高考数列压轴题

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高考数列压轴题

高考数列压轴题 ‎ 一.解答题(共50小题)‎ ‎1.数列{an}满足a1=1,a2=+,…,an=++…+(n∈N*)‎ ‎(1)求a2,a3,a4,a5的值;‎ ‎(2)求an与an﹣1之间的关系式(n∈N*,n≥2);‎ ‎(3)求证:(1+)(1+)…(1+)<3(n∈N*)‎ ‎2.已知数列{xn}满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n∈N*),证明:当n∈N*时,‎ ‎(Ⅰ)0<xn+1<xn;‎ ‎(Ⅱ)2xn+1﹣xn≤;‎ ‎(Ⅲ)≤xn≤.‎ ‎3.数列{an}中,a1=,an+1=(n∈N*)‎ ‎(Ⅰ)求证:an+1<an;‎ ‎(Ⅱ)记数列{an}的前n项和为Sn,求证:Sn<1.‎ ‎4.已知正项数列{an}满足an2+an=3a2n+1+2an+1,a1=1.‎ ‎(1)求a2的值;‎ ‎(2)证明:对任意实数n∈N*,an≤2an+1;‎ ‎(3)记数列{an}的前n项和为Sn,证明:对任意n∈N*,2﹣≤Sn<3.‎ ‎5.已知在数列{an}中,.,n∈N*‎ ‎(1)求证:1<an+1<an<2;‎ ‎(2)求证:;‎ ‎(3)求证:n<sn<n+2.‎ ‎6.设数列{an}满足an+1=an2﹣an+1(n∈N*),Sn为{an}的前n项和.证明:对任意n∈N*,‎ ‎(I)当0≤a1≤1时,0≤an≤1;‎ ‎(II)当a1>1时,an>(a1﹣1)a1n﹣1;‎ ‎(III)当a1=时,n﹣<Sn<n.‎ ‎7.已知数列{an}满足a1=1,Sn=2an+1,其中Sn为{an}的前n项和(n∈N*).‎ ‎(Ⅰ)求S1,S2及数列{Sn}的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)若数列{bn}满足,且{bn}的前n项和为Tn,求证:当n≥2时,.‎ ‎8.已知数列{an}满足a1=1,(n∈N*),‎ ‎(Ⅰ) 证明:;‎ ‎(Ⅱ) 证明:.‎ ‎9.设数列{an}的前n项的和为Sn,已知a1=,an+1=,其中n∈N*.‎ ‎(1)证明:an<2;‎ ‎(2)证明:an<an+1;‎ ‎(3)证明:2n﹣≤Sn≤2n﹣1+()n.‎ ‎10.数列{an}的各项均为正数,且an+1=an+﹣1(n∈N*),{an}的前n项和是Sn.‎ ‎(Ⅰ)若{an}是递增数列,求a1的取值范围;‎ ‎(Ⅱ)若a1>2,且对任意n∈N*,都有Sn≥na1﹣(n﹣1),证明:Sn<2n+1.‎ ‎11.设an=xn,bn=()2,Sn为数列{an•bn}的前n项和,令fn(x)=Sn﹣1,x∈R,a∈N*.‎ ‎(Ⅰ)若x=2,求数列{}的前n项和Tn;‎ ‎(Ⅱ)求证:对∀n∈N*,方程fn(x)=0在xn∈[,1]上有且仅有一个根;‎ ‎(Ⅲ)求证:对∀p∈N*,由(Ⅱ)中xn构成的数列{xn}满足0<xn﹣xn+p<.‎ ‎12.已知数列{an},{bn},a0=1,,(n=0,1,2,…),,Tn为数列{bn}的前n项和.‎ 求证:(Ⅰ)an+1<an;‎ ‎(Ⅱ);‎ ‎(Ⅲ).‎ ‎13.已知数列{an}满足:a1=,an=an﹣12+an﹣1(n≥2且n∈N).‎ ‎(Ⅰ)求a2,a3;并证明:2﹣≤an≤•3;‎ ‎(Ⅱ)设数列{an2}的前n项和为An,数列{}的前n项和为Bn,证明:=an+1.‎ ‎14.已知数列{an}的各项均为非负数,其前n项和为Sn,且对任意的n∈N*,都有.‎ ‎(1)若a1=1,a505=2017,求a6的最大值;‎ ‎(2)若对任意n∈N*,都有Sn≤1,求证:.‎ ‎15.已知数列{an}中,a1=4,an+1=,n∈N*,Sn为{an}的前n项和.‎ ‎(Ⅰ)求证:n∈N*时,an>an+1;‎ ‎(Ⅱ)求证:n∈N*时,2≤Sn﹣2n<.‎ ‎16.已知数列{an}满足,a1=1,an=﹣.‎ ‎(1)求证:an≥;‎ ‎(2)求证:|an+1﹣an|≤;‎ ‎(3)求证:|a2n﹣an|≤.‎ ‎17.设数列{an}满足:a1=a,an+1=(a>0且a≠1,n∈N*).‎ ‎(1)证明:当n≥2时,an<an+1<1;‎ ‎(2)若b∈(a2,1),求证:当整数k≥+1时,ak+1>b.‎ ‎18.设a>3,数列{an}中,a1=a,an+1=,n∈N*.‎ ‎(Ⅰ)求证:an>3,且<1;(Ⅱ)当a≤4时,证明:an≤3+.‎ ‎19.已知数列{an}满足an>0,a1=2,且(n+1)an+12=nan2+an(n∈N*).‎ ‎(Ⅰ)证明:an>1;‎ ‎(Ⅱ)证明:++…+<(n≥2).‎ ‎20.已知数列{an}满足:.‎ ‎(1)求证:;‎ ‎(2)求证:.‎ ‎21.已知数列{an}满足a1=1,且an+12+an2=2(an+1an+an+1﹣an﹣).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)求证:++…+<;‎ ‎(3)记Sn=++…+,证明:对于一切n≥2,都有Sn2>2(++…+).‎ ‎22.已知数列{an}满足a1=1,an+1=,n∈N*.‎ ‎(1)求证:≤an≤1;‎ ‎(2)求证:|a2n﹣an|≤.‎ ‎23.已知数列{an]的前n项和记为Sn,且满足Sn=2an﹣n,n∈N*‎ ‎(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)证明:+…(n∈N*)‎ ‎24.已知数列{an}满足:a1=,an+1=+an(n∈N*).‎ ‎(1)求证:an+1>an;‎ ‎(2)求证:a2017<1;‎ ‎(3)若ak>1,求正整数k的最小值.‎ ‎25.已知数列{an}满足:an2﹣an﹣an+1+1=0,a1=2‎ ‎(1)求a2,a3;‎ ‎(2)证明数列为递增数列;‎ ‎ (3)求证:<1.‎ ‎26.已知数列{an}满足:a1=1,(n∈N*)‎ ‎(Ⅰ)求证:an≥1;‎ ‎(Ⅱ)证明:≥1+‎ ‎(Ⅲ)求证:<an+1<n+1.‎ ‎27.在正项数列{an}中,已知a1=1,且满足an+1=2an(n∈N*)‎ ‎(Ⅰ)求a2,a3;‎ ‎(Ⅱ)证明.an≥.‎ ‎28.设数列{an}满足.‎ ‎(1)证明:;‎ ‎(2)证明:.‎ ‎29.已知数列{an}满足a1=2,an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*),令bn=an+1.‎ ‎(Ⅰ)求证:{bn}是等比数列;‎ ‎(Ⅱ)记数列{nbn}的前n项和为Tn,求Tn;‎ ‎(Ⅲ)求证:﹣<+…+.‎ ‎30.已知数列{an}中,a1=3,2an+1=an2﹣2an+4.‎ ‎(Ⅰ)证明:an+1>an;‎ ‎(Ⅱ)证明:an≥2+()n﹣1;‎ ‎(Ⅲ)设数列{}的前n项和为Sn,求证:1﹣()n≤Sn<1.‎ ‎31.已知数列{an}满足a1=,an+1=,n∈N*.‎ ‎(1)求a2;‎ ‎(2)求{}的通项公式;‎ ‎(3)设{an}的前n项和为Sn,求证:(1﹣()n)≤Sn<.‎ ‎32.数列{an}中,a1=1,an=.‎ ‎(1)证明:an<an+1;‎ ‎(2)证明:anan+1≥2n+1;‎ ‎(3)设bn=,证明:2<bn<(n≥2).‎ ‎33.已知数列{an}满足,‎ ‎(1)若数列{an}是常数列,求m的值;‎ ‎(2)当m>1时,求证:an<an+1;‎ ‎(3)求最大的正数m,使得an<4对一切整数n恒成立,并证明你的结论.‎ ‎34.已知数列{an}满足:,p>1,.‎ ‎(1)证明:an>an+1>1;‎ ‎(2)证明:;‎ ‎(3)证明:.‎ ‎35.数列{an}满足a1=,an+1﹣an+anan+1=0(n∈N*).‎ ‎(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)求证:a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an<1.‎ ‎36.已知数列{an}满足a1=1,an+1=an2+p.‎ ‎(1)若数列{an}就常数列,求p的值;‎ ‎(2)当p>1时,求证:an<an+1;‎ ‎(3)求最大的正数p,使得an<2对一切整数n恒成立,并证明你的结论.‎ ‎37.已知数列{an}满足a1=a>4,,(n∈N*)‎ ‎(1)求证:an>4;‎ ‎(2)判断数列{an}的单调性;‎ ‎(3)设Sn为数列{an}的前n项和,求证:当a=6时,.‎ ‎38.已知数列{an}满足a1=1,an+1=.‎ ‎(Ⅰ)求证:an+1<an;‎ ‎(Ⅱ)求证:≤an≤.‎ ‎39.已知数列{an}满足:a1=1,.‎ ‎(1)若b=1,证明:数列是等差数列;‎ ‎(2)若b=﹣1,判断数列{a2n﹣1}的单调性并说明理由;‎ ‎(3)若b=﹣1,求证:.‎ ‎40.已知数列{an}满足,(n=1,2,3…),,Sn=b1+b2+…+bn.‎ 证明:(Ⅰ)an﹣1<an<1(n≥1);‎ ‎(Ⅱ)(n≥2).‎ ‎41.已知数列{an}满足a1=1,an+1=,n∈N*,记S,Tn分别是数列{an},{a}的前n项和,证明:当n∈N*时,‎ ‎(1)an+1<an;‎ ‎(2)Tn=﹣2n﹣1;‎ ‎(3)﹣1<Sn.‎ ‎42.已知数列{an}满足a1=3,an+1=an2+2an,n∈N*,设bn=log2(an+1).‎ ‎(I)求{an}的通项公式;‎ ‎(II)求证:1+++…+<n(n≥2);‎ ‎(III)若=bn,求证:2≤<3.‎ ‎43.已知正项数列{an}满足a1=3,,n∈N*.‎ ‎(1)求证:1<an≤3,n∈N*;‎ ‎(2)若对于任意的正整数n,都有成立,求M的最小值;‎ ‎(3)求证:a1+a2+a3+…+an<n+6,n∈N*.‎ ‎44.已知在数列{an}中,,,n∈N*.‎ ‎(1)求证:1<an+1<an<2;‎ ‎(2)求证:;‎ ‎(3)求证:n<sn<n+2.‎ ‎45.已知数列{an}中,,(n∈N*).‎ ‎(1)求证:;‎ ‎(2)求证:是等差数列;‎ ‎(3)设,记数列{bn}的前n项和为Sn,求证:.‎ ‎46.已知无穷数列{an}的首项a1=,=n∈N*.‎ ‎(Ⅰ)证明:0<an<1;‎ ‎(Ⅱ) 记bn=,Tn为数列{bn}的前n项和,证明:对任意正整数n,Tn.‎ ‎47.已知数列{xn}满足x1=1,xn+1=2+3,求证:‎ ‎(I)0<xn<9;‎ ‎(II)xn<xn+1;‎ ‎(III).‎ ‎48.数列{an}各项均为正数,且对任意n∈N*,满足an+1=an+can2(c>0且为常数).‎ ‎(Ⅰ)若a1,2a2,3a3依次成等比数列,求a1的值(用常数c表示);‎ ‎(Ⅱ)设bn=,Sn是数列{bn}的前n项和,‎ ‎(i)求证:; ‎ ‎(ii)求证:Sn<Sn+1<.‎ ‎49.设数列满足|an﹣|≤1,n∈N*.‎ ‎(Ⅰ)求证:|an|≥2n﹣1(|a1|﹣2)(n∈N*)‎ ‎(Ⅱ)若|an|≤()n,n∈N*,证明:|an|≤2,n∈N*.‎ ‎50.已知数列{an}满足:a1=1,an+1=an+.(n∈N*)‎ ‎(Ⅰ)证明:≥1+;‎ ‎(Ⅱ)求证:<an+1<n+1.‎ ‎ ‎ 高考数列压轴题 参考答案与试题解析 ‎ ‎ 一.解答题(共50小题)‎ ‎1.数列{an}满足a1=1,a2=+,…,an=++…+(n∈N*)‎ ‎(1)求a2,a3,a4,a5的值;‎ ‎(2)求an与an﹣1之间的关系式(n∈N*,n≥2);‎ ‎(3)求证:(1+)(1+)…(1+)<3(n∈N*)‎ ‎【解答】解:(1)a2=+=2+2=4,‎ a3=++=3+6+6=15,‎ a4=+++=4+4×3+4×3×2+4×3×2×1=64,‎ a5=++++=5+20+60+120+120=325;‎ ‎(2)an=++…+=n+n(n﹣1)+n(n﹣1)(n﹣2)+…+n!‎ ‎=n+n[(n﹣1)+(n﹣1)(n﹣2)+…+(n﹣1)!]‎ ‎=n+nan﹣1;‎ ‎(3)证明:由(2)可知=,‎ 所以(1+)(1+)…(1+)=•…‎ ‎==+++…+=+++…+‎ ‎=+++…+≤1+1+++…+‎ ‎=2+1﹣+﹣+…+﹣=3﹣<3(n≥2).‎ 所以n≥2时不等式成立,而n=1时不等式显然成立,所以原命题成立.‎ ‎ ‎ ‎2.已知数列{xn}满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n∈N*),证明:当n∈N*时,‎ ‎(Ⅰ)0<xn+1<xn;‎ ‎(Ⅱ)2xn+1﹣xn≤;‎ ‎(Ⅲ)≤xn≤.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)用数学归纳法证明:xn>0,‎ 当n=1时,x1=1>0,成立,‎ 假设当n=k时成立,则xk>0,‎ 那么n=k+1时,若xk+1<0,则0<xk=xk+1+ln(1+xk+1)<0,矛盾,‎ 故xn+1>0,‎ 因此xn>0,(n∈N*)‎ ‎∴xn=xn+1+ln(1+xn+1)>xn+1,‎ 因此0<xn+1<xn(n∈N*),‎ ‎(Ⅱ)由xn=xn+1+ln(1+xn+1)得xnxn+1﹣4xn+1+2xn=xn+12﹣2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1),‎ 记函数f(x)=x2﹣2x+(x+2)ln(1+x),x≥0‎ ‎∴f′(x)=+ln(1+x)>0,‎ ‎∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ ‎∴f(x)≥f(0)=0,‎ 因此xn+12﹣2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)≥0,‎ 故2xn+1﹣xn≤;‎ ‎(Ⅲ)∵xn=xn+1+ln(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1,‎ ‎∴xn≥,‎ 由≥2xn+1﹣xn得﹣≥2(﹣)>0,‎ ‎∴﹣≥2(﹣)≥…≥2n﹣1(﹣)=2n﹣2,‎ ‎∴xn≤,‎ 综上所述≤xn≤.‎ ‎ ‎ ‎3.数列{an}中,a1=,an+1=(n∈N*)‎ ‎(Ⅰ)求证:an+1<an;‎ ‎(Ⅱ)记数列{an}的前n项和为Sn,求证:Sn<1.‎ ‎【解答】证明:(Ⅰ)∵>0,且a1=>0,∴an>0,‎ ‎∴an+1﹣an=﹣an=<0.‎ ‎∴an+1<an;‎ ‎(Ⅱ)∵1﹣an+1=1﹣=,‎ ‎∴=.‎ ‎∴,‎ 则,‎ 又an>0,‎ ‎∴.‎ ‎ ‎ ‎4.已知正项数列{an}满足an2+an=3a2n+1+2an+1,a1=1.‎ ‎(1)求a2的值;‎ ‎(2)证明:对任意实数n∈N*,an≤2an+1;‎ ‎(3)记数列{an}的前n项和为Sn,证明:对任意n∈N*,2﹣≤Sn<3.‎ ‎【解答】解:(1)an2+an=3a2n+1+2an+1,a1=1,‎ 即有a12+a1=3a22+2a2=2,‎ 解得a2=(负的舍去);‎ ‎(2)证明:an2+an=3a2n+1+2an+1,‎ 可得an2﹣4a2n+1+an﹣2an+1+a2n+1=0,‎ 即有(an﹣2an+1)(an+2an+1+1)+a2n+1=0,‎ 由于正项数列{an},‎ 即有an+2an+1+1>0,4a2n+1>0,‎ 则有对任意实数n∈N*,an≤2an+1;‎ ‎(3)由(1)可得对任意实数n∈N*,an≤2an+1;‎ 即为a1≤2a2,可得a2≥,a3≥a2≥,‎ ‎…,an≥,‎ 前n项和为Sn=a1+a2+…+an≥1+++…+‎ ‎==2﹣,‎ 又an2+an=3a2n+1+2an+1>a2n+1+an+1,‎ 即有(an﹣an+1)(an+an+1+1)>0,‎ 则an>an+1,数列{an}递减,‎ 即有Sn=a1+a2+…+an<1+1+++…+‎ ‎=1+=3(1﹣)<3.‎ 则有对任意n∈N*,2﹣≤Sn<3.‎ ‎ ‎ ‎5.已知在数列{an}中,.,n∈N*‎ ‎(1)求证:1<an+1<an<2;‎ ‎(2)求证:;‎ ‎(3)求证:n<sn<n+2.‎ ‎【解答】证明:(1)先用数学归纳法证明1<an<2.‎ ‎①.n=1时,‎ ‎②.假设n=k时成立,即1<ak<2.‎ 那么n=k+1时,成立.‎ 由①②知1<an<2,n∈N*恒成立..‎ 所以1<an+1<an<2成立.‎ ‎(2),‎ 当n≥3时,而1<an<2.所以.‎ 由,得,‎ 所以 ‎(3)由(1)1<an<2得sn>n 由(2)得,‎ ‎ ‎ ‎6.设数列{an}满足an+1=an2﹣an+1(n∈N*),Sn为{an}的前n项和.证明:对任意n∈N*,‎ ‎(I)当0≤a1≤1时,0≤an≤1;‎ ‎(II)当a1>1时,an>(a1﹣1)a1n﹣1;‎ ‎(III)当a1=时,n﹣<Sn<n.‎ ‎【解答】证明:(Ⅰ)用数学归纳法证明.‎ ‎①当n=1时,0≤an≤1成立.‎ ‎②假设当n=k(k∈N*)时,0≤ak≤1,‎ 则当n=k+1时,=()2+∈[]⊂[0,1],‎ 由①②知,.‎ ‎∴当0≤a1≤1时,0≤an≤1.‎ ‎(Ⅱ)由an+1﹣an=()﹣an=(an﹣1)2≥0,知an+1≥an.‎ 若a1>1,则an>1,(n∈N*),‎ 从而=﹣an=an(an﹣1),‎ 即=an≥a1,‎ ‎∴,‎ ‎∴当a1>1时,an>(a1﹣1)a1n﹣1.‎ ‎(Ⅲ)当时,由(Ⅰ),0<an<1(n∈N*),故Sn<n,‎ 令bn=1﹣an(n∈N*),由(Ⅰ)(Ⅱ),bn>bn+1>0,(n∈N*),‎ 由,得.‎ ‎∴=(b1﹣b2)+(b2﹣b3)+…+(bn﹣bn+1)=b1﹣bn+1<b1=,‎ ‎∵≥,‎ ‎∴nbn2,即,(n∈N*),‎ ‎∵==,‎ ‎∴b1+b2+…+bn[()+()+…+()]=,‎ 即n﹣Sn,亦即,‎ ‎∴当时,.‎ ‎ ‎ ‎7.已知数列{an}满足a1=1,Sn=2an+1,其中Sn为{an}的前n项和(n∈N*).‎ ‎(Ⅰ)求S1,S2及数列{Sn}的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)若数列{bn}满足,且{bn}的前n项和为Tn,求证:当n≥2时,.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)数列{an}满足Sn=2an+1,则Sn=2an+1=2(Sn+1﹣Sn),即3Sn=2Sn+1,‎ ‎∴,‎ 即数列{Sn}为以1为首项,以为公比的等比数列,‎ ‎∴Sn=()n﹣1(n∈N*).‎ ‎∴S1=1,S2=;‎ ‎(Ⅱ)在数列{bn}中,,‎ Tn为{bn}的前n项和,‎ 则|Tn|=|=.‎ 而当n≥2时,,‎ 即.‎ ‎ ‎ ‎8.已知数列{an}满足a1=1,(n∈N*),‎ ‎(Ⅰ) 证明:;‎ ‎(Ⅱ) 证明:.‎ ‎【解答】(Ⅰ) 证明:∵①,∴②‎ 由②÷①得:,‎ ‎∴‎ ‎(Ⅱ) 证明:由(Ⅰ)得:(n+1)an+2=nan ‎∴‎ 令bn=nan,则③‎ ‎∴bn﹣1•bn=n④‎ 由b1=a1=1,b2=2,易得bn>0‎ 由③﹣④得:‎ ‎∴b1<b3<…<b2n﹣1,b2<b4<…<b2n,得bn≥1‎ 根据bn•bn+1=n+1得:bn+1≤n+1,∴1≤bn≤n ‎∴‎ ‎=‎ ‎=‎ 一方面:‎ 另一方面:由1≤bn≤n可知:.‎ ‎ ‎ ‎9.设数列{an}的前n项的和为Sn,已知a1=,an+1=,其中n∈N*.‎ ‎(1)证明:an<2;‎ ‎(2)证明:an<an+1;‎ ‎(3)证明:2n﹣≤Sn≤2n﹣1+()n.‎ ‎【解答】证明:(1)an+1﹣2=﹣2=,‎ 由于+2=+1>0,+2=2+>0.‎ ‎∴an+1﹣2与an﹣2同号,因此与a1﹣2同号,而a1﹣2=﹣<0,‎ ‎∴an<2.‎ ‎(2)an+1﹣1=,可得:an+1﹣1与an﹣1同号,因此与a1﹣1同号,而a1﹣1=>0,∴an>1.‎ 又an<2.∴1<an<2.an+1﹣an=,可得分子>0,分母>0.‎ ‎∴an+1﹣an>0,故an<an+1.‎ ‎(3)n=1时,S1=,满足不等式.‎ n≥2时,==,∴,即2﹣an≥.‎ ‎∴2n﹣Sn≥=1﹣.即Sn≤2n﹣1+.‎ 另一方面:由(II)可知:.,=≤.‎ 从而可得:=≤.‎ ‎∴2﹣an≤,∴2n﹣Sn≤=.‎ ‎∴Sn≥2n﹣>2n﹣.‎ 综上可得:2n﹣≤Sn≤2n﹣1+()n.‎ ‎ ‎ ‎10.数列{an}的各项均为正数,且an+1=an+﹣1(n∈N*),{an}的前n项和是Sn.‎ ‎(Ⅰ)若{an}是递增数列,求a1的取值范围;‎ ‎(Ⅱ)若a1>2,且对任意n∈N*,都有Sn≥na1﹣(n﹣1),证明:Sn<2n+1.‎ ‎【解答】(I)解:由a2>a1>0⇔﹣1>a1>0,解得0<a1<2,①.‎ 又a3>a2>0,⇔>a2,⇔0<a2<2⇔﹣1<2,解得1<a1<2,②.‎ 由①②可得:1<a1<2.‎ 下面利用数学归纳法证明:当1<a1<2时,∀n∈N*,1<an<2成立.‎ ‎(1)当n=1时,1<a1<2成立.‎ ‎(2)假设当n=k∈N*时,1<an<2成立.‎ 则当n=k+1时,ak+1=ak+﹣1∈⊊(1,2),‎ 即n=k+1时,不等式成立.‎ 综上(1)(2)可得:∀n∈N*,1<an<2成立.‎ 于是an+1﹣an=﹣1>0,即an+1>an,‎ ‎∴{an}是递增数列,a1的取值范围是(1,2).‎ ‎(II)证明:∵a1>2,可用数学归纳法证明:an>2对∀n∈N*都成立.‎ 于是:an+1﹣an=﹣1<2,即数列{an}是递减数列.‎ 在Sn≥na1﹣(n﹣1)中,令n=2,可得:2a1+﹣1=S2≥2a1﹣,解得a1≤3,因此2<a1≤3.‎ 下证:(1)当时,Sn≥na1﹣(n﹣1)恒成立.‎ 事实上,当时,由an=a1+(an﹣a1)≥a1+(2﹣)=.‎ 于是Sn=a1+a2+…+an≥a1+(n﹣1)=na1﹣.‎ 再证明:(2)时不合题意.‎ 事实上,当时,设an=bn+2,可得≤1.‎ 由an+1=an+﹣1(n∈N*),可得:bn+1=bn+﹣1,可得=≤≤.‎ 于是数列{bn}的前n和Tn≤<3b1≤3.‎ 故Sn=2n+Tn<2n+3=na1+(2﹣a1)n+3,③.‎ 令a1=+t(t>0),由③可得:Sn<na1+(2﹣a1)n+3=na1﹣﹣tn+.‎ 只要n充分大,可得:Sn<na1﹣.这与Sn≥na1﹣(n﹣1)恒成立矛盾.‎ ‎∴时不合题意.‎ 综上(1)(2)可得:,于是可得=≤≤.(由可得:).‎ 故数列{bn}的前n项和Tn≤<b1<1,∴Sn=2n+Tn<2n+1.‎ ‎ ‎ ‎11.设an=xn,bn=()2,Sn为数列{an•bn}的前n项和,令fn(x)=Sn﹣1,x∈R,a∈N*.‎ ‎(Ⅰ)若x=2,求数列{}的前n项和Tn;‎ ‎(Ⅱ)求证:对∀n∈N*,方程fn(x)=0在xn∈[,1]上有且仅有一个根;‎ ‎(Ⅲ)求证:对∀p∈N*,由(Ⅱ)中xn构成的数列{xn}满足0<xn﹣xn+p<.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)若x=2,an=2n,则=(2n﹣1)()n,‎ 则Tn=1×()1+3×()2+…+(2n﹣1)()n,‎ ‎∴Tn=1×()2+3×()3+…+(2n﹣1)()n+1,‎ ‎∴Tn=+2×[()2+()3+…+()n]﹣(2n﹣1)()n+1‎ ‎=+2×﹣(2n﹣1)()n+1=+1﹣()n﹣1﹣(2n﹣1)()n+1,‎ ‎∴Tn=3﹣()n﹣2﹣(2n﹣1)()n=3﹣;‎ ‎(Ⅱ)证明:fn(x)=﹣1+x+++…+(x∈R,n∈N+),fn′(x)=1+++…+>0,‎ 故函数f(x)在(0,+∞)上是增函数.‎ 由于f1(x1)=0,当n≥2时,fn(1)=++…+>0,即fn(1)>0.‎ 又fn()=﹣1++[+++…+]≤﹣+•()i,‎ ‎=﹣+×=﹣•()n﹣1<0,‎ 根据函数的零点的判定定理,可得存在唯一的xn∈[,1],满足fn(xn)=0.‎ ‎(Ⅲ)证明:对于任意p∈N+,由(1)中xn构成数列{xn},当x>0时,‎ ‎∵fn+1(x)=fn(x)+>fn(x),‎ ‎∴fn+1(xn)>fn(xn)=fn+1(xn+1)=0.‎ 由 fn+1(x) 在(0,+∞)上单调递增,可得 xn+1<xn,即 xn﹣xn+1>0,‎ 故数列{xn}为减数列,即对任意的 n、p∈N+,xn﹣xn+p>0.‎ 由于 fn(xn)=﹣1+xn+++…+=0,①,‎ fn+p (xn+p)=﹣1+xn+p+++…++[++…+],②,‎ 用①减去②并移项,利用 0<xn+p≤1,可得 xn﹣xn+p=+≤≤<=﹣<.‎ 综上可得,对于任意p∈N+,由(1)中xn构成数列{xn}满足0<xn﹣xn+p<.‎ ‎ ‎ ‎12.已知数列{an},{bn},a0=1,,(n=0,1,2,…),,Tn为数列{bn}的前n项和.‎ 求证:(Ⅰ)an+1<an;‎ ‎(Ⅱ);‎ ‎(Ⅲ).‎ ‎【解答】解:证明:(Ⅰ)=,所以an+1<an ‎(Ⅱ)法一、记,则,‎ 原命题等价于证明;用数学归纳法 提示:构造函数在(1,+∞)单调递增,‎ 故==+>+×=+×(﹣)=,‎ 法二、只需证明,‎ 由,‎ 故:n=1时,,‎ n≥2,可证:,‎ ‎(3)由,得=,‎ 可得:,‎ 叠加可得,,‎ 所以,‎ ‎ ‎ ‎13.已知数列{an}满足:a1=,an=an﹣12+an﹣1(n≥2且n∈N).‎ ‎(Ⅰ)求a2,a3;并证明:2﹣≤an≤•3;‎ ‎(Ⅱ)设数列{an2}的前n项和为An,数列{}的前n项和为Bn,证明:=an+1.‎ ‎【解答】解:(I)a2=a12+a1==,‎ a3=a22+a2==.‎ 证明:∵an=an﹣12+an﹣1,‎ ‎∴an+=an﹣12+an﹣1+=(an﹣1+)2+>(an﹣1+)2,‎ ‎∴an+>(an﹣1+)2>(an﹣2+)4>>(an﹣3+)8>…>(a1+)=2,‎ ‎∴an>2﹣,‎ 又∵an﹣an﹣1=an﹣12>0,∴an>an﹣1>an﹣2>…>a1>1,‎ ‎∴an2>an,‎ ‎∴an=an﹣12+an﹣1<2a,‎ ‎∴an<2a<2•22<2•22•24<…<2•22•24•…•2a1‎ ‎=2•()=•3.‎ 综上,2﹣≤an≤•3.‎ ‎(II)证明:∵an=an﹣12+an﹣1,∴an﹣12=an﹣an﹣1,‎ ‎∴An=a12+a22+a32+…an2=(a2﹣a1)+(a3﹣a2)+…+(an+1﹣an)=an+1﹣,‎ ‎∵an=an﹣12+an﹣1=an﹣1(an﹣1+1),‎ ‎∴==,‎ ‎∴=,‎ ‎∴Bn=…+=()+()+(﹣)+…+()‎ ‎=﹣.‎ ‎∴==.‎ ‎ ‎ ‎14.已知数列{an}的各项均为非负数,其前n项和为Sn,且对任意的n∈N*,都有.‎ ‎(1)若a1=1,a505=2017,求a6的最大值;‎ ‎(2)若对任意n∈N*,都有Sn≤1,求证:.‎ ‎【解答】解:(1)由题意知an+1﹣an≤an+2﹣an+1,设di=ai+1﹣ai(i=1,2,…,504),‎ 则d1≤d2≤d3≤…≤d504,且d1+d2+d3+…+d504=2016,‎ ‎∵=,‎ 所以d1+d2+…+d5≤20,‎ ‎∴a6=a1+(d1+d2+…+d5)≤21.‎ ‎(2)证明:若存在k∈N*,使得ak<ak+1,则由,‎ 得ak+1≤ak﹣ak+1≤ak+2,‎ 因此,从an项开始,数列{an}严格递增,‎ 故a1+a2+…+an≥ak+ak+1+…+an≥(n﹣k+1)ak,‎ 对于固定的k,当n足够大时,必有a1+a2+…+an≥1,与题设矛盾,所以{an}不可能递增,即只能an﹣an+1≥0.‎ 令bk=ak﹣ak+1,(k∈N*),‎ 由ak﹣ak+1≥ak+1﹣ak+2,得bk≥bk+1,bk>0,‎ 故1≥a1+a2+…+an=(b1+a2)+a2+…+an=b1+2(b2+a3)+a3+…+an,=…=b1+2b2+…+nbn+nan,‎ 所以,‎ 综上,对一切n∈N*,都有.‎ ‎ ‎ ‎15.已知数列{an}中,a1=4,an+1=,n∈N*,Sn为{an}的前n项和.‎ ‎(Ⅰ)求证:n∈N*时,an>an+1;‎ ‎(Ⅱ)求证:n∈N*时,2≤Sn﹣2n<.‎ ‎【解答】证明:(I)n≥2时,作差:an+1﹣an=﹣=,‎ ‎∴an+1﹣an与an﹣an﹣1同号,‎ 由a1=4,可得a2==,可得a2﹣a1<0,‎ ‎∴n∈N*时,an>an+1.‎ ‎(II)∵2=6+an,∴=an﹣2,即2(an+1﹣2)(an+1+2)=an﹣2,①‎ ‎∴an+1﹣2与an﹣2同号,‎ 又∵a1﹣2=2>0,∴an>2.‎ ‎∴Sn=a1+a2+…+an≥4+2(n﹣1)=2n+2.‎ ‎∴Sn﹣2n≥2.‎ 由①可得:=,‎ 因此an﹣2≤(a1﹣2),即an≤2+2×.‎ ‎∴Sn=a1+a2+…+an≤2n+2×<2n+.‎ 综上可得:n∈N*时,2≤Sn﹣2n<.‎ ‎ ‎ ‎16.已知数列{an}满足,a1=1,an=﹣.‎ ‎(1)求证:an≥;‎ ‎(2)求证:|an+1﹣an|≤;‎ ‎(3)求证:|a2n﹣an|≤.‎ ‎【解答】证明:(1)∵a1=1,an=﹣.‎ ‎∴a2=,a3=,a4=,‎ 猜想:≤an≤1.‎ 下面用数学归纳法证明.‎ ‎(i)当n=1时,命题显然成立;‎ ‎(ii)假设n=k时,≤1成立,‎ 则当n=k+1时,ak+1=≤<1.‎ ‎,即当n=k+1时也成立,‎ 所以对任意n∈N*,都有.‎ ‎(2)当n=1时,,‎ 当n≥2时,∵,‎ ‎∴.‎ ‎(3)当n=1时,|a2﹣a1|=<;‎ 当n≥2时,|a2n﹣an|≤|a2n﹣a2n﹣1|+|a2n﹣1﹣a2n﹣2|+…+|an+1﹣an|.‎ ‎ ‎ ‎17.设数列{an}满足:a1=a,an+1=(a>0且a≠1,n∈N*).‎ ‎(1)证明:当n≥2时,an<an+1<1;‎ ‎(2)若b∈(a2,1),求证:当整数k≥+1时,ak+1>b.‎ ‎【解答】证明:(1)由an+1=知an与a1的符号相同,而a1=a>0,‎ ‎∴an>0,‎ ‎∴an+1=≤1,当且仅当an=1时,an+1=1‎ 下面用数学归纳法证明:‎ ‎①∵a>0且a≠1,‎ ‎∴a2<1,‎ ‎∴=>1,即有a2<a3<1,‎ ‎②假设n=k时,有ak<ak+1<1,则 ak+2==<1且=>1,即ak+1<ak+2<1‎ 即当n=k+1时不等式成立,‎ 由①②可得当n≥2时,an<an+1<1;‎ ‎(2)若ak≥b,由(1)知ak+1>ak≥b,‎ 若ak<b,∵0<x<1以及二项式定理可知(1+x)n=1+Cn1x+…+Cnnxn≥nx,‎ 而ak2+1<b2+1<b+1,且a2<a3<…<ak<b<1‎ ‎∴ak+1=a2••…,‎ ‎=a2•‎ ‎>a2•()k﹣1>a2•()k﹣1=a2•(1+)k﹣1,‎ ‎≥a2•[1+(k﹣1)],‎ ‎∵k≥+1,‎ ‎∴1+(k﹣1)≥+1=,‎ ‎∴ak+1>b.‎ ‎ ‎ ‎18.设a>3,数列{an}中,a1=a,an+1=,n∈N*.‎ ‎(Ⅰ)求证:an>3,且<1;‎ ‎(Ⅱ)当a≤4时,证明:an≤3+.‎ ‎【解答】证明:(I)∵an+1﹣3=﹣3=.=﹣=,‎ ‎∴()=>0,∴与同号,又a>3,∴=a﹣>0,∴>0,‎ ‎∴an+1﹣3>0,即an>3(n=1时也成立).‎ ‎∴==<1.‎ 综上可得:an>3,且<1;‎ ‎(Ⅱ)当a≤4时,∵an+1﹣3=﹣3=.‎ ‎∴=,‎ 由(I)可知:3<an≤a1=a≤4,‎ ‎∴3<an≤4.‎ 设an﹣3=t∈(0,1].‎ ‎∴==≤,‎ ‎∴•…•≤,‎ ‎∴an﹣3≤(a1﹣3)×≤,‎ ‎∴an≤3+.‎ ‎ ‎ ‎19.已知数列{an}满足an>0,a1=2,且(n+1)an+12=nan2+an(n∈N*).‎ ‎(Ⅰ)证明:an>1;‎ ‎(Ⅱ)证明:++…+<(n≥2).‎ ‎【解答】证明:(Ⅰ)由题意得(n+1)an+12﹣(n+1)=nan2﹣n+an﹣1,‎ ‎∴(n+1)(an+1+1)(an+1﹣1)=(an﹣1)(nan+n+1),‎ 由an>0,n∈N*,‎ ‎∴(n+1)(an+1+1)>0,nan+n+1>0,‎ ‎∴an+1﹣1与an﹣1同号,‎ ‎∵a1﹣1=1>0,‎ ‎∴an>1;‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知,故(n+1)an+12=nan2+an<(n+1)an2,‎ ‎∴an+1<an,1<an≤2,‎ 又由题意可得an=(n+1)an+12﹣nan2,‎ ‎∴a1=2a22﹣a12,a2=3a32﹣2a22,…,an=(n+1)an+12﹣nan2,‎ 相加可得a1+a2+…+an=(n+1)an+12﹣4<2n,‎ ‎∴an+12≤,即an2≤,n≥2,‎ ‎∴≤2(+)≤2(﹣)+(﹣+),n≥2,‎ 当n=2时,=<,‎ 当n=3时,+≤<<,‎ 当n≥4时,++…+<2(+++)+(++﹣)=1+++++<,‎ 从而,原命题得证 ‎ ‎ ‎20.已知数列{an}满足:.‎ ‎(1)求证:;‎ ‎(2)求证:.‎ ‎【解答】证明:(1)由,‎ 所以,‎ 因为,‎ 所以an+2<an+1<2.‎ ‎(2)假设存在,‎ 由(1)可得当n>N时,an≤aN+1<1,‎ 根据,而an<1,‎ 所以.‎ 于是,‎ ‎….‎ 累加可得(*)‎ 由(1)可得aN+n﹣1<0,‎ 而当时,显然有,‎ 因此有,‎ 这显然与(*)矛盾,所以.‎ ‎ ‎ ‎21.已知数列{an}满足a1=1,且an+12+an2=2(an+1an+an+1﹣an﹣).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)求证:++…+<;‎ ‎(3)记Sn=++…+,证明:对于一切n≥2,都有Sn2>2(++…+).‎ ‎【解答】解:(1)a1=1,且an+12+an2=2(an+1an+an+1﹣an﹣),‎ 可得an+12+an2﹣2an+1an﹣2an+1+2an+1=0,‎ 即有(an+1﹣an)2﹣2(an+1﹣an)+1=0,‎ 即为(an+1﹣an﹣1)2=0,‎ 可得an+1﹣an=1,‎ 则an=a1+n﹣1=n,n∈N*;‎ ‎(2)证明:由=<=﹣,n≥2.‎ 则++…+=1+++…+‎ ‎<1++﹣+﹣+…+﹣=﹣<,‎ 故原不等式成立;‎ ‎(3)证明:Sn=++…+=1++…+,‎ 当n=2时,S22=(1+)2=>2•=成立;‎ 假设n=k≥2,都有Sk2>2(++…+).‎ 则n=k+1时,Sk+12=(Sk+)2,‎ Sk+12﹣2(++…++)‎ ‎=(Sk+)2﹣2(++…+)﹣2•‎ ‎=Sk2﹣2(++…+)++2•﹣2•‎ ‎=Sk2﹣2(++…+)+,‎ 由k>1可得>0,‎ 且Sk2>2(++…+).‎ 可得Sk2﹣2(++…+)>0,‎ 则Sk+12>2(++…++)恒成立.‎ 综上可得,对于一切n≥2,都有Sn2>2(++…+).‎ ‎ ‎ ‎22.已知数列{an}满足a1=1,an+1=,n∈N*.‎ ‎(1)求证:≤an≤1;‎ ‎(2)求证:|a2n﹣an|≤.‎ ‎【解答】证明:(1)用数学归纳法证明:‎ ‎①当n=1时,=,成立;‎ ‎②假设当n=k时,有成立,则当n=k+1时,‎ ‎≤≤1,‎ ‎≥=,‎ ‎∴当n=k+1时,,命题也成立.‎ 由①②得≤an≤1.‎ ‎(2)当n=1时,|a2﹣a1|=,‎ 当n≥2时,∵()()=()=1+=,‎ ‎∴|an+1﹣an|=||=≤|an﹣an﹣1|<…<()n﹣1|a2﹣a1|=,‎ ‎∴|a2n﹣a2n﹣1|≤|a2n﹣a2n﹣1|+|a2n﹣1﹣a2n﹣2|+…+|an+1﹣an|‎ ‎≤=‎ ‎=()n﹣1﹣()2n﹣1≤,‎ 综上:|a2n﹣an|≤.‎ ‎ ‎ ‎23.已知数列{an]的前n项和记为Sn,且满足Sn=2an﹣n,n∈N*‎ ‎(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)证明:+…(n∈N*)‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)∵Sn=2an﹣n(n∈N+),‎ ‎∴Sn﹣1=2an﹣1﹣n+1=0(n≥2),‎ 两式相减得:an=2an﹣1+1,‎ 变形可得:an+1=2(an﹣1+1),‎ 又∵a1=2a1﹣1,即a1=1,‎ ‎∴数列{an+1}是首项为2、公比为2的等比数列,‎ ‎∴an+1=2•2n﹣1=2n,an=2n﹣1.‎ ‎(Ⅱ)由,(k=1,2,…n),‎ ‎∴=,‎ 由=﹣,(k=1,2,…n),‎ 得﹣=,‎ 综上,+…(n∈N*).‎ ‎ ‎ ‎24.已知数列{an}满足:a1=,an+1=+an(n∈N*).‎ ‎(1)求证:an+1>an;‎ ‎(2)求证:a2017<1;‎ ‎(3)若ak>1,求正整数k的最小值.‎ ‎【解答】(1)证明:an+1﹣an=≥0,可得an+1≥an.‎ ‎∵a1=,∴an.‎ ‎∴an+1﹣an=>0,∴an+1>an.‎ ‎(II)证明:由已知==,‎ ‎∴=﹣,‎ 由=,=,…,=,‎ 累加求和可得:=++…+,‎ 当k=2017时,由(I)可得:=a1<a2<…<a2016.‎ ‎∴﹣=++…+<<1,‎ ‎∴a2017<1.‎ ‎(III)解:由(II)可得:可得:=a1<a2<…<a2016<a2017<1.‎ ‎∴﹣=++…+>2017×=1,‎ ‎∴a2017<1<a2018,‎ 又∵an+1>an.∴k的最小值为2018.‎ ‎ ‎ ‎25.已知数列{an}满足:an2﹣an﹣an+1+1=0,a1=2‎ ‎(1)求a2,a3;‎ ‎(2)证明数列为递增数列;‎ ‎ (3)求证:<1.‎ ‎【解答】(1)解:∵a1=2,,∴a2=22﹣2+1=3,同理可得:a3=7.‎ ‎(2)证明:,对n∈N*恒成立,‎ ‎∴an+1>an.‎ ‎(3)证明:‎ 故=.‎ ‎ ‎ ‎26.已知数列{an}满足:a1=1,(n∈N*)‎ ‎(Ⅰ)求证:an≥1;‎ ‎(Ⅱ)证明:≥1+‎ ‎(Ⅲ)求证:<an+1<n+1.‎ ‎【解答】证明:(I)数列{an}满足:a1=1,(n∈N*),‎ 可得:,‎ ‎⇒an+1≥an≥an﹣1≥…≥a1=1;‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)可得:;‎ ‎(Ⅲ),‎ 由(Ⅱ)得:,‎ 所以,‎ 累加得:,‎ 另一方面由an≤n可得:原式变形为,‎ 所以:,‎ 累加得.‎ ‎ ‎ ‎27.在正项数列{an}中,已知a1=1,且满足an+1=2an(n∈N*)‎ ‎(Ⅰ)求a2,a3;‎ ‎(Ⅱ)证明.an≥.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)∵在正项数列{an}中,a1=1,且满足an+1=2an(n∈N*),‎ ‎∴=,‎ ‎=.‎ 证明:(Ⅱ)①当n=1时,由已知,成立;‎ ‎②假设当n=k时,不等式成立,即,‎ ‎∵f(x)=2x﹣在(0,+∞)上是增函数,‎ ‎∴≥‎ ‎=()k+()k﹣‎ ‎=()k+‎ ‎=()k+,‎ ‎∵k≥1,∴2×()k﹣3﹣3=0,‎ ‎∴,‎ 即当n=k+1时,不等式也成立.‎ 根据①②知不等式对任何n∈N*都成立.‎ ‎ ‎ ‎28.设数列{an}满足.‎ ‎(1)证明:;‎ ‎(2)证明:.‎ ‎【解答】(本题满分15分)‎ 证明:(I)易知an>0,所以an+1>an+>an,‎ 所以 ak+1=ak+<ak+,‎ 所以.‎ 所以,当n≥2时,=,‎ 所以an<1.‎ 又,所以an<1(n∈N*),‎ 所以 an<an+1<1(n∈N*).…(8分)‎ ‎(II)当n=1时,显然成立.‎ 由an<1,知,所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以,当n≥2时,‎ ‎=,即.‎ 所以(n∈N*). …(7分)‎ ‎ ‎ ‎29.已知数列{an}满足a1=2,an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*),令bn=an+1.‎ ‎(Ⅰ)求证:{bn}是等比数列;‎ ‎(Ⅱ)记数列{nbn}的前n项和为Tn,求Tn;‎ ‎(Ⅲ)求证:﹣<+…+.‎ ‎【解答】(I)证明:a1=2,an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*),∴a2=2×(2+1+1)=8.‎ n≥2时,an=2(Sn﹣1+n),相减可得:an+1=3an+2,变形为:an+1+1=3(an+1),n=1时也成立.‎ 令bn=an+1,则bn+1=3bn.∴{bn}是等比数列,首项为3,公比为3.‎ ‎(II)解:由(I)可得:bn=3n.‎ ‎∴数列{nbn}的前n项和Tn=3+2×32+3×33+…+n•3n,‎ ‎3Tn=32+2×33+…+(n﹣1)•3n+n•3n+1,‎ ‎∴﹣2Tn=3+32+…+3n﹣n•3n+1=﹣n•3n+1=×3n+1﹣,‎ 解得Tn=+.‎ ‎(III)证明:∵bn=3n=an+1,解得an=3n﹣1.‎ 由=.‎ ‎∴+…+>…+==,因此左边不等式成立.‎ 又由==<=,‎ 可得+…+<++…+‎ ‎=<.因此右边不等式成立.‎ 综上可得:﹣<+…+.‎ ‎ ‎ ‎30.已知数列{an}中,a1=3,2an+1=an2﹣2an+4.‎ ‎(Ⅰ)证明:an+1>an;‎ ‎(Ⅱ)证明:an≥2+()n﹣1;‎ ‎(Ⅲ)设数列{}的前n项和为Sn,求证:1﹣()n≤Sn<1.‎ ‎【解答】证明:(I)an+1﹣an=﹣an=≥0,‎ ‎∴an+1≥an≥3,‎ ‎∴(an﹣2)2>0‎ ‎∴an+1﹣an>0,‎ 即an+1>an;‎ ‎(II)∵2an+1﹣4=an2﹣2an=an(an﹣2)‎ ‎∴=≥,‎ ‎∴an﹣2≥(an﹣1﹣2)≥()2(an﹣2﹣2)≥()3(an﹣3﹣2)≥…≥()n﹣1(a1﹣2)=()n﹣1,‎ ‎∴an≥2+()n﹣1;‎ ‎(Ⅲ)∵2(an+1﹣2)=an(an﹣2),‎ ‎∴==(﹣)‎ ‎∴=﹣,‎ ‎∴=﹣+,‎ ‎∴Sn=++…+=﹣+﹣+…+﹣=﹣=1﹣,‎ ‎∵an+1﹣2≥()n,‎ ‎∴0<≤()n,‎ ‎∴1﹣()n≤Sn=1﹣<1.‎ ‎ ‎ ‎31.已知数列{an}满足a1=,an+1=,n∈N*.‎ ‎(1)求a2;‎ ‎(2)求{}的通项公式;‎ ‎(3)设{an}的前n项和为Sn,求证:(1﹣()n)≤Sn<.‎ ‎【解答】(1)解:∵a1=,a,n∈N+.∴a2==.‎ ‎(2)解:∵a1=,a,n∈N+.∴=﹣,‎ 化为:﹣1=,‎ ‎∴数列是等比数列,首项与公比都为.‎ ‎∴﹣1=,‎ 解得=1+.‎ ‎(3)证明:一方面:由(2)可得:an=≥=.‎ ‎∴Sn≥+…+==,因此不等式左边成立.‎ 另一方面:an==,‎ ‎∴Sn≤+++…+=×<×3<(n≥3).‎ 又n=1,2时也成立,因此不等式右边成立.‎ 综上可得:(1﹣()n)≤Sn<.‎ ‎ ‎ ‎32.数列{an}中,a1=1,an=.‎ ‎(1)证明:an<an+1;‎ ‎(2)证明:anan+1≥2n+1;‎ ‎(3)设bn=,证明:2<bn<(n≥2).‎ ‎【解答】证明:(1)数列{an}中,a1=1,an=.‎ 可得an>0,an2=anan+1﹣2,‎ 可得an+1=an+>an,‎ 即an<an+1;‎ ‎(2)由(1)可得anan﹣1<an2=anan+1﹣2,‎ 可得anan+1﹣anan﹣1>2,‎ n=1时,anan+1=a12+2=3,‎ ‎2n+1=3,则原不等式成立;‎ n≥2时,anan+1>3+2(n﹣1)=2n+1,‎ 综上可得,anan+1≥2n+1;‎ ‎(3)bn=,要证2<bn<(n≥2),‎ 即证2<an<,‎ 只要证4n<an2<5n,‎ 由an+1=an+,可得an+12=an2+4+,‎ 且a2=3,‎ an+12﹣an2=4+>4,‎ 且4+<4+=4+=,‎ 即有an+12﹣an2∈(4,),‎ 由n=2,3,…,累加可得 an2﹣a22∈(4(n﹣2),),‎ 即有an2∈(4n+1,)⊆(4n,5n),‎ 故2<bn<(n≥2).‎ ‎ ‎ ‎33.已知数列{an}满足,‎ ‎(1)若数列{an}是常数列,求m的值;‎ ‎(2)当m>1时,求证:an<an+1;‎ ‎(3)求最大的正数m,使得an<4对一切整数n恒成立,并证明你的结论.‎ ‎【解答】解:(1)若数列{an}是常数列,则,‎ 得.显然,当时,有an=1. …(3分)‎ ‎(2)由条件得,得a2>a1.…(5分)‎ 又因为,,‎ 两式相减得. …(7分)‎ 显然有an>0,所以an+2﹣an+1与an+1﹣an同号,而a2﹣a1>0,‎ 所以an+1﹣an>0,从而有an<an+1.…(9分)‎ ‎(3)因为,…(10分)‎ 所以an=a1+(a2﹣a1)+…+(an﹣an﹣1)≥1+(n﹣1)(m﹣2).‎ 这说明,当m>2时,an越来越大,显然不可能满足an<4.‎ 所以要使得an<4对一切整数n恒成立,只可能m≤2.…(12分)‎ 下面证明当m=2时,an<4恒成立.用数学归纳法证明:‎ 当n=1时,a1=1显然成立.‎ 假设当n=k时成立,即ak<4,‎ 则当n=k+1时,成立.‎ 由上可知an<4对一切正整数n恒成立.‎ 因此,正数m的最大值是2.…(15分)‎ ‎ ‎ ‎34.已知数列{an}满足:,p>1,.‎ ‎(1)证明:an>an+1>1;‎ ‎(2)证明:;‎ ‎(3)证明:.‎ ‎【解答】证明:(1)先用数学归纳法证明an>1.‎ ‎①当n=1时,∵p>1,∴;‎ ‎②假设当n=k时,ak>1,则当n=k+1时,.‎ 由①②可知an>1.‎ 再证an>an+1.,‎ 令f(x)=x﹣1﹣xlnx,x>1,则f'(x)=﹣lnx<0,‎ 所以f(x)在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)<f(1)=0,‎ 所以,即an>an+1.‎ ‎(2)要证,‎ 只需证,‎ 只需证其中an>1,‎ 先证,‎ 令f(x)=2xlnx﹣x2+1,x>1,只需证f(x)<0.‎ 因为f'(x)=2lnx+2﹣2x<2(x﹣1)+2﹣2x=0,‎ 所以f(x)在(1,+∞)上单调递减,‎ 所以f(x)<f(1)=0.‎ 再证(an+1)lnan﹣2an+2>0,‎ 令g(x)=(x+1)lnx﹣2x+2,x>1,‎ 只需证g(x)>0,,‎ 令,x>1,‎ 则,‎ 所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,‎ 所以h(x)>h(1)=0,‎ 从而g'(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,‎ 所以g(x)>g(1)=0,‎ 综上可得.‎ ‎(3)由(2)知,一方面,,‎ 由迭代可得,‎ 因为lnx≤x﹣1,所以,‎ 所以ln(a1a2…an)=lna1+lna2+…+lnan=;‎ 另一方面,即,‎ 由迭代可得.‎ 因为,‎ 所以,所以=;‎ 综上,.‎ ‎ ‎ ‎35.数列{an}满足a1=,an+1﹣an+anan+1=0(n∈N*).‎ ‎(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)求证:a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an<1.‎ ‎【解答】解(Ⅰ):由已知可得数列{an}各项非零.‎ 否则,若有ak=0结合ak﹣ak﹣1+akak﹣1=0⇒ak﹣1=0,‎ 继而⇒ak﹣1=0⇒ak﹣2=0⇒…⇒a1=0,与已知矛盾.‎ 所以由an+1﹣an+anan+1=0可得. ‎ 即数列是公差为1的等差数列.‎ ‎ 所以.‎ 所以数列{an}的通项公式是(n∈N*). ‎ ‎(Ⅱ) 证明一:因为. ‎ 所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an=.‎ 所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an<1. ‎ 证明二:a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an===.‎ 所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an<1.‎ ‎ ‎ ‎36.已知数列{an}满足a1=1,an+1=an2+p.‎ ‎(1)若数列{an}就常数列,求p的值;‎ ‎(2)当p>1时,求证:an<an+1;‎ ‎(3)求最大的正数p,使得an<2对一切整数n恒成立,并证明你的结论.‎ ‎【解答】解:(1)若数列{an}是常数列,则,;显然,当时,有an=1‎ ‎(2)由条件得得a2>a1,‎ 又因为,‎ 两式相减得 显然有an>0,所以an+2﹣an+1与an+1﹣an同号,而a2﹣a1>0,所以an+1﹣an>0;‎ 从而有an<an+1.‎ ‎(3)因为,‎ 所以an=a1+(a2﹣a1)+…(an﹣an﹣1)>1+(n﹣1)(p﹣1),‎ 这说明,当p>1时,an越来越大,不满足an<2,所以要使得an<2对一切整数n恒成立,只可能p≤1,‎ 下面证明当p=1时,an<2恒成立;用数学归纳法证明:‎ 当n=1时,a1=1显然成立;‎ 假设当n=k时成立,即ak<2,‎ 则当n=k+1时,成立,‎ 由上可知对一切正整数n恒成立,因此,正数p的最大值是1‎ ‎ ‎ ‎37.已知数列{an}满足a1=a>4,,(n∈N*)‎ ‎(1)求证:an>4;‎ ‎(2)判断数列{an}的单调性;‎ ‎(3)设Sn为数列{an}的前n项和,求证:当a=6时,.‎ ‎【解答】(1)证明:利用数学归纳法证明:‎ ‎①当n=1时,a1=a>4,成立.‎ ‎②假设当n=k≥2时,ak>4,.‎ 则ak+1=>=4.‎ ‎∴n=k+1时也成立.‎ 综上①②可得:∀n∈N*,an>4.‎ ‎(2)解:∵,(n∈N*).‎ ‎∴﹣=﹣2an﹣8=﹣9>(4﹣1)2﹣9=0,‎ ‎∴an>an+1.‎ ‎∴数列{an}单调递减.‎ ‎(3)证明:由(2)可知:数列{an}单调递减.‎ 一方面Sn>a1+4(n﹣1)=4n+2.‎ 另一方面:=<,‎ ‎∴an﹣4<,‎ ‎∴Sn﹣4n<<.即Sn<4n+.‎ ‎∴当a=6时,.‎ ‎ ‎ ‎38.已知数列{an}满足a1=1,an+1=.‎ ‎(Ⅰ)求证:an+1<an;‎ ‎(Ⅱ)求证:≤an≤.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)证明:由a1=1,an+1=,得an>0,(n∈N),‎ 则an+1﹣an=﹣an=<0,‎ ‎∴an+1<an;‎ ‎(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知0<an<1,又an+1=.,∴=≥,即an+1>an,‎ ‎∴an>an﹣1≥()2an﹣1≥…≥()2an﹣1≥()n﹣1a1=,即an≥.‎ 由an+1=,则=an+,‎ ‎∴﹣=an,‎ ‎∴﹣=a1=1,﹣=a2=,﹣=a3=()2…﹣=an﹣1≥()n﹣2,‎ 累加得﹣=1++()2+…+()n﹣2==2﹣()n﹣2,‎ 而a1=1,‎ ‎∴≥3﹣()n﹣2==,‎ ‎∴an≤.‎ 综上得≤an≤.‎ ‎ ‎ ‎39.已知数列{an}满足:a1=1,.‎ ‎(1)若b=1,证明:数列是等差数列;‎ ‎(2)若b=﹣1,判断数列{a2n﹣1}的单调性并说明理由;‎ ‎(3)若b=﹣1,求证:.‎ ‎【解答】解:(1)证明:当b=1,an+1=+1,‎ ‎∴(an+1﹣1)2=(an﹣1)2+2,‎ 即(an+1﹣1)2﹣(an﹣1)2=2,‎ ‎∴(an﹣1)2﹣(an﹣1﹣1)2=2,‎ ‎∴数列{(an﹣1)2}是0为首项、以2为公差的等差数列;‎ ‎(2)当b=﹣1,an+1=﹣1,‎ 数列{a2n﹣1}单调递减.‎ 可令an+1→an,可得1+an=,‎ 可得an→,即有an<(n=2,3,…),‎ 再令f(x)=﹣1,可得 在(﹣∞,1]上递减,可得{a2n﹣1}单调递减.‎ ‎(3)运用数学归纳法证明,‎ 当n=1时,a1=1<成立;‎ 设n=k时,a1+a3+…+22k﹣1<,‎ 当n=k+1时,a1+a3+…+a2k﹣1+a2k+1‎ ‎<+=,‎ 综上可得,成立.‎ ‎ ‎ ‎40.已知数列{an}满足,(n=1,2,3…),,Sn=b1+b2+…+bn.‎ 证明:(Ⅰ)an﹣1<an<1(n≥1);‎ ‎(Ⅱ)(n≥2).‎ ‎【解答】证明:(Ⅰ)由得:(*)‎ 显然an>0,(*)式⇒‎ 故1﹣an与1﹣an﹣1同号,又,‎ 所以1﹣an>0,即an<1…(3分)‎ ‎(注意:也可以用数学归纳法证明)‎ 所以 an﹣1﹣an=(2an+1)(an﹣1)<0,即an﹣1<an 所以 an﹣1<an<1(n≥1)…(6分)‎ ‎(Ⅱ)(*)式⇒,‎ 由0<an﹣1<an<1⇒an﹣1﹣an+1>0,‎ 从而bn=an﹣1﹣an+1>0,于是,Sn=b1+b2+…+bn>0,…(9分)‎ 由(Ⅰ)有1﹣an﹣1=2(1+an)(1﹣an)⇒,‎ 所以(**)…(11分)‎ 所以Sn=b1+b2+…+bn=(a0﹣a1+1)+(a1﹣a2+1)+…(an﹣1﹣an+1)=…(12分)‎ ‎=…(14分)‎ ‎∴(n≥2)成立…(15分)‎ ‎ ‎ ‎41.已知数列{an}满足a1=1,an+1=,n∈N*,记S,Tn分别是数列{an},{a}的前n项和,证明:当n∈N*时,‎ ‎(1)an+1<an;‎ ‎(2)Tn=﹣2n﹣1;‎ ‎(3)﹣1<Sn.‎ ‎【解答】解:(1)由a1=1,an+1=,n∈N*,‎ 知an>0,故an+1﹣an=﹣an=<0,‎ 因此an+1<an;‎ ‎(2)由an+1=,‎ 取倒数得:=+an,‎ 平方得:=+an2+2,‎ 从而﹣﹣2=an2,‎ 由﹣﹣2=a12,‎ ‎﹣﹣2=a22,‎ ‎…,‎ ‎﹣﹣2=an2,‎ 累加得﹣﹣2n=a12+a22+…+an2,‎ 即Tn=﹣2n﹣1;‎ ‎(3)由(2)知:﹣=an,‎ 可得﹣=a1,‎ ‎﹣=a2,‎ ‎…,‎ ‎﹣=an,‎ 由累加得﹣=a1+a2+…+an=Sn,‎ 又因为=a12+a22+…+an2+2n+1>2n+2,‎ 所以>,Sn=an+an﹣1+…+a1‎ ‎=﹣>﹣1>﹣1;‎ 又由>,‎ 即>,得 当n>1时,an<=<=(﹣),‎ 累加得Sn<a1+[(﹣1)+(﹣)+…+(﹣)]=1+(﹣1)<,‎ 当n=1时,Sn成立.‎ 因此﹣1<Sn.‎ ‎ ‎ ‎42.已知数列{an}满足a1=3,an+1=an2+2an,n∈N*,设bn=log2(an+1).‎ ‎(I)求{an}的通项公式;‎ ‎(II)求证:1+++…+<n(n≥2);‎ ‎(III)若=bn,求证:2≤<3.‎ ‎【解答】解:(I)由,则,‎ 由a1=3,则an>0,两边取对数得到,即bn+1=2bn(2分)‎ 又b1=log2(a1+1)=2≠0,‎ ‎∴{bn}是以2为公比的等比数列.‎ 即(3分)‎ 又∵bn=log2(an+1),‎ ‎∴(4分)‎ ‎(2)用数学归纳法证明:1o当n=2时,左边为=右边,此时不等式成立; (5分)‎ ‎2o假设当n=k≥2时,不等式成立,‎ 则当n=k+1时,左边=(6分)‎ ‎<k+1=右边 ‎∴当n=k+1时,不等式成立.‎ 综上可得:对一切n∈N*,n≥2,命题成立.(9分)‎ ‎(3)证明:由得cn=n,‎ ‎∴,‎ 首先,(10分)‎ 其次∵,‎ ‎∴,‎ ‎,‎ 当n=1时显然成立.所以得证.(15分)‎ ‎ ‎ ‎43.已知正项数列{an}满足a1=3,,n∈N*.‎ ‎(1)求证:1<an≤3,n∈N*;‎ ‎(2)若对于任意的正整数n,都有成立,求M的最小值;‎ ‎(3)求证:a1+a2+a3+…+an<n+6,n∈N*.‎ ‎【解答】(1)证明:由正项数列{an}满足a1=3,,n∈N*.‎ 得+an+2=2an+1,‎ 两式相减得(an+2﹣an+1)(an+2+an+1+1)=2(an+1﹣an),‎ ‎∵an>0,∴an+2﹣an+1与an+1﹣an同号.‎ ‎∵+a2=2a1=6,∴a2=2,则a2﹣a1<0,‎ ‎∴an+1﹣an<0,即数列{an}是单调减数列,则an≤a1=3.‎ 另一方面:由正项数列{an}满足a1=3,,n∈N*.‎ 可得:+an+1=2an,得+an+1﹣2=2an﹣2,得(an+1+2)(an+1﹣1)=2(an﹣1),‎ 由an+1+2>0,易知an+1﹣1与an﹣1同号,‎ 由于a1﹣1=2>0,可知an﹣1>0,即an>1.‎ 综上可得:1<an≤3,n∈N*.‎ ‎(2)解:由(1)知:=,而3<an+1+2≤a2+2=4,‎ 则≤,∴.‎ 故M的最小值为.‎ ‎(3)证明:由(2)知n≥2时,an﹣1=(a1﹣1)×××…×<=2×,‎ 又n=1时,a1﹣1=2,故有an﹣1≤,n∈N*.‎ 即an≤,n∈N*.‎ 则a1+a2+a3+…+an<n+2=n+2×<n+6,n∈N*.‎ ‎ ‎ ‎44.已知在数列{an}中,,,n∈N*.‎ ‎(1)求证:1<an+1<an<2;‎ ‎(2)求证:;‎ ‎(3)求证:n<sn<n+2.‎ ‎【解答】证明:(1)先用数学归纳法证明1<an<2‎ ‎1°.n=1时 ‎2°.假设n=k时成立,即1<ak<2,n=k+1时,,ak∈(1,2)成立.‎ 由1°2°知1<an<2,n∈N*恒成立.=(an﹣1)(an﹣2)<0.‎ 所以1<an+1<an<2成立.‎ ‎(2),,‎ 当n≥3时,而1<an<2.‎ 所以.‎ 由得,‎ ‎=‎ 所以 ‎(3)由(1)1<an<2得sn>n 由(2)得,‎ ‎=.‎ ‎ ‎ ‎45.已知数列{an}中,,(n∈N*).‎ ‎(1)求证:;‎ ‎(2)求证:是等差数列;‎ ‎(3)设,记数列{bn}的前n项和为Sn,求证:.‎ ‎【解答】证明:(1)当n=1时,,满足,‎ 假设当n=k(k≥1)时结论成立,即≤ak<1,‎ ‎∵ak+1=,∴,‎ 即n=k+1时,结论成立,‎ ‎∴当n∈N*时,都有.‎ ‎(2)由,得,‎ ‎∴,‎ ‎∴==﹣1,‎ 即,‎ ‎∴数列是等差数列.‎ ‎(3)由(2)知,,‎ ‎∴,‎ ‎∴==,‎ ‎∵当n≥2时,12n2+18n﹣(7n2+21n+14)=(5n+7)(n﹣2)≥0,‎ ‎∴n≥2时,,‎ ‎∴n≥2时,,‎ 又b1=,b2=,‎ ‎∴当n≥3时,‎ ‎==‎ ‎.‎ ‎ ‎ ‎46.已知无穷数列{an}的首项a1=,=n∈N*.‎ ‎(Ⅰ)证明:0<an<1;‎ ‎(Ⅱ) 记bn=,Tn为数列{bn}的前n项和,证明:对任意正整数n,Tn.‎ ‎【解答】(Ⅰ)证明:①当n=1时显然成立;‎ ‎②假设当n=k(k∈N*)时不等式成立,即0<ak<1,‎ 那么:当n=k+1时,>,‎ ‎∴0<ak+1<1,‎ 即n=k+1时不等式也成立.‎ 综合①②可知,0<an<1对任意n∈N*成立.﹣﹣﹣﹣‎ ‎(Ⅱ),即an+1>an,‎ ‎∴数列{an}为递增数列.‎ 又=,易知为递减数列,‎ ‎∴也为递减数列,‎ ‎∴当n≥2时,==‎ ‎∴当n≥2时,=‎ 当n=1时,,成立;‎ 当n≥2时,Tn=b1+b2+…+bn<=‎ 综上,对任意正整数n,‎ ‎ ‎ ‎47.已知数列{xn}满足x1=1,xn+1=2+3,求证:‎ ‎(I)0<xn<9;‎ ‎(II)xn<xn+1;‎ ‎(III).‎ ‎【解答】证明:(I)(数学归纳法)‎ 当n=1时,因为x1=1,所以0<x1<9成立.‎ 假设当n=k时,0<xk<9成立,‎ 则当n=k+1时,.‎ 因为,‎ 且得xk+1<9‎ 所以0<xn<9也成立.‎ ‎(II)因为0<xn<9,‎ 所以.‎ 所以xn<xn+1.‎ ‎(III)因为0<xn<9,所以.‎ 从而xn+1=2+3>+3.‎ 所以,即.‎ 所以.‎ 又x1=1,故.‎ ‎ ‎ ‎48.数列{an}各项均为正数,且对任意n∈N*,满足an+1=an+can2(c>0且为常数).‎ ‎(Ⅰ)若a1,2a2,3a3依次成等比数列,求a1的值(用常数c表示);‎ ‎(Ⅱ)设bn=,Sn是数列{bn}的前n项和,‎ ‎(i)求证:; ‎ ‎(ii)求证:Sn<Sn+1<.‎ ‎【解答】(I)解:对任意n∈N*,满足an+1=an+can2(c>0且为常数).∴a2=.a3=.‎ ‎∵a1,2a2,3a3依次成等比数列,∴=a1•3a3,∴=a1•3(),a2>0,化为4a2=3a1(1+ca2).‎ ‎∴4()=3a1[1+c()],a1>0,化为:3c2x2﹣cx﹣1=0,解得x=.‎ ‎(II)证明:(i)由an+1=an+can2(c>0且为常数),an>0.‎ ‎∴﹣=﹣==﹣.即﹣=﹣.‎ ‎(ii)由(i)可得:﹣=﹣.‎ ‎∴bn==,‎ ‎∴Sn=+…+=.‎ 由an+1=an+can2>an>0,可得﹣.‎ ‎∴Sn<=Sn+1<.‎ ‎∴Sn<Sn+1<.‎ ‎ ‎ ‎49.设数列满足|an﹣|≤1,n∈N*.‎ ‎(Ⅰ)求证:|an|≥2n﹣1(|a1|﹣2)(n∈N*)‎ ‎(Ⅱ)若|an|≤()n,n∈N*,证明:|an|≤2,n∈N*.‎ ‎【解答】解:(I)∵|an﹣|≤1,∴|an|﹣|an+1|≤1,‎ ‎∴﹣≤,n∈N*,‎ ‎∴=(﹣)+(﹣)+…+(﹣)≤+++…+==1﹣<1.‎ ‎∴|an|≥2n﹣1(|a1|﹣2)(n∈N*).‎ ‎(II)任取n∈N*,由(I)知,对于任意m>n,‎ ‎﹣=(﹣)+(﹣)+…+(﹣)‎ ‎≤++…+=<.‎ ‎∴|an|<(+)•2n≤[+•()m]•2n=2+()m•2n.①‎ 由m的任意性可知|an|≤2.‎ 否则,存在n0∈N*,使得|a|>2,‎ 取正整数m0>log且m0>n0,则 ‎2•()<2•()=|a|﹣2,与①式矛盾.‎ 综上,对于任意n∈N*,都有|an|≤2.‎ ‎ ‎ ‎50.已知数列{an}满足:a1=1,an+1=an+.(n∈N*)‎ ‎(Ⅰ)证明:≥1+;‎ ‎(Ⅱ)求证:<an+1<n+1.‎ ‎【解答】证明:(Ⅰ)∵,‎ ‎∴an+1>an>a1≥1,‎ ‎∴.‎ ‎(Ⅱ)∵,‎ ‎∴0<<1,‎ 即﹣=<<﹣,‎ 累加可得,﹣<1﹣,‎ 故an+1<n+1,‎ 另一方面,由an≤n可得,‎ 原式变形为 故 累加得,‎ 故<an+1<n+1.‎ ‎ ‎
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