)整除, 但不能被3^(k+2)整除).k = 0, 1时可验证成立, 然后由2^(3^(k+1))+1 = (2^(3^k)+1)³-3·2^(3^k)·(2^(3^k)+1)归纳即得.回到原题.∵n是正整数, ∴2^n+1为奇数, ∴n也是奇数.∵n & 1, 可设n的最小质因数为p & 2.可得2^(p-1) ≡ 1 (mod p) (Fermat小定理).∵(2^n+1)/n²为整数, ∴2^n ≡ -1 (mod p), ∴2^(2n) ≡ 1 (mod p).而∵p是n的最小质因数, ∴(2n,p-1) = 2, 由引理得2² ≡ 1 (mod p), 即p = 3.设n = 3^k·m, k ≥ 1且3不整除m.∵(2^n+1)/n²为整数, ∴2^n ≡ -1 (mod 3^(2k)), ∴2^(2n) ≡ 1 (mod 3^(2k)).又∵已证3^(2k) | 2^(3^(2k-1))+1, 即2^(3^(2k-1)) ≡ -1 (mod 3^(2k)),∴2^(2·3^(2k-1)) ≡ 1 (mod 3^(2k)).而∵k ≥ 1, ∴(2n, 2·3^(2k-1)) = 2·3^k, 由引理得2^(2·3^k) ≡ 1 (mod 3^(2k)).2^(2·3^k)-1 = (2^(3^k)-1)(2^(3^k)+1).已证2^(3^k)+1被3^(k+1)恰好整除, 故2^(3^k)-1 = (2^(3^k)+1)-2不被3整除.∴2^(2·3^k)-1也被3^(k+1)恰好整除, 由3^(2k) | 2^(2·3^k)-1, 只有k = 1, n = 3m.若m = 1, 可验证(2^n+1)/n²为整数.若m & 1, 可设m的最小质因数为q & 3.可得2^(q-1) ≡ 1 (mod q) (Fermat小定理).∵(2^n+1)/n²为整数, ∴2^n ≡ -1 (mod q), ∴2^(2n) ≡ 1 (mod q).而∵n = 3m, q是m的最小质因数, ∴(2n,q-1) = 2或6.由引理得2^6 ≡ 1 (mod q), 但q & 3, 只有q = 7.但2^n = 2^(3m) = 8^m ≡ 1 (mod 7), 与2^n ≡ -1 (mod q)矛盾.于是只有n = 3满足要求.证明也许绕了远路, 有疑问或改进意见欢迎追问.
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目测可用数学归纳法，自己写吧
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wo我擦 目测这题不对 当N=2时，(2^n+1)/n^2=5/4？？
注意前面求出二字
那是求还是证明啊 二项式定理拆开
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这个。。。。把2带进去就不对呀
注意前面求出二字
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高中数学第六章推理与证明6.3数学归纳法2分层训练湘教版选修2_2
6.3　数学归纳法(二)一、基础达标1．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝(n∈N*)，验证
n＝1时，左边应取的项是(　　)A．1
C．1＋2＋3
D．1＋2＋3＋4答案　D解析　等式左边的数是从1加到n＋3.当n＝1时，n＋3＝4，故此时左边的数为从1加到4.2．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的自然数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取(　　)A．2
D．6答案　C解析　当n取1、2、3、4时2n>n2＋1不成立，当n＝5时，25＝32>52＋1＝26，第一个能使2n>n2＋1的n值为5，故选C.3．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋＞(n∈N*)成立，其初始值至少应取(　　)A．7
D．10答案　B解析　左边＝1＋＋＋…＋＝＝2－，代入验证可知n的最小值是8.4．用数学归纳法证明不等式＋＋…＋> (n∈N*)的过程中，由n＝k递推到n＝k＋1时，下列说法正确的是(　　)A．增加了一项B．增加了两项和C．增加了B中的两项，但又减少了一项D．增加了A中的一项，但又减少了一项答案　C解析　当n＝k时，不等式左边为＋＋…＋，当n＝k＋1时，不等式左边为＋＋…＋＋＋，故选C.5．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除”，要利用归纳假设证n＝k＋1时的情况，只需展开________．答案　(k＋3)3解析　假设当n＝k时，原式能被9整除，即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k＋3)3展开，让其出现k3即可．6．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)．依次计算出S1，S2，S3，S4后，可猜想Sn的表达式为________．答案　Sn＝解析　S1＝1，S2＝，S3＝＝，S4＝，猜想Sn＝.7．已知正数数列{an}(n∈N*)中，前n项和为Sn，且2Sn＝an＋，用数学归纳法证明：an＝－.证明　(1)当n＝1时．a1＝S1＝，∴a＝1(an>0)，∴a1＝1，又－＝1，∴n＝1时，结论成立．(2)假设n＝k(k∈N*)时，结论成立，即ak＝－.当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝－＝－＝－∴a＋2ak＋1－1＝0，解得ak＋1＝－(an>0)，∴n＝k＋1时，结论成立．由(1)(2)可知，对n∈N*都有an＝－.二、能力提升8．k(k≥3，k∈N*)棱柱有f(k)个对角面，则(k＋1)棱柱的对角面个数f(k＋1)为(　　)A．f(k)＋k－1
B．f(k)＋k＋1C．f(k)＋k
D．f(k)＋k－2答案　A解析　三棱柱有0个对角面，四棱柱有2个对角面[0＋2＝0＋(3－1)]；五棱柱有5个对角面[2＋3＝2＋(4－1)]；六棱柱有9个对角面[5＋4＝5＋(5－1)]；….猜想：若k棱柱有f(k)个对角面，则(k＋1)棱柱有f(k)＋k－1个对角面．9．对于不等式≤n＋1(n∈N*)，某学生的证明过程如下：①当n＝1时，≤1＋1，不等式成立．②假设n＝k(n∈N*)时，不等式成立，即≤k＋1，则n＝k＋1时，＝<＝＝(k＋1)＋1，所以当n＝k＋1时，不等式成立，上述证法(　　)A．过程全部正确B．n＝1验证不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确答案　D解析　从n＝k到n＝k＋1的推理中没有使用归纳假设，不符合数学归纳法的证题要求．10．用数学归纳法证明＋＋…＋>－.假设n＝k时，不等式成立．则当n＝k＋1时，应推证的目标不等式是________．答案　＋＋…＋＋＋>－解析　观察不等式中的分母变化知，＋＋…＋＋＋>－.11．求证：＋＋…＋> (n≥2，n∈N*)．证明　(1)当n＝2时，左边＝＋＋＋>，不等式成立．(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时命题成立，即＋＋…＋>.则当n＝k＋1时，＋＋…＋＋＋＋＝＋＋…＋＋＞＋＞＋＝，所以当n＝k＋1时不等式也成立．由(1)和(2)可知，原不等式对一切n≥2，n∈N*均成立．12．已知数列{an}中，a1＝－，其前n项和Sn满足an＝Sn＋＋2(n≥2)，计算S1，S2，S3，S4，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法加以证明．解　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝Sn＋＋2.∴Sn＝－(n≥2)．则有：S1＝a1＝－，S2＝－＝－，S3＝－＝－，S4＝－＝－，由此猜想：Sn＝－(n∈N*)．用数学归纳法证明：(1)当n＝1时，S1＝－＝a1，猜想成立．(2)假设n＝k(k∈N*)猜想成立，即Sk＝－成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1＝－＝－＝－＝－.即n＝k＋1时猜想成立．由(1)(2)可知，对任意正整数n，猜想结论均成立．三、探究与创新13．已知递增等差数列{an}满足：a1＝1，且a1，a2，a4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式an；(2)若不等式??…?≤对任意n∈N*，试猜想出实数m的最小值，并证明．解　(1)设数列{an}公差为d(d＞0)，由题意可知a1?a4＝a，即1(1＋3d)＝(1＋d)2，解得d＝1或d＝0(舍去)．所以，an＝1＋(n－1)?1＝n.(2)不等式等价于???…?≤，当n＝1时，m≥；当n＝2时，m≥；而＞，所以猜想，m的最小值为.下面证不等式???…?≤对任意n∈N*恒成立．下面用数学归纳法证明：证明　(1)当n＝1时，≤＝，成立．(2)假设当n＝k时，不等式，???…?≤成立，当n＝k＋1时，???…??≤?，只要证?≤，只要证≤，只要证≤2k＋2，只要证4k2＋8k＋3≤4k2＋8k＋4，只要证3≤4，显然成立．所以，对任意n∈N*，不等式???…?≤恒成立．以下内容为系统自动转化的文字版，可能排版等有问题，仅供您参考：6.3数学归纳法(二)一、基础达标 1．用数学归纳法证明等式 1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝n＋2n＋(n∈N )，验证*n＝1 时，左边应取的项是( A．1 C．1＋2＋3 答案 D 解析 等式左边的数是从 1 加到 n＋3. 当 n＝1 时，n＋3＝4，故此时左边的数为从 1 加到 4. 2．用数学归纳法证明“2 &n ＋1 对于 n≥n0 的自然数 n 都成立”时，第一步证明中的起始值n2)B．1＋2 D．1＋2＋3＋4n0 应取( A．2 答案 C 解析 当 n 取 1、2、3、4 时 2 &n ＋1 不成立，当 n＝5 时，2 ＝32&5 ＋1＝26，第一个 能使 2 &n ＋1 的 n 值为 5，故选 C. 1 1 1 127 * 3．用数学归纳法证明不等式 1＋ ＋ ＋…＋ n－1＞ (n∈N )成立，其初始值至少应取 2 4 2 64 ( A．7 答案 B 1 1 1 解析 左边＝1＋ ＋ ＋…＋ n－1＝ 2 4 2 1 1 1 1－ n 2 1 ＝2－ n－1，代入验证可知 n 的最小值是 8. 1 2 1－ 2 1 11 * ＋…＋ & (n∈N )的过程中， 由 n＝k 递推到 n＝k 2n 24 B．8 C．9 D．10 )n2)B．3C．5D．6n2524． 用数学归纳法证明不等式n＋1 n＋2＋＋1 时，下列说法正确的是 ( A．增加了一项 1 )k＋11 B．增加了两项 和 2k＋11 k＋ 1 1C．增加了 B 中的两项，但又减少了一项 D．增加了 A 中的一项，但又减少了一项 答案 C 解析 当 n＝k 时， 不等式左边为 ＋ 1k＋1 k＋1k＋1 k＋2＋11 1 ＋…＋ ， 当 n＝k＋1 时， 不等式左边为 2k k＋21 1 1 1 ＋…＋ ＋ ＋ ，故选 C. k＋3 2k 2k＋1 2k＋23 3 3 *5．用数学归纳法证明“n ＋(n＋1) ＋(n＋2) (n∈N )能被 9 整除”，要利用归纳假设证 n ＝k＋1 时的情况，只需展开________． 答案 (k＋3)3解析 假设当 n＝k 时，原式能被 9 整除，即 k ＋(k＋1) ＋(k＋2) 能被 9 整除．当 n＝333k＋1 时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3 为了能用上面的归纳假设，只需将(k＋3) 展开，让其出现 k 即可． 6．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，Sn＝n an(n∈N )．依次计算出 S1，S2，S3，S4 后，可猜想 Sn 的表达式为________． 答案 Sn＝ 2n n＋12 * 3 34 3 6 8 2n 解析 S1＝1，S2＝ ，S3＝ ＝ ，S4＝ ，猜想 Sn＝ . 3 2 4 5 n＋1 1 * 7． 已知正数数列{an}(n∈N )中， 前 n 项和为 Sn， 且 2Sn＝an＋ ， 用数学归纳法证明： an＝ nan－ n－1. 1? 1? 证明 (1)当 n＝1 时．a1＝S1＝ ?a1＋ ?， a1? 2? ∴a1＝1(an&0)，∴a1＝1，又 1－ 0＝1， ∴n＝1 时，结论成立． (2)假设 n＝k(k∈N )时，结论成立，即 ak＝ k－ k－1. 当 n＝k＋1 时，ak＋1＝Sk＋1－Sk 1 ? 1? 1? 1? ＝ ?ak＋1＋ － ?ak＋ ? ? a a 2? k＋1? 2? k? 1 1 ? 1? 1? ? ＝ ?ak＋1＋ － ? k－ k－1＋ ? ? ak＋1? 2? 2? k－ k－1?* 221 ? 1? ＝ ?ak＋1＋ － k ak＋1? 2? ? ∴ak＋1＋2 kak＋1－1＝0， 解得 ak＋1＝ k＋1－ k(an&0)， ∴n＝k＋1 时，结论成立． 由(1)(2)可知，对 n∈N 都有 an＝ n－ n－1. 二、能力提升 8．k(k≥3，k∈N )棱柱有 f(k)个对角面，则(k＋1)棱柱的对角面个数 f(k＋1)为( A．f(k)＋k－1 C．f(k)＋k 答案 A 解析 三棱柱有 0 个对角面，四棱柱有 2 个对角面[0＋2＝0＋(3－1)]；五棱柱有 5 个 对角面[2＋3＝2＋(4－1)]；六棱柱有 9 个对角面[5＋4＝5＋(5－1)]；….猜想：若 k 棱柱有 f(k)个对角面，则(k＋1)棱柱有 f(k)＋k－1 个对角面． 9．对于不等式 n ＋n≤n＋1(n∈N )，某学生的证明过程如下：①当 n＝1 时， 1 ＋1≤1 ＋1，不等式成立． ② 假 设 n ＝ k(n ∈ N ) 时 ， 不 等 式 成 立 ， 即 k ＋k ≤k ＋ 1 ， 则 n ＝ k ＋ 1 时 ，* 2 2 * 2 * * 2)B．f(k)＋k＋1 D．f(k)＋k－2k＋2＋k＋＝ k ＋3k＋2& k ＋3k＋2＋22k＋＝k＋2＝(k＋1)＋1，所以当 n＝k＋1 时，不等式成立，上述证法 ( A．过程全部正确 B．n＝1 验证不正确 C．归纳假设不正确 D．从 n＝k 到 n＝k＋1 的推理不正确 答案 D 解析 从 n＝k 到 n＝k＋1 的推理中没有使用归纳假设，不符合数学归纳法的证题要求． 1 1 1 10．用数学归纳法证明 2＋ 2＋…＋ 2 3 n＋2)1 1 & － .假设 n＝k 时，不等式成立．则当 n 2 n＋2＝k＋1 时，应推证的目标不等式是________． 答案 1 1 1 2＋ 2＋…＋ 2＋ 2 3 k 1 k＋2＋1 k＋2&1 1 － 2 k＋3 1 1 1 1 解析 观察不等式中的分母变化知， 2＋ 2＋…＋ 2＋ 2 3 k k＋2＋1k＋21 1 & － . 2 k＋3311．求证：1 1 1 5 * ＋ ＋…＋ & (n≥2，n∈N )． n＋1 n＋2 3n 61 1 1 1 5 证明 (1)当 n＝2 时，左边＝ ＋ ＋ ＋ & ，不等式成立． 3 4 5 6 6 (2)假设当 n＝k(k≥2，k∈N )时命题成立，即 则当 n＝k＋1 时， 1*1k＋1 k＋2＋11 5 ＋…＋ & . 3k 6k＋＋ ＋11k＋1 1 1 ＋…＋ ＋ ＋ ＋ ＋2 3k 3k＋1 3k＋21k＋＝1k＋1 k＋2＋1＋…＋1 1 1 ? 5 1 ? 1 ＋ ＋ － ＋? ?＞ ＋ 3k ?3k＋1 3k＋2 3k＋3 k＋1? 6? 1 ＋ 1 ＋ 1 － 1 ?＞5＋ ?3k＋1 3k＋2 3k＋3 k＋1? 6 ? ? ?3× 1 － 1 ?＝5， ? 3k＋3 k＋1? 6 ? ?所以当 n＝k＋1 时不等式也成立． 由(1)和(2)可知，原不等式对一切 n≥2，n∈N 均成立． 2 1 12．已知数列{an}中，a1＝－ ，其前 n 项和 Sn 满足 an＝Sn＋ ＋2(n≥2)，计算 S1，S2，S3， 3 Sn*S4，猜想 Sn 的表达式，并用数学归纳法加以证明．1 解 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝Sn＋ ＋2.Sn∴Sn＝－1Sn－1＋2(n≥2)．2 则有：S1＝a1＝－ ， 3S2＝－ ＝－ ， S1＋2 4 S3＝－ ＝－ ， S2＋2 5 S4＝－ ＝－ ， S3＋2 6由此猜想：Sn＝－ 1 5 1 413n＋1 * (n∈N )． n＋2用数学归纳法证明： 2 (1)当 n＝1 时，S1＝－ ＝a1，猜想成立． 3 (2)假设 n＝k(k∈N )猜想成立，*4即 Sk＝－k＋1 成立， k＋21那么 n＝k＋1 时，Sk＋1＝－ ＝－ 1Sk＋2k＋1 － ＋2 k＋2＋1 . ＋2＝－k＋2 k＋ ＝－ k＋3 k＋即 n＝k＋1 时猜想成立． 由(1)(2)可知，对任意正整数 n，猜想结论均成立． 三、探究与创新 13．已知递增等差数列{an}满足：a1＝1，且 a1，a2，a4 成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式 an； 1? ? 1? 1? m ? ? * (2)若不等式?1－ ???1－ ??…??1－ ?≤ 对任意 n∈N ， 试猜想出实数 m ? 2a1? ? 2a2? ? 2an? 2an＋1 的最小值，并证明． 解 (1)设数列{an}公差为 d(d＞0)，2 2由题意可知 a1?a4＝a2，即 1(1＋3d)＝(1＋d) ， 解得 d＝1 或 d＝0(舍去)． 所以，an＝1＋(n－1)?1＝n. 1 3 5 2n－1 m (2)不等式等价于 ? ? ?…? ≤ ， 2 4 6 2n 2n＋1 当 n＝1 时，m≥ 而 3 3 5 ；当 n＝2 时，m≥ ； 2 83 3 5 3 ＞ ，所以猜想，m 的最小值为 . 2 8 2 3 21 3 5 2n－1 * 下面证不等式 ? ? ?…? ≤ 对任意 n∈N 恒成立． 2 4 6 2n 2n＋1 下面用数学归纳法证明： 1 1 证明 (1)当 n＝1 时， ≤ ＝ ，成立． 2 3 2 1 3 5 2k－1 (2)假设当 n＝k 时，不等式， ? ? ?…? ≤ 成立， 2 4 6 2k 2k＋1 3 2 3 253 2 1 3 5 2k－1 2k＋1 2k＋1 当 n＝k＋1 时， ? ? ?…? ? ≤ ? ， 2 4 6 2k 2k＋2 2k＋1 2k＋2 2k＋1 ? ≤ ， 2k＋1 2k＋2 2k＋3 2k＋1 1 ≤ ， 2k＋2 2k＋3 3 2 3 2只要证只要证只要证 2k＋1 2k＋3≤2k＋2， 只要证 4k ＋8k＋3≤4k ＋8k＋4，只要证 3≤4，显然成立． 3 22 21 3 5 2n－1 * 所以，对任意 n∈N ，不等式 ? ? ?…? ≤ 恒成立． 2 4 6 2n 2n＋16
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设a是大于2的任意正整数.证明:对于任意的a,有无限多的正整数n使得n|(a^n-1)
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试题类型：解答题
试题内容：设an为常数，且an=3n-1-2an-1（n∈N*）．（1）证明对任意n≥1，有an=3n+(-1)n-12n5+(-1)n2na0；（2）假设对任意n≥1有an＞an-1，求a0的取值范围．
试题答案：（1）证法一：（i）当n=1时，由已知a1=1-2a0，等式成立；（ii）假设当n=k（k≥1）等式成立，则ak=15[3k+(-1)k-12k]-(-1)k2a0，那么ak+1=3k-2ak=3k-25[3k+(-1)k-12k]-(-1)k2k+1a0=15[3k+1+(-1)k2k+1]+(-1)k+12k+1a0．也就是说，当n=k+1时，等式也成立．根据（i）和（ii），可知等式对任何n∈N，成立．证法二：如果设an-a3n=-2（an-1-a3n-1），用an=3n-1-2an-1代入，可解出a=15．所以{an-3n5}是公比为-2，首项为a1-35的等比数列．∴an-3n5=(1-2a0-35)(-2)n-1(n∈N)．即an=3n+(-1)n-12n5+(-1)n2na0．（2）解法一：由an通项公式an-an-1=2×3n-1+(-1)n-13×2n-15+(-1)n3×2n-1a0．∴an＞an-1（n∈N）等价于(-1)n-1(5a0-1)＜(32)n-2(n∈N)．①（i）当n=2k-1，k=1，2，时，①式即为(-1)2k-2(5a0-1)＜(32)2k-3即为a0＜15(32)2k-3+15．②式对k=1，2，都成立，有a0＜15×(32)-1+15=13．（ii）当n=2k，k=1，2时，①式即为(-1)2k-1(5a0-1)＜(32)2k-2．即为a0＞-15×(32)2k-2+15．③式对k=1，2都成立，有a0＞-15×(32)2×1-2+15=0．综上，①式对任意n∈N*，成立，有0＜a0＜13．故a0的取值范围为(0，13)．解法二：如果an＞an-1（n∈N*）成立，特别取n=1，2有a1-a0=1-3a0＞0．a2-a1=6a0＞0．因此0＜a0＜13．下面证明当0＜a0＜13．时，对任意n∈N*，an-an-1＞0．由an的通项公式5（an-an-1）=2×3n-1+（-1）n-13×2n-1+（-1）n5×3×2n-1a0．（i）当n=2k-1，k=1，2时，5（an-an-1）=2×3n-1+3×2n-1-5×3×2n-1a0＞2×2n-1+3×2n-1-5×3×2n-1=0（ii）当n=2k，k=1，2时，5（an-an-1）=2×3n-1-3×2n-1+5×3×2n-1a0＞2×3n-1-3×2n-1≥0．故a0的取值范围为(0，13)．
话题：&&&&&
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数学归纳法证明（n+1）+（n+2）+…+（n+n）=
的第二步中，当n=k+1时等式左边与n=k由题意，n=k时，则（k+1）+（k+2）+…+（k+k）=
当n=k+1时，左边=（k+1+1）+（k+1+2）+…+（k+1+k-1）+（k+1+k）+（k+1+k+1）
=（k+2）+（k+3）+… 在3n+2（n为自然数）不可能是完全平方数的证明中,为什么要分3种情况,3种情况就概况了吗3n+2（n为自然数）不可能是完全平方数的证明如下;
假设3n+2=m^2
那么现在看有没有满足条件的m使得：m^2 - 2 = 3n
由于不知道m,n的具体条件，对于m分情况讨论：
(1)当m是 已知数列{a n }满足a 1 =
，且对任意n∈N * ，都有
∴a n a n+1 +2a n =4a n a n+1 +2a n+1 ，
即2a n -2a n+1 =3a n a n+1 ，
用数学归纳法证明(n+1)(n+2)…(n+n)=2^n*1*3…(2n-1)(n是自然数)从&K&到&K+1&的证明,左边需增添的代数式是1)n=1
左边=1+1=2
右边=2^1=2=左边
即(k+1)(k+2)…(k+k)=2^k*1*3…(2k-1)
左边=(k+1+1)(k+1+2)(k+1+3)...(k+1+k+1)
=(k+2)(k+3)(k+4)....(2k+2 设a0为常数，且an=3n-1-2an-1（n∈N*）。（1）证明对任意n≥1，有an=[3n+（-1）n-12n]+（-1）n2na0；（2）假设对任意n≥1有an＞an-1，求a0的取值范围。 试题难度：难度：偏难
试题类型：解答题
试题内容：设a0为常数，且an=3n-1-2an-1（n∈N*）。（1）证明对任意n≥1，有an=[3n+（-1）n-12n]+（-1）n2na0；试题答案：解：（1）当n=1时，由已知a1=1-2a0，等式成立；
（ii）假设当n=k（k≥1）等式成立，则
也就是说，当n=k+1时，等式也成立
根据（i）和（ii），可知 用数学归纳法证明 (n+1)(n+2)…(n+n)=2^n?1?3?……?(2n-1)(n∈N*)，从假定当n=k时公式成立你好!
当n=k时，左边=(k+1)(k+2)…(k+k)
当n=k+1时，左边 = [(k+1)+1][(k+1)+2]…[(k+1)+(k-1)][(k+1)+k][(k+1)+(k+1)]
= (k+2)(k+3)…(k+k)(2k+1)(k+1)*2
所以从n=k到n= 因为a+b>pi/2a>pi/2-bsina>sin(pi/2-b)=cosbcosb/sinacosacosa/sinb0,所以f(x) 1+cos20°sin20°-2sin10°（cot5°-tan5°）=（
）A．1B．2C．3D．1+cos20°sin20°-2sin10°（cot5°-tan5°）=1+cos20°sin20°-2sin10°（cos5°sin5°-sin5°cos5°）
=1+2cos210°?12sin10°cos10°-2sin10°?cos10°12sin10°=cos10 求值1+cos20°/2sin20°-sin10°（cot5°-tan5°）解：((1+cos20°)/2sin20°)-sin10°(cot5°-tan5°)
=((1+cos20°)/4sin10°cos10°)-sin10°(cot5°-tan5°)
=(2cos10°/4sin10°)-2sin5°cos5°(cot5°-tan5°)
=(cos1 在梯形面积公式S=二分之一（a+b）h中，
将s=30,a=6,h=4代入梯形面积公式得
30 = 1/2(6+b)*4
将s=60,b=4,h=12代入梯形面积公式得
60=1/2(a+4)*12
a=6 x∈N+时f(x)∈N+，对n∈N+有f(n+1)&f(n)且f设x∈N+时f(x)∈N+，对任何n∈N+有f(n+1)&f(n)且f(f(n))=3n，求f(2005).
由题意，知{f(n)}是的一个严格递增的正整数数列---&f(n)≥n
f(f(1))=3≤f(3)---&f(1)≤3
已知Fe2O3(s)+3/2C(s)=3/2CO2(g)+2Fe(s) △第二个式子②×（3/2）-①就行了
△H={-393.5×）（3/2）-234.1 }
kj/mol =-824.35
望采纳，谢谢！ 对于n∈N*，将n表示为n＝a0×2k+a1×2k?1+a（1）根据题意，12=1×23+1×22+0×21+0×20，则I（12）=2；
（2）63=1×25+1×24+1×23+1×22+1×21+1×20，
设32≤n≤63，且n为整数；
则n=1×25+a1×24+a2×23+a3×2 数学归纳法证明（n+1）+（n+2）+…+（n+n）由题意，n=k时，则（k+1）+（k+2）+…+（k+k）=
当n=k+1时，左边=（k+1+1）+（k+1+2）+…+（k+1+k-1）+（k+1+k）+（k+1+k+1）
=（k+2）+（k+3）+… 已知一因果LTI系统函数H(S)=(S+3)/(S*2+3S+来这里请教的 f(n)=5^(3n)+5^(2n)+5^n+1,n是自然数，证当f(n) = 5^(3n)+5^(2n)+5^n+1
= (5^n + 1)*(15^(2n)+1)
令 n = 4k 时 ， k ∈ N
很显然 f(4k) = (5^(4k) + 1)*(5^(8k) + 1) 是不能整除 13 的
当 n = 4k + 1 时 k ∈ N
定义是一种对正整数N的F运算：N为奇数时，结n＝449
第一次运算，得1352
第二次运算，得169 (k=3)
第三次运算，得512
第四次运算，得1 (k=9)
第五次运算，得8
第六次运算，得1 (k=3)
可以看出，从第四次开始，结 在3n+2（n为自然数）不可能是完全平方数的证3n+2（n为自然数）不可能是完全平方数的证明如下;
假设3n+2=m^2
那么现在看有没有满足条件的m使得：m^2 - 2 = 3n
由于不知道m,n的具体条件，对于m分情况讨论：
(1)当m是 已知函数f（n）=logn+2（n+3）（n∈N*），使由题意可得f（1）?f（2）…f（k）=log34?log45?log56…log（k+2）（k+3）=log3（k+3）为整数，
可得 k+3=3n （n∈Z）．
又∵k∈[1，100]，k∈（N*），∴k=6，24，78，共计