对任意正整数n,多项式2的n 4次方-2的n次方

还有你拿0来抬杠没意义,0是自然数是某一年改成时自然数的.现在出题的人这么认为的还真不多,除非是在选择填空里面,如果你真觉得应该算上0,那就算16和36的最大公约数就是了也就是4

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)+

a1+2a2+3a3+...+nan=n(n+1)(n+2).①a1+2a2+3a3+...+(n-1)an-1=(n-1)n(n+1).②①-②得：nan=n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+

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.

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

证明：我们只需把n4+4写成两个大于1的整数的乘积即可，n4+4=n4+4n2+4-4n2，=（n2+2）2-4n2，=（n2-2n+2）（n2+2n+2），因为n2+2n+2＞n2-2n+2=（n-

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)

ln(e^n/n!)=ln(e^n)-ln(n!)=n-lnn-ln(n-1)...=1+(1-ln2)+...+(1-lnn)(n>=2)与1+1/2+1/3+1/4+...+1/n相比,只要证明1

∵n4-16n2+100=n4+20n2+100-36n2=（n2+6n+10）（n2-6n+10），∵n2+6n+10≠1，而n4-16n2+100为质数，∴n2-6n+10=1，即|（n-3）2=

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)=

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)

能.原式=n*2+5n-n*2+n+6=6n+6能被6整除

（2n＋1）^2－1＝［（2n＋1）＋1］［（2n＋1）－1］＝4n（n＋1）.∵n是正整数,∴n、（n＋1）是两个相邻的正整数,∴n、（n＋1）中肯定有一者是偶数,∴n（n＋1）是偶数,∴4n（n＋