- 2021-05-14 发布 |
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文档介绍
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． 查看更多