对任意的正整数n,3 4n 2 a2n 1 被14整除

（1）由已知有：2a1=4096得a1=2048,又an+sn=4096,an+1+Sn+1=4096,两式相减得an+1=an/2,所以an是以1/2为公比的等比数列,故an=2048*（1/2）^

条件我就不重复了,由条件f(n)是递增函数,当n=1时,假设f(1）=1,而f(f(1))=f(1)=1≠3*1,所以f(1)=1不成立,假设f(1）=3,而f(f(1))=f(3)=3,此时f(n+

题目中的n>1,n=1就无意义了考查函数y=f(x)=xlnx(x∈[1,+∞))的单调性y'=1+lnx>0于是y=xlnx(x∈[1,+∞))是增函数下略

（1）另m=x,n=1,得到f(x+1)=f(x)+4x+3；所以：f(2)=f(1)+4*1+3f(3)=f(2)+4*2+3f(4)=f(3)+4*3+3.f(x)=f(x-1)+4*(x-1)+

费马小定理在数论中是用欧拉定理证明的,但欧拉定理本身就比较麻烦,不过费马小定理另有个简洁的证明方法.对于素数p和一个任意n（n不能被p整除）,令：n=c1modp2n=c2modp3n=c3modp.

数列an=n²,即an=1,4,9,16,25,……由题意,(a5)*=数列an中满足an

一定会恍然大悟的(2k+9)·3^(k+1)+9=(2k+7)*3^(k+1)+2*3^(k+1)+9……这个是分配律,应该没有问题=3*(2k+7)*3^k+2*3^(k+1)+9……3^(k+1)

COPY如下：不难验证,若命题对两个正整数m、n分别成立,则对mn也成立.于是只要验证命题对任意素数p成立.用反证法,假设存在2p-1个数{a[1],...,a[2p-1]},使得其中任意p个的和不是

设f(n)=lnn/(n-1)f'(n)=(n-1-nlnn)/(n(n-1)^2)设g(n)=n-1-nlnng'(n)=-lnn因为n>=1,所以lnn>=0,g'(n)=1,所以f''(n)>=

f(x)=x^2+aln(1+x),取不妨取a=-1,构造函数g(x)=x^3-x^2+ln(1+x)则g'(x)=[x^3+(x-1)^2]/(1+x),当x>0时g'(x)>0恒成立,于是g(x)

由欧拉定理有,对于任意的x,x^(f(a))-1=0(moda)所以只要n是a的欧拉函数的倍数,那么(10^n)-1是a的倍数

原式=1/2[1-1/3+1/2-1/4+1/3-1/5+.+1/n-1/(n+2)]=1/2[1+1/2-1/n-1/(n+2)]=3/4-1/n-1/(n+2)

这题是2007的高考题（山东还是广东的忘了,应该是山东的）,题目在题干中已给出一个函数：f(x)=x^2+aln(1+x),取不妨取a=-1,构造函数g(x)=x^3-x^2+ln(1+x)则g'(x

用数学归纳法证明：当n=1时,ln((1+2)/2)=ln(3/2)=1）不等式成立,即ln((k+2)/2)={[(k+2)/(k+1)]^(k+1)}^[1/(k+1)]=(k+2)/(k+1)=

根据题意，依次分析四个命题可得：对于1①，（2014!!）（2013!!）=（1•3•5•7…2009•2011•2013）•（2•4•6•8…2008•2010•2012•2014）=1•2•3•4

从第二步开始设n=k时,(3k+1)7^k-1能被9整除,则当n=k+1时,[3(k+1)+1]7^(k+1)-1=(3k+4)×7^(k+1)-1=(3k+1)×7^(k+1)+3×7^(k+1)-

把Sn换成首项末项和项数的表达式,然后把末项看做变量,求最小值,可以得到m最大值为1/5（最小值为负无穷.）

首先,利用导数容易证明：如果x>0,则ln(1+x)ln2+ln(1+1/2)+…ln(1+1/n)=ln(n+1)然后由于(n+1)/n^2>(n+1)/n(n+1)=1/n可知结论成立另外也可用归

由费马小定理可以得到p|2^(p-1)-1所以p|2^(p-1)-1-p=2^(p-1)-(p+1)所以设n=k(p^2-1)那么2^n=[2^(p^2-1)]^k=[2^(p-1)]^(k(p+1)

（1）∵an+Sn=4096，∴a1+S1=4096，a1=2048．当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（4096-an）-（4096-an-1）=an-1-an∴anan−1=12an=2048（1