f2(x),⋯,fn(x),⋯为一个嵌套函数列,记为{fn(x)},若存在非零实数λ,使得嵌套函数列{fn(x)}满足fn−1(x)=λfn(x),则称{fn(x)}为类等比函数列. 已知{fn(x)}是定义在R上的嵌套函数列,若f(x)=x2+14. 求f(2),f2(2),f3(2). 证明{fn(x)−12}是类等比函数列. 已知...
设f(x)=xx+1,定义f1(x)=f(x),f2(x)=f1(f(x)),f3(x)=f2(f(x)),⋯,fn(x)=fn−1(f(x)),(n⩾2,n∈N),则f
(1)若斐波那契数Fn除以4所得的余数按原顺序构成数列{an},则a1+a2+a3⋯+a2023= 2697.(2)若F2024=a,则F1+F2+F3⋯+F2022= a-1. 答案(1)根据带余除法的性质,总结数列规律,可得答案;(2)利用递推公式,结合裂项相消,可得答案.
2LaoFan5已知数列 an满足a1 =3 2,an+1 = 3an - 1n ∈ N∗.(1) 若数列 bn满足bn = an -1 2,求证:bn是等比数列;(2) 若数列 cn满足cn = log3an,Tn = c1 + c2 +⋯+cn,求证:Tn >nn-1 2.6已知数列 an满足an+1 + an-1 2
由f4(x)=f(f3(x))=0,即|2f3(x)−1|=0,解得f3(x)=12, 又f3(x)=f(f2(x))=|2f2(x)−1|=12,解得f2(x)=34或f2(x)=14, 当f2(x)=34时,f2(x)=f(f1(x))=|2f1(x)−1|=34,解得f1(x)=78或f1(x)=18, 当f2(x)=14时,f2(x)=f(f1(x))=|2f1(x)...
已知f1(x)=sinx+cosx,记f2(x)=f′1(x),f3(x)=f′2(x),⋯,fn(x)=f′n−1(x)(n∈N∗,n⩾2),则f1(π2)+f2(π2
+fn+1(0),是否存在n∈N*使Sn最大?证明你的结论. 答案 分析:(1)由函数f0(x)=x2?e-12x,利用导数的性质,能够依次求出f1(x),f2(x),f3(x)的表达式即可得到f3(0).(2)不失一般性,设函数fn-1(x)=(an-1x2+bn-1x+cn-1)eλx,导函数为fn(x)=(anx2+bnx+cn)eλx,对fn-1(...
已知f1(x)=sinx+cosx,记f2(x)=f′1(x),f3(x)=f′2(x),…,fn′(x)=fn−1′(x)(n∈→n+,n⩾2),则f1(π2)+f2(
F2=1,Fn+2=Fn+1+Fn,n=1,2,⋯ 设p为一个大于5的素数.证明:p|Fp+1(Fp+1−1).相关知识点: 代数 数列 数列递推式 数学归纳法 试题来源: 解析 证明见解析. 利用递推数列求通项的特征方法,可知 Fn=1√5((√5+12)n−(1−√52)n). 对大于5的素数p,我们由费马小定理可知:5p−...
解:当n≥3且n为正整数,由Fn=Fn-1+Fn-2可得Fn-2=-Fn-1+Fn,所以,数列{Fn}的前2021项和为F1+F2+F3+⋯+F2021=(-F2+F3)+(-F3+F4)+(-F4+F5)+⋯+(-F2022+F2023)=F2023-F2=m-1,因为数列{Fn}满足F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n≥3且n为正整数),数列{Fn}为:1、1、2、3、5、...