非恶意逾期证明专题

非恶意逾期证明专题（精选8篇）

助学贷款非恶意逾期证明 篇1

助学贷款非恶意逾期证明

在还款期间，赵彬由于在外实习等个人原因，没能按时的将还款打入存折。时至今日，赵彬已将助学贷款本金、利息，加之逾期产生的费用全部还清。通过银行查询，赵彬得知自己一共有8次逾期还款记录。在赵彬的个人信用报告上，也显示还款过程中，有累计五个月的逾期。“当时合计钱还清就行，有这个记录也没当回事儿”赵彬追悔莫及，对记者说道。

邓辉2007年入学湖南师大，当时就申请了国家助学贷款。2010年，邓辉毕业后开始偿还助学贷款利息，由于每个月还款金额不足百元，邓辉一次往扣款账户里存了1000元，认为“起码一年内可以高枕无忧了”。然而，事实却是，2011年开始，生源地助学贷款还款方式进行了变更，以往委托商业银行代扣的方式，变成了学生定期往支付宝账户转账还款。但对这一情况，邓辉并不知情。邓辉告诉记者，这一年他在株洲工作，原来长沙的手机号码作了变更，因此没有接到学校的通知。待到邓辉发觉扣款的存折里的钱还在，才发现已经产生了十几次逾期。近期，回长沙工作的邓辉打算购房，被银行告知因为这十几次逾期，贷款也许办不下来了。

承兑逾期证明 篇2

xx银行xx支行：

兹有贵行签发的银行承兑汇票壹张，票号：，出票日：，出票人：，票面金额：，收款人:，收款人开户行:，到期日：。

我单位是第X手背书人，由于第X背书印签模糊，开具证明以致该承兑汇票延期，现带上第一背书开具的证明，请予以支付。由此引起的经济纠纷由我公司承担。

XX公司贰零壹壹年肆月壹拾日

首先，你可以联系下银行，说明情况，看需要提供一些什么资料。你这个，估计要写俩证明，逾期证明+盖章不清的证明。这两个证明的模板，你到金融一网去，跟客服说清楚具体情况，让她们给你发一份，免费的。放心吧。

然后认真正确的填写好。盖章啥的。就可以给银行了。

首先要写清楚承兑票面上的开票日期,金额,某个单位开个哪个单位的,什么时候到期,这些写好后,就写我单位财务人员因为盖章时一时疏忽,导致章不清楚,由此产生的一切经济纠纷,均由我单位负责!现予以证明！然后在右下角写上单位和日期.然后盖章！还不明白就打我电话！

证明你可以这样写：XX银行：兹有贵行签发的银行承兑汇票一张，汇票号码XXX收款人XX(写上汇票的基本信息)，因本单位出纳人员失误，未及时向银行提示收款。现向贵行进行委托收款，请贵行予以解付，因延迟托收引起的经济责任由本单位负责。

首先，你可以联系下银行，说明情况，看需要提供一些什么资料。你这个，估计要写俩证明，逾期证明+盖章不清的证明。这两个证明的模板，你到金融一网去，跟客服说清楚具体情况，让她们给你发一份，免费的。放心吧。

然后认真正确的填写好。盖章啥的。就可以给银行了。

商行江油支行：

兹有我公司持有贵行签发银行承兑汇票一张。

出票日期：贰零零柒年零肆月壹拾贰日;

汇票到期日：贰零零柒年零柒月壹拾壹日;

票号为：GB/0100403045;

出票人全称：江油市鸿翔特殊钢有限公司;

出票人帐号：***79;

收款人全称：广汉市寿益冶金机械有限公司;

收款人帐号：68969818091001;

收款人开户银行：中国银行广汉支行;

出票金额大写人民币：贰拾万元整(小写：￥：200000.00元)

因我公司财务人员疏忽，在加盖“广汉市寿益冶金机械有限公司”时，印鉴章模糊不清。特此说明，我公司愿承担由此引起的相应经济纠纷，请贵行给予到期付款为谢。

公章印鉴章

广汉市寿益冶金机械有限公司

非恶意逾期证明专题 篇3

信用卡逾期还款证明怎么写，该怎么办？

如今信用卡使用普及，基本人手一张。使用信用卡要还款，但很多人会因为出差等各种原因忘记了还款，导致出现逾期还款的情况。这时，当事人就需要写一份信用卡逾期还款证明给银行，向银行保证自己会遵守信用如实还款。那么，信用卡逾期还款证明怎么写，该怎么办?小编收集了相关资料，马上为你做详细介绍。

一、信用卡逾期还款证明

信用卡逾期还款证明

本人xx(身份证-xxxxxxxx)向xx银行申请(一/二)手房公积金贷款(贷款金额60万-30年-等额本息)过程中，发现征信报告中有逾期记录，对此特向贵处做以下说明。

本人由于xxxxx原因，未及时还款款，此逾期并非恶意透支行为，希望能得到相关方的理解。

现在我已经深刻认识到这样的行为对我的个人信用所造成的严重影响，我承诺在xx银行办理的公积金贷款按时足额还款，并且愿意承担因未能按时足额还款所造成的一切后果。

说明人：xx

xx年x月x日

二、信用卡逾期还款该怎么办

1、信用卡的使用相当于持卡人向银行借钱消费，有借当然就有还。持卡人在借款期内每月以相等的月均还款额偿还银行贷款本金和利息。如持卡人逾期还款或存款不足月均还款额自动扣划不成功的，须到贷款经办行会计柜台办理还款。信用卡用户透支后，银行与用户之间就形成了债权债务关系，银行有权要求用户还款。并且银行可以自己行使权利，也可以委托他人行使。只要在委托他人行使这种权利时，银行进行了书面授权并要求他人采取合法方式进行催收即可。

2、一般情况下，银行采取“连三累六”的原则，来处理信用卡逾期的问题，连续三个月逾期或累计六个月逾期的，银行就会慎重考虑这个人贷款申请，一般不会轻易批贷。如果逾期没到这个范围，只要给出合理的解释，提供其他的个人资信证明，让银行重新评定个人资信，还是可以成功获得批贷的。如果信用卡逾期，先别急着将信用卡注销，应该继续持有并使用，按规定还款，等最后一条逾期记录时间超过2年后，持卡人的信用报告上就不会显示再有逾期了。如果到那时不想用卡，就可以注销了。

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3、持卡人出现欠款后，银行一般会通过短信提醒、电话催收以及寄送律师函等方式进行催款，上述方法都无效后，才会委托催讨公司介入。因此，催讨公司面对的往往是一些失去联系的欠款人，或者是“死活就是不还钱”的持卡人。

三、恶意透支信用卡是犯罪吗

我国法律规定，恶意透支信用卡，数额在一万元以上的，应予立案追诉。恶意透支是指持卡人以非法占有为目的，超过规定限额或者规定期限透支，并且经发卡银行两次催收后超过三个月仍不归还的。恶意透支，数额在一万元以上不满十万元的，在公安机关立案前已偿还全部透支款息，情节显著轻微的，可以依法不追究刑事责任。

信用卡逾期还款证明怎么写?如上文所述，要写明自己的姓名、身份证号码、贷款金额、贷款年限、逾期原因等内容，并表明自己不是恶意透支该卡。如果信用卡逾期还款，信用报告就会有相应的记录，此时若能坚持超过两年及时还款，则这条记录就不会出现了。

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几何证明专题训练 篇4

1、已知：如图，O是半圆的圆心，C、E是圆上的两点，CD⊥AB，EF⊥AB，EG⊥CO.求证：

CD=GF.(初二)

2已知：如图，P是正方形ABCD内点，∠PAD=∠PDA=150.求证：△PBC是正三角形.(初二)

4已知：如图，在四边形

ABCD

中，AD=BC，M、N分别是AB、CD的中点，AD、BC的延长线交MN于E、F.求证：∠DEN=∠F.5已知：△ABC中，H为垂心(各边高线的交点)，O为外心，且OM

⊥BC于M.(1)求证：AH=2OM;(2)若∠BAC=600，求证：AH=AO.(初二)

设MN是圆O外一直线，过O作OA⊥MN于A，自A引圆的两条直线，交圆于B、C及D、E，直线EB及CD分别交MN于P、Q.求证：AP=AQ.如果上题把直线MN由圆外平移至圆内，则由此可得以下命题：设

MN是圆O的弦，过MN的中点A任作两弦BC、DE，设CD、EB分别交

MN于P、Q。

求证：AP=AQ.如图，分别以△ABC的AC和BC为一边，在△ABC的外侧作正方形ACDE和正方形

CBFG，点P是EF的中点.求证：点P到边AB的距离等于AB的一半.(初二)

如图，四边形ABCD为正方形，DE∥AC，AE=AC，AE与

CD相交于F.求证：CE=CF.(初二)

如图，四边形ABCD为正方形，DE∥AC，且

CE=CA，直线EC交DA延长线于F.求证：

AE=AF.设P是正方形ABCD一边BC上的任一点，PF⊥AP，CF平分∠DCE.求证：PA=PF.(初二)

如图，PC切圆O于C，AC为圆的直径，PEF为圆的割线，AE、AF与直线PO相交于B、D.求证：AB=DC，BC=AD.(初三)

已知：△ABC是正三角形，P是三角形内一点，PA=3，PB=4，PC=5.求：∠APB的度数.(初二)

设P是平行四边形ABCD内部的一点，且∠PBA=∠

PDA.求证：∠PAB=∠PCB.(初二)

设ABCD为圆内接凸四边形，求证：AB·CD+AD·BC=AC·BD.(初三)

平行四边形ABCD中，设E、F分别是BC、AB上的一点，AE与CF相交于P，且 AE=CF.求证：∠DPA=∠DPC.(初二)

设P是边长为1的正△ABC内任一点，L=PA+PB+PC，求证：≤L<2。

已知：P是边长为1的正方形ABCD内的一点，求PA+PB+PC的最小值。

P为正方形ABCD内的一点，并且PA=a，PB=2a，PC=3a，求正方形的边长。

如图，△ABC中，∠ABC=∠ACB=800，D、E分别是AB、AC上的点，∠DCA=300，∠EBA=200，求∠BED的度数.某公交公司的公共汽车和出租车每天从乌鲁木齐市出发往返于乌鲁木齐市和石河子市两地，出租车比公共汽车多往返一趟，如图表示出租车距乌鲁木齐市的路程y(单位：千米)与所用

时间

x(单位：小时)的函数图象.已知公共汽车比出租车晚1小时出发，到达石河子市后休息2小时，然后按原路原速返回，结果比出租车最后一次返回乌鲁木齐早1小时。

(1)请在图中画出公共汽车距乌鲁木齐市的路程y(千米)与所用时间x(小时)的函数图象。

(2)求两车在途中相遇的次数(直接写出答案)。(3)求两车最后一次相遇时，距乌鲁木齐市的路程。

如图9，在矩形OABC中，已知A、C两点的坐标分别为(40)(02)AC，、，D为OA的中点.设点P是AOC平分线上的一个动点(不与点O重合).(1)试证明：无论点P运动到何处，PC总与PD相等;

(2)当点P运动到与点B的距离最小时，试确定过OPD、、三点的抛物线的解析式;

(3)设点E是(2)中所确定抛物线的顶点，当点P运动到何处时，PDE△的周长最小?求出此时点P的坐标和PDE△的周长;

专题6.推理与证明 篇5

一、推理●1.归纳推理

1）归纳推理的定义：从个别事实．．．．中推演出一般性．．．的结论。2）归纳推理的思维过程大致如图：

●2.类比推理

1）根据两个（或两类）对象之间在某些方面的相似或相同，推演出它们在其他方面也相似或相同，这样的推理称为类比推理。

2）类比推理的思维过程是：

●3.演绎推理

1）演绎推理是根据已有的事实和正确的结论（包括定义、公理、定理等）按照严格的逻辑法则得到新结论的推理过程。

2）主要形式是三段论式推理，常用的格式为：M——P（M是P）

①S——M（S是M）②S——P（S是P）

③

其中①是大前提，它提供了一个一般性的原理；②是小前提，它指出了一个特殊对象；③是结论，它是根据一般性原理，对特殊情况做出的判断。

二、证明

●1.直接证明：是从命题的条件或结论出发，根据已知的定义、公理、定理，直接推证结论的真实性。

1）综合法就是“由因导果”，从已知条件出发，不断用必要条件代替前面的条件，直至推出要证的结论。2）分析法就是从所要证明的结论出发，不断地用充分条件替换前面的条件或者一定成立的式子，可称为“由果索因”。要注意叙述的形式。

●2.间接证明：即反证法：是指从否定的结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，证实结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的证明方法。

反证法的一般步骤是：反设——推理——矛盾——原命题成立。（所谓矛盾是指：与假设矛盾；与数学公理、定理、公式、定义或已证明了的结论矛盾；与公认的简单事实矛盾）。常见的“结论词”与“反议词”如下表：

要点考向1：合情推理

例

1、(2012年陕西)观察下列不等式

1＋12321＋121353，1＋1213＋147

4，… 照此规律，第五个不等式为________．

【思路启迪】 先根据已知的不等式归纳两边式子的特征，找出其规律性，然后写出第五个不等式【解析】 由已知的不等式，可知不等式的右边为数列{

1n}的前n(n≥2)项和，不等式的左边是分式，与不等式的左边相比，很

容易观察出该分式的分母为n，分子为2n－1，由归纳推理，可得不等式应为1＋12＋112n－1

3＋…＋n

第五个不等式，n＝6，此时不等式为1＋1111111

2345＋6<6.【方法归纳】 解决归纳推理题目的一般步骤

(1)对有限的条件进行观察、分析，先把已知条件的形式整理成统一的形式．

(2)对有限的条件进行归纳、整理，一般的思路是先整体，后部分．如例1中，观察不等式的左边是一些分数的和，进而分析这些分数的分子和分母的特征，总结出规律，然后分析不等式右边分数的特点，从而得出正确的结论．(3)提出归纳推理的结论．

例

2、二维空间中圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝πr2，观察发现S′＝l；三维空间中球的二维测度(表

面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝

433，观察发现V′＝S.则四维空间中“超球”的四维测度W＝2πr4，猜想其三维测

度V＝________.【思路启迪】 根据已知条件，可类比一维测度与二维测度之间的关系以及二维测度与三维测度之间的关系猜想三维测度与四维测度之间的关系，从而得出相应的结论．

【解析】 由已知，可得圆的一维测度为二维测度的导函数；球的二维测度是三维测度的导函数．类比上述结论，“超球”的三维测度是四维测度的导函数，即V＝W′＝(2πr4)′＝8πr3.故填8πr3.【方法归纳】 类比推理的一般步骤

(1)定类，即找出两类对象之间可以确切表述的相似特征，如【例2】中两类不同的测度之间的关系——导数关系；(2)推测，即用一类对象的已知特征去推测另一类对象的特征，从而得出一个猜想；

(3)检验，即检验猜想的正确性，要将类比推理运用于简单推理之中，在不断的推理中提高自己的观察、归纳、类比能力．

要点考向2：演绎推理

例题

3、对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．若f(x)＝11

53x32x2＋3x－12，请你根据这

一发现，则

(1)函数f(x)＝13x3－12x2＋3x5

2________；

(2)计算f12 013＋f22 013＋f32 013＋f42 013＋…＋f2 0122 013＝________.答案；（1）对称中心为12，1

.（2）2012 【试一试】

1．已知下列不等式：

x＋1x，x＋4x，x27

x，…则第n个不等式为． n

答案：xn

x

≥n＋1，n∈N*

2．在面积为S的正三角形ABC中，E是边AB上的动点，过点E作EF∥BC，交AC于点F，当点E运动到离边BC的距离为△ABC12时，△EFB

14.类比上面的结论，可得在各棱长相等的体积为V的四面体ABCD中，E是棱AB上的动点，过点E作平面EFG∥平面BCD，分别交AC，AD于点F，G，则四面体EFGB的体积的最大值等于______．

解析：类比等边三角形中的结论，当E点运动到与平面BCD的距离为正四面体高的1

3时，四面体EFGB的体积取

得最大值，此时四面体EFGB的底面EFG的边长为正四面体ABCD2

3所以四面体EFGB的体积为正四面

体ABCD体积的23213427.故四面体EFGB的体积为

427V.3．记函数f(x)的导数为f(1)(x)，f(1)(x)的导数为f(2)(x)，…，f(n

－1)

(x)的导数为f(n)(x)(n∈N*)．若f(x)可进行n次求导，ff2f3f

n则f(x)均可近似表示为：f(x)≈f(0)＋

1！x

2！＋

3！x＋…＋n

n！x.若取n＝4，根据这个结论，则可近似估计自然

对数的底数e≈________(用分数表示)(注：n！＝n×(n－1)×…×2×1)．

解析：若f(x)可进行n次求导，则f(x)均可近似表示为：f(x)≈f(0)

f1！＋

f2！x2＋…＋fnn

n！x.(大前提)

因为f(x)＝ex可进行n次求导，(大前提)

所以f(1)≈f(0)＋

ff2f3f4

f

n1！1＋

2！×1

3！×1＋

4！1＋…＋n！1n.所以e≈e0

e0e02e03e04e01！1＋2！1＋3！×1＋4！1＋…＋n！

×1n

.(小前提)

取n＝4，即e≈1＋111165

1！＋2！3！＋4！24.(结论)

要点考向3：直接证明与间接证明

例

4、设a≥b＞0,求证：3a

32b3

≥3a

2b2ab2

.证明：3a32b3(3a2b2ab2)3a2(ab)2b2(ba)(3a22b2)(ab).因为a≥b＞0,所以ab≥0，3a2

2b2

＞0，从而(3a22b2)(ab)≥0，即3a3

2b3

≥3a2

b2ab2

.例

5、若x,yR,x0,y0,且xy2求证：

1xy和1y

x

中至少有一个小于2.假设它们都不小于2,则有

1+x1y2,y

x

2证明：则1x2y,1y2x

两式相加得: 2xy与已知矛盾,故原命题成立.注：（1）有关否定性结论的证明常用反证法或举出一个结论不成立的例子即可；

（2）综合法和分析法是直接证明常用的两个方法，我们常用分析法寻找解决问题的突破口，然后用综合法来写出证明过程，有时候，分析法和综合法交替使用。【试一试】

4.求证：

(1)a2b23abab);(2)6+7>22+5。

证明：（1）∵a2b2

2ab,a23,b23;

将此三式相加得

2(a2b23)2ab,∴a2b23abab).（2）要证原不等式成立，只需证（6+7）2>（22+5）2，即证242240。∵上式显然成立, ∴原不等式成立.要点考向4：数学归纳法

数列an满足Sn

2nan，nN.(Sn为前n项的和）(1)计算a1、a2、、a3、a4，并由此猜想通项公式an；（2）用数学归纳法证明（1）中的结论

注：（1）用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式，命题关键在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n的取值是否有关，由n=k到n=k+1时等式的两边会增加多少项，增加怎样的项。

（2）在本例证明过程中，①考虑“n取第一个值的命题形式”时，需认真对待，一般情况是把第一个值供稿通项，判断命题的真假，②在由n=k到n=k+1的递推过程中，必须用归纳假设，不用归纳假设的证明就不是数学归纳法。

数列与不等式证明专题 篇6

复习建议：

1．“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标，往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果2．归纳——猜想——证明体现由具体到抽象，由特殊到一般，由有限到无限的辩证思想．学习这部分知识，对培养学生的逻辑思维能力，计算能力，熟悉归纳、演绎的论证方法，提高分析、综合、抽象、概括等思维能力，都有重大意义．

3．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．

4．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解． 证明方法：（1）先放缩后求和；（2）先求和后放缩(3)灵活运用 例1．数列a

2nn满足a11,a22,an2(1cos2)asin2n

n2,n1,2,3,.(Ⅰ)求a3,a4,并求数列an的通项公式；(Ⅱ)设ba2n

1n

a,Snb1b2bn.证明：当n6S21n2n

n.分析：本题给出数列相邻两项的递推关系，且要对n分奇偶性。

解:(Ⅰ)因为acos

2

11,a22,所以a3(12)a1sin2



a112,a4(1cos2)a2sin22a24.一般地，当n2k1(kN*)时，a2

k1)2k1[1cos

(22]asin22k1

2k12

 ＝a2k11，即a2k1a2k11.所以数列a2k1是首项为

1、公差为1的等差数列，因此a2k1k.当n2k(kN*)时，a2k2k2(1cos

22)a2k

2ksin2

22a2k.所以数列a2k是首项为

2、公比为2的等比数列，因此a2k2k.故数列an1n的通项公式为an

2,n2k1(kN*),n22,n2k(kN*).(Ⅱ)由(Ⅰ)知，ba2n1nan

123n2,Sn23n,①2n22222

12S1223n

n222242

n1② 1①-②得，1[1(1)2]2S1111nn222232n2n1n1n12n112n2n1.2所以S1nn2

n22n12n22

n.要证明当n6时，S1n(n2)

n2n成立，只需证明当n6时，2n

1成立.证法一

(1)当n = 6时，6(62)264864

341成立.(2)假设当nk(k6)时不等式成立，即k(k2)

k

1.则当n=k+1时，(k1)(k3)k(k2)(k1)(k2k12k3)2k(k2)(k1)(k3)

(k2)2k

1.由(1)、(2)所述，当n≥6时，n(n1)2

21.即当n≥6时，Sn2

1n

.证法二令cn(n2)n

22(n6)，则c(n1)(n3)n(n2)3n2

n1cn2n1222

n10.所以当n6时，c68n1cn.因此当n6时，cnc664

341.于是当n6时，n(n2)221.综上所述，当n6时，Sn

21

n

.点评：本题奇偶分类要仔细，第（2）问证明时可采用分析法。

例题2.已知为锐角，且tan

21，函数f(x)x2tan2xsin(2



4)，数列{an}的首项a1

2,an1f(an).(1)求函数f(x)的表达式；⑵ 求证：an1an；

⑶ 求证：

111a112(n2,nN*)11a21an

分析：本题是借助函数给出递推关系，第（2）问的不等式利用了函数的性质，第（3）问是转化成可以裂项的形式，这是证明数列中的不等式的另一种出路。

解：⑴tan2

2tan2(1)2

又∵为锐角 ∴2 ∴sin(2)1∴f(x)xx1

441tan21(21)2

∴a2,a3,an都大于0∴an0∴an1an2

∴

则S

1111121212111()(S)S a22a2a3ana2an13an13a22an1

⑵

an1anan∵a1

点评：数列中的不等式要用放缩来解决难度就较大了，而且不容易把握，对于这样的题要多探索，多角度的思考问题。

⑶

1an1



1111

2

ananan(1an)an1an111

1ananan1

例题4.已知函数f(x)xln1x,数列an满足0a11,∴

111111111111

2

an1fan;数列bn满足b1,bn1(n1)bn, nN*.求证:

1a11a21ana1a2a2a3anan1a1an1an1

∵a(12)21234, a(34)23

234

1 ,又∵n2an1an∴an1a31

∴1

2

1a2∴1

1n1a11

2

1

11a21an

点评：把复杂的问题转化成清晰的问题是数学中的重要思想，本题中的第（3）问不等式的证明更具有一般性。

例题3.已知数列aa

n满足a11,n12an1nN

（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅱ）若数列b1n满足4b114b24

b31

4bn1(an1)bn，证明：bn是等差数列；

（Ⅲ）证明：

11a12nNa 23an13

分析：本例（1）通过把递推关系式转化成等比型的数列；第（2）关键在于找出连续三项间的关系；第（3）问关键在如何放缩 解：（1）an12an1，an112(an1)

故数列{an1}是首项为2，公比为2的等比数列。ann12n，an21

（2）4

b114

b214

b31

4bn1(an1)bn，4

(b1b2bnn)

2nbn

2(b1b2bn)2nnbn①2(b1b2bnbn1)2(n1)(n1)bn1②

②—①得2bn1

2(n1)bn1nbn，即nbn2(n1)bn1③(n1)bn12nbn2④ ④—③得2nbn1

nbnnbn1，即2bn1bnbn1所以数列{bn}是等差数列

（3）

1a1111

2n112n12

设S



1n2ana11，2a3an1

（Ⅰ）0a（Ⅱ）aa2nn1an1;n12;

（Ⅲ）若a12

则当n≥2时,bnann!.分析：第（1）问是和自然数有关的命题，可考虑用数学归纳法证明；第（2）问可利用函数的单调性；第（3）问进行放缩。解：(Ⅰ)先用数学归纳法证明0an1,nN*.（1）当n=1时,由已知得结论成立;（2）假设当n=k时,结论成立,即0ak1.则当n=k+1时,因为0

1x1xx1

0,所以f(x)在(0,1)上是增函数.又f(x)在0,1上连续,所以f(0)1, 得an1ananln1ananln(1an)0,从而an1an.综上可知0an1

an1.(Ⅱ)构造函数g(x)=

x2

x2x2

-f(x)=

ln(1x)x, 0g(0)=0.因为0aa2nn1,所以gan0,即2faa2

nn>0,从而an12

.(Ⅲ)因为

b12b1b

n11,n12(n1)bn,所以bn0,n1bn,所以bba2nbn1bnn

b2b1

1nn!————①由(Ⅱ)an1,知:an1an,n1bn2b122an2

所以

anaa3naa1a2n1 ,因为aa=

a2aa1, n≥2, 0an1an1.1

1a2n12222

a2a2

所以

a1a2an1aan

1<

n

2221<2

n12n

=

2n

————②由①② 两式可知:

bnann!.点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题，属于难题，复习时应引起注意。

例题5.已知函数f(x)=52x

168x，设正项数列an满足a1=l，an1fan．

(1)试比较a

5n与

4的大小，并说明理由；

(2)设数列b5n

nn满足bn=4－an，记Sn=bi．证明：当n≥2时,Sn＜(2－1)．

i

14分析：比较大小常用的办法是作差法，而求和式的不等式常用的办法是放缩法。

解：(1)a2ann1



5168a，因为a所以a7

311,2,a34

.（2）因为an0,an10,所以168an0,0an2.n8a552a48(a55

n5nn1)3an554168a432(2a,因为2an0,所以an1与a同号，nn)22an

4n

4因为a514140，a5555

240,a340,„，an40,即an4

.（3）当n2时，b531n4an22a(5a31

31n1)bn1bn12bn1，n1422an1225

所以bn

2bn122bn22n1b312n，13n

(12n)

所以Snb1b2bn

4121

2

121

(2n1)

点评：本题是函数、不等式的综合题，是高考的难点热点。

例题6.已知数列a*

n中，a11，nan12(a1a2...an)nN

．

（1）求a2,a3,a4；（2）求数列an的通项an；（3）设数列{b1n}满足b1

2,b12

n1abnbn，求证：bn1(nk)k

分析：条件中有类似于前n项和的形式出现，提示我们应该考虑an＝Sn－Sn－1(n≥2)

解：（1）a22,a33,a44（2）nan12(a1a2...an)①

(n1)an2(a1a2...an1)②①—②得nan1(n1)an2an

即：nan1

(n1)a1n1aa3ann，ana所以aa223n

n1a...1...1

n(n2)

nna12an112n所以a*n

n(nN)

（3）由（2）得：b1

12,b12

n1k

bnbnbnbn1...b10，所以{bn}是单调递增数列，故要证：bn1(nk)只需证bk1

若k

1，则b121显然成立;若k2，则b1211

n1kbnbnk

bnbn1bn 所以

1b11,因此：1(11)...(11)1k12

k1

n1bnkbkbkbk1b2b1b1kk所以bk



k

k1

1,所以bn1(nk)点评：与数列相关的不等式证明通常需要“放缩”，而放缩的“度”尤为关键，本题中

1b(11)...(11)1,这种拆分方法是数学中较高要求的变形.kbkbk1b2b1b1

例题7.已知不等式

12131n1

[log2n],其中n为不大于2的整数，[log2n]表示不超过log2n的最大整数。设数列a1

n的各项为正且满足a1b(b0),anann

na(n2,3,4)，证明：

n1

an

2b

2b[log，n3,4,5

2n]

分析：由条件an111111n



nana得：

n1

a1

nan1n

an(n2)

nan1

11a



1n1

an2

n1

„„

a11以上各式两边分别相加得： 2a121a111111111

11[log2n](n3)na1nn12anbnn12

b2

=

2b[log2n]2b a2b

n2b[logn]

(n3)

2本题由题设条件直接进行放缩，然后求和，命题即得以证明。

例题8.已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn2an(1)n，n1（1）写出数列{an}的前三项a1，a2，a5；（2）求数列{an}的通项公式；

（3）证明：对任意的整数m4，有1117

a

4a5am8

分析：⑴由递推公式易求：a1=1,a2=0,a3=2； ⑵由已知得：an

SnSn12an(1)n2an1(1)n1（n>1）

化简得：an1anan1anan1n

2an12(1)

(1)n2(1)n12,(1)n232[(1)

n1

2

3] 故数列{

an2(1)n3}是以a123为首项, 公比为2的等比数列.故an21

(1)

n

3(3)(2)n1∴a23[2n2(1)n]∴数列{a2

n

n}的通项公式为：an3

[2n2(1)n].⑶观察要证的不等式，左边很复杂，先要设法对左边的项进行适当的放缩，使之能够求和。而左边=

1a1a13[111

2212312m2(1)

m]，如果我们把上式中的分母中的1去掉，就可利45am2用等比数列的前n项公式求和，由于-1与1交错出现，容易想到将式中两项两项地合并起来一起进行放缩，尝试知：

11111

22112311221

23，2312412324，因此，可将

1

保留，再将后面的项两两组合后放缩，即可求和。这里需要对m进行分类讨论，（1）当m为偶数(m4)时，1a11a1(11)(11)13(11134m2)4a5ma4a5a6am1am

22222



1311224(1137

m4)288（2）当m是奇数(m4)时，m1为偶数，1a1111a1117 4a5ama45a6amam18

所以对任意整数m4，有

aa

7。本题的关键是并项后进行适当的放缩。45am8

例题9.定义数列如下：a2

12,an1anan1,nN

证明：（1）对于nN

恒有a

n1an成立。（2）当n2且nN，有an1anan1a2a11成立。（3）1

112a12006



a1

1。12a2006

分析：（1）用数学归纳法易证。

（2）由a2

n1anan1得：an11an(an1)

an1an1(an11)„„a21a1(a11)

以上各式两边分别相乘得：an11anan1a2a1(a11)，又a12

an1anan1a2a11

（3）要证不等式1

11122006



a11，可先设法求和：11，1a2a2006a1a2a2006

再进行适当的放缩。a111n11an(an1)

aaa11

a n11



n1nanan1n11



1111a(1)(11)(11)1a2a2006a11a21a21a31a20061a20071

1a1a1

1120071

aa 12a2006又aa2006

1a2a20061

220061

1a11

2006原不等式得证。

1a2a20062

单位证明信格式及专题 篇7

证明信格式及范文 单位证明信格式及范文 范文 证明信 XXX大学: XXX同志xxxx年x月至xxxx年x月在我院工作，曾任基础部主任。该同志工作认真负责，能以身作则，团结同志，成绩突出，1995年、1996年两次被评为我院先进工作者。

特此证明。XX学院(盖章)201x年x月x日(1)单位证明信格式: 证明居中，二号黑色加粗字体

另起一行，姓名，性别，身份证号。在某年某月某日至某年某月某日期间，在我校任教，担任某职，爱岗敬业，注重团队合作精神，得到同事、家长和学生的好评。

另起一行，特此证明。另起一行，右靠齐，校名 另起一行，右靠齐，年月日 盖学校公章:压年盖月(2)如何写作证明信 证明信由以下几部分组成。第一部分，标题。“证明信”，写在第—行正中位置。第二部分，正文。开头顶格写送达机关名称;接着写要证实的具体事实，说明材料来源等。

第三部分，结束语。一般用“特此证明”。有的开头没写送达机关名称的，可用“此致XX单位”。

第四部分，落款。证明制发机关、日期，加盖公章。

非木质包装证明格式 篇8

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