高考數列壓軸題

一．解答題（共50小題）

1．數列{an}滿足a1=1，a2=+，…，an=++…+（n∈N*）

（1）求a2，a3，a4，a5的值；

（2）求an與an﹣1之間的關系式（n∈N*，n≥2）；

（3）求證：（1+）（1+）…（1+）＜3（n∈N*）

2．已知數列{xn}滿足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（n∈N*），證明：當n∈N*時，（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；

（Ⅱ）2xn+1﹣xn≤；

（Ⅲ）≤xn≤．

3．數列{an}中，a1=，an+1=（n∈N*）

（Ⅰ）求證：an+1＜an；

（Ⅱ）記數列{an}的前n項和為Sn，求證：Sn＜1．

4．已知正項數列{an}滿足an2+an=3a2n+1+2an+1，a1=1．

（1）求a2的值；

（2）證明：對任意實數n∈N*，an≤2an+1；

（3）記數列{an}的前n項和為Sn，證明：對任意n∈N*，2﹣≤Sn＜3．

5．已知在數列{an}中，．，n∈N*

（1）求證：1＜an+1＜an＜2；

（2）求證：；

（3）求證：n＜sn＜n+2．

6．設數列{an}滿足an+1=an2﹣an+1（n∈N*），Sn為{an}的前n項和．證明：對任意n∈N*，（I）當0≤a1≤1時，0≤an≤1；

（II）當a1＞1時，an＞（a1﹣1）a1n﹣1；

（III）當a1=時，n﹣＜Sn＜n．

7．已知數列{an}滿足a1=1，Sn=2an+1，其中Sn為{an}的前n項和（n∈N*）．

（Ⅰ）求S1，S2及數列{Sn}的通項公式；

（Ⅱ）若數列{bn}滿足，且{bn}的前n項和為Tn，求證：當n≥2時，．

8．已知數列{an}滿足a1=1，（n∈N*），（Ⅰ）

證明：；

（Ⅱ）

證明：．

9．設數列{an}的前n項的和為Sn，已知a1=，an+1=，其中n∈N*．

（1）證明：an＜2；

（2）證明：an＜an+1；

（3）證明：2n﹣≤Sn≤2n﹣1+（）n．

10．數列{an}的各項均為正數，且an+1=an+﹣1（n∈N*），{an}的前n項和是Sn．

（Ⅰ）若{an}是遞增數列，求a1的取值范圍；

（Ⅱ）若a1＞2，且對任意n∈N*，都有Sn≥na1﹣（n﹣1），證明：Sn＜2n+1．

11．設an=xn，bn=（）2，Sn為數列{an?bn}的前n項和，令fn（x）=Sn﹣1，x∈R，a∈N*．

（Ⅰ）若x=2，求數列{}的前n項和Tn；

（Ⅱ）求證：對?n∈N*，方程fn（x）=0在xn∈[，1]上有且僅有一個根；

（Ⅲ）求證：對?p∈N*，由（Ⅱ）中xn構成的數列{xn}滿足0＜xn﹣xn+p＜．

12．已知數列{an}，{bn}，a0=1，（n=0，1，2，…），Tn為數列{bn}的前n項和．

求證：（Ⅰ）an+1＜an；

（Ⅱ）；

（Ⅲ）．

13．已知數列{an}滿足：a1=，an=an﹣12+an﹣1（n≥2且n∈N）．

（Ⅰ）求a2，a3；并證明：2﹣≤an≤?3；

（Ⅱ）設數列{an2}的前n項和為An，數列{}的前n項和為Bn，證明：=an+1．

14．已知數列{an}的各項均為非負數，其前n項和為Sn，且對任意的n∈N*，都有．

（1）若a1=1，a505=2017，求a6的最大值；

（2）若對任意n∈N*，都有Sn≤1，求證：．

15．已知數列{an}中，a1=4，an+1=，n∈N*，Sn為{an}的前n項和．

（Ⅰ）求證：n∈N*時，an＞an+1；

（Ⅱ）求證：n∈N*時，2≤Sn﹣2n＜．

16．已知數列{an}滿足，a1=1，an=﹣．

（1）求證：an≥；

（2）求證：|an+1﹣an|≤；

（3）求證：|a2n﹣an|≤．

17．設數列{an}滿足：a1=a，an+1=（a＞0且a≠1，n∈N*）．

（1）證明：當n≥2時，an＜an+1＜1；

（2）若b∈（a2，1），求證：當整數k≥+1時，ak+1＞b．

18．設a＞3，數列{an}中，a1=a，an+1=，n∈N*．

（Ⅰ）求證：an＞3，且＜1；（Ⅱ）當a≤4時，證明：an≤3+．

19．已知數列{an}滿足an＞0，a1=2，且（n+1）an+12=nan2+an（n∈N*）．

（Ⅰ）證明：an＞1；

（Ⅱ）證明：++…+＜（n≥2）．

20．已知數列{an}滿足：．

（1）求證：；

（2）求證：．

21．已知數列{an}滿足a1=1，且an+12+an2=2（an+1an+an+1﹣an﹣）．

（1）求數列{an}的通項公式；

（2）求證：++…+＜；

（3）記Sn=++…+，證明：對于一切n≥2，都有Sn2＞2（++…+）．

22．已知數列{an}滿足a1=1，an+1=，n∈N*．

（1）求證：≤an≤1；

（2）求證：|a2n﹣an|≤．

23．已知數列{an]的前n項和記為Sn，且滿足Sn=2an﹣n，n∈N*

（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；

（Ⅱ）證明：+…（n∈N*）

24．已知數列{an}滿足：a1=，an+1=+an（n∈N*）．

（1）求證：an+1＞an；

（2）求證：a2017＜1；

（3）若ak＞1，求正整數k的最小值．

25．已知數列{an}滿足：an2﹣an﹣an+1+1=0，a1=2

（1）求a2，a3；

（2）證明數列為遞增數列；

（3）求證：＜1．

26．已知數列{an}滿足：a1=1，（n∈N*）

（Ⅰ）求證：an≥1；

（Ⅱ）證明：≥1+

（Ⅲ）求證：＜an+1＜n+1．

27．在正項數列{an}中，已知a1=1，且滿足an+1=2an（n∈N*）

（Ⅰ）求a2，a3；

（Ⅱ）證明．an≥．

28．設數列{an}滿足．

（1）證明：；

（2）證明：．

29．已知數列{an}滿足a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（n∈N*），令bn=an+1．

（Ⅰ）求證：{bn}是等比數列；

（Ⅱ）記數列{nbn}的前n項和為Tn，求Tn；

（Ⅲ）求證：﹣＜+…+．

30．已知數列{an}中，a1=3，2an+1=an2﹣2an+4．

（Ⅰ）證明：an+1＞an；

（Ⅱ）證明：an≥2+（）n﹣1；

（Ⅲ）設數列{}的前n項和為Sn，求證：1﹣（）n≤Sn＜1．

31．已知數列{an}滿足a1=，an+1=，n∈N*．

（1）求a2；

（2）求{}的通項公式；

（3）設{an}的前n項和為Sn，求證：（1﹣（）n）≤Sn＜．

32．數列{an}中，a1=1，an=．

（1）證明：an＜an+1；

（2）證明：anan+1≥2n+1；

（3）設bn=，證明：2＜bn＜（n≥2）．

33．已知數列{an}滿足，（1）若數列{an}是常數列，求m的值；

（2）當m＞1時，求證：an＜an+1；

（3）求最大的正數m，使得an＜4對一切整數n恒成立，并證明你的結論．

34．已知數列{an}滿足：，p＞1，．

（1）證明：an＞an+1＞1；

（2）證明：；

（3）證明：．

35．數列{an}滿足a1=，an+1﹣an+anan+1=0（n∈N*）．

（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；

（Ⅱ）求證：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．

36．已知數列{an}滿足a1=1，an+1=an2+p．

（1）若數列{an}就常數列，求p的值；

（2）當p＞1時，求證：an＜an+1；

（3）求最大的正數p，使得an＜2對一切整數n恒成立，并證明你的結論．

37．已知數列{an}滿足a1=a＞4，（n∈N*）

（1）求證：an＞4；

（2）判斷數列{an}的單調性；

（3）設Sn為數列{an}的前n項和，求證：當a=6時，．

38．已知數列{an}滿足a1=1，an+1=．

（Ⅰ）求證：an+1＜an；

（Ⅱ）求證：≤an≤．

39．已知數列{an}滿足：a1=1，．

（1）若b=1，證明：數列是等差數列；

（2）若b=﹣1，判斷數列{a2n﹣1}的單調性并說明理由；

（3）若b=﹣1，求證：．

40．已知數列{an}滿足，（n=1，2，3…），Sn=b1+b2+…+bn．

證明：（Ⅰ）an﹣1＜an＜1（n≥1）；

（Ⅱ）（n≥2）．

41．已知數列{an}滿足a1=1，an+1=，n∈N*，記S，Tn分別是數列{an}，{a}的前n項和，證明：當n∈N*時，（1）an+1＜an；

（2）Tn=﹣2n﹣1；

（3）﹣1＜Sn．

42．已知數列{an}滿足a1=3，an+1=an2+2an，n∈N*，設bn=log2（an+1）．

（I）求{an}的通項公式；

（II）求證：1+++…+＜n（n≥2）；

（III）若=bn，求證：2≤＜3．

43．已知正項數列{an}滿足a1=3，n∈N*．

（1）求證：1＜an≤3，n∈N*；

（2）若對于任意的正整數n，都有成立，求M的最小值；

（3）求證：a1+a2+a3+…+an＜n+6，n∈N*．

44．已知在數列{an}中，，n∈N*．

（1）求證：1＜an+1＜an＜2；

（2）求證：；

（3）求證：n＜sn＜n+2．

45．已知數列{an}中，（n∈N*）．

（1）求證：；

（2）求證：是等差數列；

（3）設，記數列{bn}的前n項和為Sn，求證：．

46．已知無窮數列{an}的首項a1=，=n∈N*．

（Ⅰ）證明：0＜an＜1；

（Ⅱ）

記bn=，Tn為數列{bn}的前n項和，證明：對任意正整數n，Tn．

47．已知數列{xn}滿足x1=1，xn+1=2+3，求證：

（I）0＜xn＜9；

（II）xn＜xn+1；

（III）．

48．數列{an}各項均為正數，且對任意n∈N*，滿足an+1=an+can2（c＞0且為常數）．

（Ⅰ）若a1，2a2，3a3依次成等比數列，求a1的值（用常數c表示）；

（Ⅱ）設bn=，Sn是數列{bn}的前n項和，（i）求證：；

（ii）求證：Sn＜Sn+1＜．

49．設數列滿足|an﹣|≤1，n∈N*．

（Ⅰ）求證：|an|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）

（Ⅱ）若|an|≤（）n，n∈N*，證明：|an|≤2，n∈N*．

50．已知數列{an}滿足：a1=1，an+1=an+．（n∈N*）

（Ⅰ）證明：≥1+；

（Ⅱ）求證：＜an+1＜n+1．

高考數列壓軸題

參考答案與試題解析

一．解答題（共50小題）

1．數列{an}滿足a1=1，a2=+，…，an=++…+（n∈N*）

（1）求a2，a3，a4，a5的值；

（2）求an與an﹣1之間的關系式（n∈N*，n≥2）；

（3）求證：（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）證明：由（2）可知=，所以（1+）（1+）…（1+）=?…

==+++…+=+++…+

=+++…+≤1+1+++…+

=2+1﹣+﹣+…+﹣=3﹣＜3（n≥2）．

所以n≥2時不等式成立，而n=1時不等式顯然成立，所以原命題成立．

2．已知數列{xn}滿足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（n∈N*），證明：當n∈N*時，（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；

（Ⅱ）2xn+1﹣xn≤；

（Ⅲ）≤xn≤．

【解答】解：（Ⅰ）用數學歸納法證明：xn＞0，當n=1時，x1=1＞0，成立，假設當n=k時成立，則xk＞0，那么n=k+1時，若xk+1＜0，則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），記函數f（x）=x2﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0

∴f′（x）=+ln（1+x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上單調遞增，∴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≤，綜上所述≤xn≤．

3．數列{an}中，a1=，an+1=（n∈N*）

（Ⅰ）求證：an+1＜an；

（Ⅱ）記數列{an}的前n項和為Sn，求證：Sn＜1．

【解答】證明：（Ⅰ）∵＞0，且a1=＞0，∴an＞0，∴an+1﹣an=﹣an=＜0．

∴an+1＜an；

（Ⅱ）∵1﹣an+1=1﹣=，∴=．

∴，則，又an＞0，∴．

4．已知正項數列{an}滿足an2+an=3a2n+1+2an+1，a1=1．

（1）求a2的值；

（2）證明：對任意實數n∈N*，an≤2an+1；

（3）記數列{an}的前n項和為Sn，證明：對任意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=（負的舍去）；

（2）證明：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，由于正項數列{an}，即有an+2an+1+1＞0，4a2n+1＞0，則有對任意實數n∈N*，an≤2an+1；

（3）由（1）可得對任意實數n∈N*，an≤2an+1；

即為a1≤2a2，可得a2≥，a3≥a2≥，…，an≥，前n項和為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，則an＞an+1，數列{an}遞減，即有Sn=a1+a2+…+an＜1+1+++…+

=1+=3（1﹣）＜3．

則有對任意n∈N*，2﹣≤Sn＜3．

5．已知在數列{an}中，．，n∈N*

（1）求證：1＜an+1＜an＜2；

（2）求證：；

（3）求證：n＜sn＜n+2．

【解答】證明：（1）先用數學歸納法證明1＜an＜2．

①．n=1時，②．假設n=k時成立，即1＜ak＜2．

那么n=k+1時，成立．

由①②知1＜an＜2，n∈N*恒成立.．

所以1＜an+1＜an＜2成立．

（2），當n≥3時，而1＜an＜2．所以．

由，得，所以

（3）由（1）1＜an＜2得sn＞n

由（2）得，6．設數列{an}滿足an+1=an2﹣an+1（n∈N*），Sn為{an}的前n項和．證明：對任意n∈N*，（I）當0≤a1≤1時，0≤an≤1；

（II）當a1＞1時，an＞（a1﹣1）a1n﹣1；

（III）當a1=時，n﹣＜Sn＜n．

【解答】證明：（Ⅰ）用數學歸納法證明．

①當n=1時，0≤an≤1成立．

②假設當n=k（k∈N*）時，0≤ak≤1，則當n=k+1時，=（）2+∈[]?[0，1]，由①②知，．

∴當0≤a1≤1時，0≤an≤1．

（Ⅱ）由an+1﹣an=（）﹣an=（an﹣1）2≥0，知an+1≥an．

若a1＞1，則an＞1，（n∈N*），從而=﹣an=an（an﹣1），即=an≥a1，∴，∴當a1＞1時，an＞（a1﹣1）a1n﹣1．

（Ⅲ）當時，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，∴當時，．

7．已知數列{an}滿足a1=1，Sn=2an+1，其中Sn為{an}的前n項和（n∈N*）．

（Ⅰ）求S1，S2及數列{Sn}的通項公式；

（Ⅱ）若數列{bn}滿足，且{bn}的前n項和為Tn，求證：當n≥2時，．

【解答】解：（Ⅰ）數列{an}滿足Sn=2an+1，則Sn=2an+1=2（Sn+1﹣Sn），即3Sn=2Sn+1，∴，即數列{Sn}為以1為首項，以為公比的等比數列，∴Sn=（）n﹣1（n∈N*）．

∴S1=1，S2=；

（Ⅱ）在數列{bn}中，Tn為{bn}的前n項和，則|Tn|=|=．

而當n≥2時，即．

8．已知數列{an}滿足a1=1，（n∈N*），（Ⅰ）

證明：；

（Ⅱ）

證明：．

【解答】（Ⅰ）

證明：∵①，∴②

由②÷①得：，∴

（Ⅱ）

證明：由（Ⅰ）得：（n+1）an+2=nan

∴

令bn=nan，則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

根據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．設數列{an}的前n項的和為Sn，已知a1=，an+1=，其中n∈N*．

（1）證明：an＜2；

（2）證明：an＜an+1；

（3）證明：2n﹣≤Sn≤2n﹣1+（）n．

【解答】證明：（1）an+1﹣2=﹣2=，由于+2=+1＞0，+2=2+＞0．

∴an+1﹣2與an﹣2同號，因此與a1﹣2同號，而a1﹣2=﹣＜0，∴an＜2．

（2）an+1﹣1=，可得：an+1﹣1與an﹣1同號，因此與a1﹣1同號，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時，S1=，滿足不等式．

n≥2時，==，∴，即2﹣an≥．

∴2n﹣Sn≥=1﹣．即Sn≤2n﹣1+．

另一方面：由（II）可知：．，=≤．

從而可得：=≤．

∴2﹣an≤，∴2n﹣Sn≤=．

∴Sn≥2n﹣＞2n﹣．

綜上可得：2n﹣≤Sn≤2n﹣1+（）n．

10．數列{an}的各項均為正數，且an+1=an+﹣1（n∈N*），{an}的前n項和是Sn．

（Ⅰ）若{an}是遞增數列，求a1的取值范圍；

（Ⅱ）若a1＞2，且對任意n∈N*，都有Sn≥na1﹣（n﹣1），證明：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．

下面利用數學歸納法證明：當1＜a1＜2時，?n∈N*，1＜an＜2成立．

（1）當n=1時，1＜a1＜2成立．

（2）假設當n=k∈N*時，1＜an＜2成立．

則當n=k+1時，ak+1=ak+﹣1∈?（1，2），即n=k+1時，不等式成立．

綜上（1）（2）可得：?n∈N*，1＜an＜2成立．

于是an+1﹣an=﹣1＞0，即an+1＞an，∴{an}是遞增數列，a1的取值范圍是（1，2）．

（II）證明：∵a1＞2，可用數學歸納法證明：an＞2對?n∈N*都成立．

于是：an+1﹣an=﹣1＜2，即數列{an}是遞減數列．

在Sn≥na1﹣（n﹣1）中，令n=2，可得：2a1+﹣1=S2≥2a1﹣，解得a1≤3，因此2＜a1≤3．

下證：（1）當時，Sn≥na1﹣（n﹣1）恒成立．

事實上，當時，由an=a1+（an﹣a1）≥a1+（2﹣）=．

于是Sn=a1+a2+…+an≥a1+（n﹣1）=na1﹣．

再證明：（2）時不合題意．

事實上，當時，設an=bn+2，可得≤1．

由an+1=an+﹣1（n∈N*），可得：bn+1=bn+﹣1，可得=≤≤．

于是數列{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﹣．這與Sn≥na1﹣（n﹣1）恒成立矛盾．

∴時不合題意．

綜上（1）（2）可得：，于是可得=≤≤．（由可得：）．

故數列{bn}的前n項和Tn≤＜b1＜1，∴Sn=2n+Tn＜2n+1．

11．設an=xn，bn=（）2，Sn為數列{an?bn}的前n項和，令fn（x）=Sn﹣1，x∈R，a∈N*．

（Ⅰ）若x=2，求數列{}的前n項和Tn；

（Ⅱ）求證：對?n∈N*，方程fn（x）=0在xn∈[，1]上有且僅有一個根；

（Ⅲ）求證：對?p∈N*，由（Ⅱ）中xn構成的數列{xn}滿足0＜xn﹣xn+p＜．

【解答】解：（Ⅰ）若x=2，an=2n，則=（2n﹣1）（）n，則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）證明：fn（x）=﹣1+x+++…+（x∈R，n∈N+），fn′（x）=1+++…+＞0，故函數f（x）在（0，+∞）上是增函數．

由于f1（x1）=0，當n≥2時，fn（1）=++…+＞0，即fn（1）＞0．

又fn（）=﹣1++[+++…+]≤﹣+?（）i，=﹣+×=﹣?（）n﹣1＜0，根據函數的零點的判定定理，可得存在唯一的xn∈[，1]，滿足fn（xn）=0．

（Ⅲ）證明：對于任意p∈N+，由（1）中xn構成數列{xn}，當x＞0時，∵fn+1（x）=fn（x）+＞fn（x），∴fn+1（xn）＞fn（xn）=fn+1（xn+1）=0．

由

fn+1（x）

在（0，+∞）上單調遞增，可得

xn+1＜xn，即

xn﹣xn+1＞0，故數列{xn}為減數列，即對任意的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減去②并移項，利用

0＜xn+p≤1，可得

xn﹣xn+p=+≤≤＜=﹣＜．

綜上可得，對于任意p∈N+，由（1）中xn構成數列{xn}滿足0＜xn﹣xn+p＜．

12．已知數列{an}，{bn}，a0=1，（n=0，1，2，…），Tn為數列{bn}的前n項和．

求證：（Ⅰ）an+1＜an；

（Ⅱ）；

（Ⅲ）．

【解答】解：證明：（Ⅰ）=，所以an+1＜an

（Ⅱ）法一、記，則，原命題等價于證明；用數學歸納法

提示：構造函數在（1，+∞）單調遞增，故==+＞+×=+×（﹣）=，法二、只需證明，由，故：n=1時，n≥2，可證：，（3）由，得=，可得：，疊加可得，所以，13．已知數列{an}滿足：a1=，an=an﹣12+an﹣1（n≥2且n∈N）．

（Ⅰ）求a2，a3；并證明：2﹣≤an≤?3；

（Ⅱ）設數列{an2}的前n項和為An，數列{}的前n項和為Bn，證明：=an+1．

【解答】解：（I）a2=a12+a1==，a3=a22+a2==．

證明：∵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．

綜上，2﹣≤an≤?3．

（II）證明：∵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．已知數列{an}的各項均為非負數，其前n項和為Sn，且對任意的n∈N*，都有．

（1）若a1=1，a505=2017，求a6的最大值；

（2）若對任意n∈N*，都有Sn≤1，求證：．

【解答】解：（1）由題意知an+1﹣an≤an+2﹣an+1，設di=ai+1﹣ai（i=1，2，…，504），則d1≤d2≤d3≤…≤d504，且d1+d2+d3+…+d504=2016，∵=，所以d1+d2+…+d5≤20，∴a6=a1+（d1+d2+…+d5）≤21．

（2）證明：若存在k∈N*，使得ak＜ak+1，則由，得ak+1≤ak﹣ak+1≤ak+2，因此，從an項開始，數列{an}嚴格遞增，故a1+a2+…+an≥ak+ak+1+…+an≥（n﹣k+1）ak，對于固定的k，當n足夠大時，必有a1+a2+…+an≥1，與題設矛盾，所以{an}不可能遞增，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，綜上，對一切n∈N*，都有．

15．已知數列{an}中，a1=4，an+1=，n∈N*，Sn為{an}的前n項和．

（Ⅰ）求證：n∈N*時，an＞an+1；

（Ⅱ）求證：n∈N*時，2≤Sn﹣2n＜．

【解答】證明：（I）n≥2時，作差：an+1﹣an=﹣=，∴an+1﹣an與an﹣an﹣1同號，由a1=4，可得a2==，可得a2﹣a1＜0，∴n∈N*時，an＞an+1．

（II）∵2=6+an，∴=an﹣2，即2（an+1﹣2）（an+1+2）=an﹣2，①

∴an+1﹣2與an﹣2同號，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+．

綜上可得：n∈N*時，2≤Sn﹣2n＜．

16．已知數列{an}滿足，a1=1，an=﹣．

（1）求證：an≥；

（2）求證：|an+1﹣an|≤；

（3）求證：|a2n﹣an|≤．

【解答】證明：（1）∵a1=1，an=﹣．

∴a2=，a3=，a4=，猜想：≤an≤1．

下面用數學歸納法證明．

（i）當n=1時，命題顯然成立；

（ii）假設n=k時，≤1成立，則當n=k+1時，ak+1=≤＜1．，即當n=k+1時也成立，所以對任意n∈N*，都有．

（2）當n=1時，當n≥2時，∵，∴．

（3）當n=1時，|a2﹣a1|=＜；

當n≥2時，|a2n﹣an|≤|a2n﹣a2n﹣1|+|a2n﹣1﹣a2n﹣2|+…+|an+1﹣an|．

17．設數列{an}滿足：a1=a，an+1=（a＞0且a≠1，n∈N*）．

（1）證明：當n≥2時，an＜an+1＜1；

（2）若b∈（a2，1），求證：當整數k≥+1時，ak+1＞b．

【解答】證明：（1）由an+1=知an與a1的符號相同，而a1=a＞0，∴an＞0，∴an+1=≤1，當且僅當an=1時，an+1=1

下面用數學歸納法證明：

①∵a＞0且a≠1，∴a2＜1，∴=＞1，即有a2＜a3＜1，②假設n=k時，有ak＜ak+1＜1，則

ak+2==＜1且=＞1，即ak+1＜ak+2＜1

即當n=k+1時不等式成立，由①②可得當n≥2時，an＜an+1＜1；

（2）若ak≥b，由（1）知ak+1＞ak≥b，若ak＜b，∵0＜x＜1以及二項式定理可知（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．設a＞3，數列{an}中，a1=a，an+1=，n∈N*．

（Ⅰ）求證：an＞3，且＜1；

（Ⅱ）當a≤4時，證明：an≤3+．

【解答】證明：（I）∵an+1﹣3=﹣3=．=﹣=，∴（）=＞0，∴與同號，又a＞3，∴=a﹣＞0，∴＞0，∴an+1﹣3＞0，即an＞3（n=1時也成立）．

∴==＜1．

綜上可得：an＞3，且＜1；

（Ⅱ）當a≤4時，∵an+1﹣3=﹣3=．

∴=，由（I）可知：3＜an≤a1=a≤4，∴3＜an≤4．

設an﹣3=t∈（0，1]．

∴==≤，∴?…?≤，∴an﹣3≤（a1﹣3）×≤，∴an≤3+．

19．已知數列{an}滿足an＞0，a1=2，且（n+1）an+12=nan2+an（n∈N*）．

（Ⅰ）證明：an＞1；

（Ⅱ）證明：++…+＜（n≥2）．

【解答】證明：（Ⅰ）由題意得（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與an﹣1同號，∵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，又由題意可得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，當n=2時，=＜，當n=3時，+≤＜＜，當n≥4時，++…+＜2（+++）+（++﹣）=1+++++＜，從而，原命題得證

20．已知數列{an}滿足：．

（1）求證：；

（2）求證：．

【解答】證明：（1）由，所以，因為，所以an+2＜an+1＜2．

（2）假設存在，由（1）可得當n＞N時，an≤aN+1＜1，根據，而an＜1，所以．

于是，…．

累加可得（*）

由（1）可得aN+n﹣1＜0，而當時，顯然有，因此有，這顯然與（*）矛盾，所以．

21．已知數列{an}滿足a1=1，且an+12+an2=2（an+1an+an+1﹣an﹣）．

（1）求數列{an}的通項公式；

（2）求證：++…+＜；

（3）記Sn=++…+，證明：對于一切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，即為（an+1﹣an﹣1）2=0，可得an+1﹣an=1，則an=a1+n﹣1=n，n∈N*；

（2）證明：由=＜=﹣，n≥2．

則++…+=1+++…+

＜1++﹣+﹣+…+﹣=﹣＜，故原不等式成立；

（3）證明：Sn=++…+=1++…+，當n=2時，S22=（1+）2=＞2?=成立；

假設n=k≥2，都有Sk2＞2（++…+）．

則n=k+1時，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，則Sk+12＞2（++…++）恒成立．

綜上可得，對于一切n≥2，都有Sn2＞2（++…+）．

22．已知數列{an}滿足a1=1，an+1=，n∈N*．

（1）求證：≤an≤1；

（2）求證：|a2n﹣an|≤．

【解答】證明：（1）用數學歸納法證明：

①當n=1時，=，成立；

②假設當n=k時，有成立，則當n=k+1時，≤≤1，≥=，∴當n=k+1時，命題也成立．

由①②得≤an≤1．

（2）當n=1時，|a2﹣a1|=，當n≥2時，∵（）（）=（）=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≤，綜上：|a2n﹣an|≤．

23．已知數列{an]的前n項和記為Sn，且滿足Sn=2an﹣n，n∈N*

（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；

（Ⅱ）證明：+…（n∈N*）

【解答】解：（Ⅰ）∵Sn=2an﹣n（n∈N+），∴Sn﹣1=2an﹣1﹣n+1=0（n≥2），兩式相減得：an=2an﹣1+1，變形可得：an+1=2（an﹣1+1），又∵a1=2a1﹣1，即a1=1，∴數列{an+1}是首項為2、公比為2的等比數列，∴an+1=2?2n﹣1=2n，an=2n﹣1．

（Ⅱ）由，（k=1，2，…n），∴=，由=﹣，（k=1，2，…n），得﹣=，綜上，+…（n∈N*）．

24．已知數列{an}滿足：a1=，an+1=+an（n∈N*）．

（1）求證：an+1＞an；

（2）求證：a2017＜1；

（3）若ak＞1，求正整數k的最小值．

【解答】（1）證明：an+1﹣an=≥0，可得an+1≥an．

∵a1=，∴an．

∴an+1﹣an=＞0，∴an+1＞an．

（II）證明：由已知==，∴=﹣，由=，=，…，=，累加求和可得：=++…+，當k=2017時，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的最小值為2018．

25．已知數列{an}滿足：an2﹣an﹣an+1+1=0，a1=2

（1）求a2，a3；

（2）證明數列為遞增數列；

（3）求證：＜1．

【解答】（1）解：∵a1=2，∴a2=22﹣2+1=3，同理可得：a3=7．

（2）證明：，對n∈N*恒成立，∴an+1＞an．

（3）證明：

故=．

26．已知數列{an}滿足：a1=1，（n∈N*）

（Ⅰ）求證：an≥1；

（Ⅱ）證明：≥1+

（Ⅲ）求證：＜an+1＜n+1．

【解答】證明：（I）數列{an}滿足：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：原式變形為，所以：，累加得．

27．在正項數列{an}中，已知a1=1，且滿足an+1=2an（n∈N*）

（Ⅰ）求a2，a3；

（Ⅱ）證明．an≥．

【解答】解：（Ⅰ）∵在正項數列{an}中，a1=1，且滿足an+1=2an（n∈N*），∴=，=．

證明：（Ⅱ）①當n=1時，由已知，成立；

②假設當n=k時，不等式成立，即，∵f（x）=2x﹣在（0，+∞）上是增函數，∴≥

=（）k+（）k﹣

=（）k+

=（）k+，∵k≥1，∴2×（）k﹣3﹣3=0，∴，即當n=k+1時，不等式也成立．

根據①②知不等式對任何n∈N*都成立．

28．設數列{an}滿足．

（1）證明：；

（2）證明：．

【解答】（本題滿分15分）

證明：（I）易知an＞0，所以an+1＞an+＞an，所以

ak+1=ak+＜ak+，所以．

所以，當n≥2時，=，所以an＜1．

又，所以an＜1（n∈N*），所以

an＜an+1＜1（n∈N*）．…（8分）

（II）當n=1時，顯然成立．

由an＜1，知，所以，所以，所以，所以，當n≥2時，=，即．

所以（n∈N*）．

…（7分）

29．已知數列{an}滿足a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（n∈N*），令bn=an+1．

（Ⅰ）求證：{bn}是等比數列；

（Ⅱ）記數列{nbn}的前n項和為Tn，求Tn；

（Ⅲ）求證：﹣＜+…+．

【解答】（I）證明：a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（n∈N*），∴a2=2×（2+1+1）=8．

n≥2時，an=2（Sn﹣1+n），相減可得：an+1=3an+2，變形為：an+1+1=3（an+1），n=1時也成立．

令bn=an+1，則bn+1=3bn．∴{bn}是等比數列，首項為3，公比為3．

（II）解：由（I）可得：bn=3n．

∴數列{nbn}的前n項和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）證明：∵bn=3n=an+1，解得an=3n﹣1．

由=．

∴+…+＞…+==，因此左邊不等式成立．

又由==＜=，可得+…+＜++…+

=＜．因此右邊不等式成立．

綜上可得：﹣＜+…+．

30．已知數列{an}中，a1=3，2an+1=an2﹣2an+4．

（Ⅰ）證明：an+1＞an；

（Ⅱ）證明：an≥2+（）n﹣1；

（Ⅲ）設數列{}的前n項和為Sn，求證：1﹣（）n≤Sn＜1．

【解答】證明：（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．已知數列{an}滿足a1=，an+1=，n∈N*．

（1）求a2；

（2）求{}的通項公式；

（3）設{an}的前n項和為Sn，求證：（1﹣（）n）≤Sn＜．

【解答】（1）解：∵a1=，a，n∈N+．∴a2==．

（2）解：∵a1=，a，n∈N+．∴=﹣，化為：﹣1=，∴數列是等比數列，首項與公比都為．

∴﹣1=，解得=1+．

（3）證明：一方面：由（2）可得：an=≥=．

∴Sn≥+…+==，因此不等式左邊成立．

另一方面：an==，∴Sn≤+++…+=×＜×3＜（n≥3）．

又n=1，2時也成立，因此不等式右邊成立．

綜上可得：（1﹣（）n）≤Sn＜．

32．數列{an}中，a1=1，an=．

（1）證明：an＜an+1；

（2）證明：anan+1≥2n+1；

（3）設bn=，證明：2＜bn＜（n≥2）．

【解答】證明：（1）數列{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時，anan+1=a12+2=3，2n+1=3，則原不等式成立；

n≥2時，anan+1＞3+2（n﹣1）=2n+1，綜上可得，anan+1≥2n+1；

（3）bn=，要證2＜bn＜（n≥2），即證2＜an＜，只要證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．已知數列{an}滿足，（1）若數列{an}是常數列，求m的值；

（2）當m＞1時，求證：an＜an+1；

（3）求最大的正數m，使得an＜4對一切整數n恒成立，并證明你的結論．

【解答】解：（1）若數列{an}是常數列，則，得．顯然，當時，有an=1．

…（3分）

（2）由條件得，得a2＞a1．…（5分）

又因為，兩式相減得．

…（7分）

顯然有an＞0，所以an+2﹣an+1與an+1﹣an同號，而a2﹣a1＞0，所以an+1﹣an＞0，從而有an＜an+1．…（9分）

（3）因為，…（10分）

所以an=a1+（a2﹣a1）+…+（an﹣an﹣1）≥1+（n﹣1）（m﹣2）．

這說明，當m＞2時，an越來越大，顯然不可能滿足an＜4．

所以要使得an＜4對一切整數n恒成立，只可能m≤2．…（12分）

下面證明當m=2時，an＜4恒成立．用數學歸納法證明：

當n=1時，a1=1顯然成立．

假設當n=k時成立，即ak＜4，則當n=k+1時，成立．

由上可知an＜4對一切正整數n恒成立．

因此，正數m的最大值是2．…（15分）

34．已知數列{an}滿足：，p＞1，．

（1）證明：an＞an+1＞1；

（2）證明：；

（3）證明：．

【解答】證明：（1）先用數學歸納法證明an＞1．

①當n=1時，∵p＞1，∴；

②假設當n=k時，ak＞1，則當n=k+1時，．

由①②可知an＞1．

再證an＞an+1．，令f（x）=x﹣1﹣xlnx，x＞1，則f＇（x）=﹣lnx＜0，所以f（x）在（1，+∞）上單調遞減，所以f（x）＜f（1）=0，所以，即an＞an+1．

（2）要證，只需證，只需證其中an＞1，先證，令f（x）=2xlnx﹣x2+1，x＞1，只需證f（x）＜0．

因為f＇（x）=2lnx+2﹣2x＜2（x﹣1）+2﹣2x=0，所以f（x）在（1，+∞）上單調遞減，所以f（x）＜f（1）=0．

再證（an+1）lnan﹣2an+2＞0，令g（x）=（x+1）lnx﹣2x+2，x＞1，只需證g（x）＞0，令，x＞1，則，所以h（x）在（1，+∞）上單調遞增，所以h（x）＞h（1）=0，從而g＇（x）＞0，所以g（x）在（1，+∞）上單調遞增，所以g（x）＞g（1）=0，綜上可得．

（3）由（2）知，一方面，由迭代可得，因為lnx≤x﹣1，所以，所以ln（a1a2…an）=lna1+lna2+…+lnan=；

另一方面，即，由迭代可得．

因為，所以，所以=；

綜上，．

35．數列{an}滿足a1=，an+1﹣an+anan+1=0（n∈N*）．

（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；

（Ⅱ）求證：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．

【解答】解（Ⅰ）：由已知可得數列{an}各項非零．

否則，若有ak=0結合ak﹣ak﹣1+akak﹣1=0?ak﹣1=0，繼而?ak﹣1=0?ak﹣2=0?…?a1=0，與已知矛盾．

所以由an+1﹣an+anan+1=0可得．

即數列是公差為1的等差數列．

所以．

所以數列{an}的通項公式是（n∈N*）．

（Ⅱ）

證明一：因為．

所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an=．

所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．

證明二：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an===．

所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．

36．已知數列{an}滿足a1=1，an+1=an2+p．

（1）若數列{an}就常數列，求p的值；

（2）當p＞1時，求證：an＜an+1；

（3）求最大的正數p，使得an＜2對一切整數n恒成立，并證明你的結論．

【解答】解：（1）若數列{an}是常數列，則，；顯然，當時，有an=1

（2）由條件得得a2＞a1，又因為，兩式相減得

顯然有an＞0，所以an+2﹣an+1與an+1﹣an同號，而a2﹣a1＞0，所以an+1﹣an＞0；

從而有an＜an+1．

（3）因為，所以an=a1+（a2﹣a1）+…（an﹣an﹣1）＞1+（n﹣1）（p﹣1），這說明，當p＞1時，an越來越大，不滿足an＜2，所以要使得an＜2對一切整數n恒成立，只可能p≤1，下面證明當p=1時，an＜2恒成立；用數學歸納法證明：

當n=1時，a1=1顯然成立；

假設當n=k時成立，即ak＜2，則當n=k+1時，成立，由上可知對一切正整數n恒成立，因此，正數p的最大值是1

37．已知數列{an}滿足a1=a＞4，（n∈N*）

（1）求證：an＞4；

（2）判斷數列{an}的單調性；

（3）設Sn為數列{an}的前n項和，求證：當a=6時，．

【解答】（1）證明：利用數學歸納法證明：

①當n=1時，a1=a＞4，成立．

②假設當n=k≥2時，ak＞4，．

則ak+1=＞=4．

∴n=k+1時也成立．

綜上①②可得：?n∈N*，an＞4．

（2）解：∵，（n∈N*）．

∴﹣=﹣2an﹣8=﹣9＞（4﹣1）2﹣9=0，∴an＞an+1．

∴數列{an}單調遞減．

（3）證明：由（2）可知：數列{an}單調遞減．

一方面Sn＞a1+4（n﹣1）=4n+2．

另一方面：=＜，∴an﹣4＜，∴Sn﹣4n＜＜．即Sn＜4n+．

∴當a=6時，．

38．已知數列{an}滿足a1=1，an+1=．

（Ⅰ）求證：an+1＜an；

（Ⅱ）求證：≤an≤．

【解答】解：（Ⅰ）證明：由a1=1，an+1=，得an＞0，（n∈N），則an+1﹣an=﹣an=＜0，∴an+1＜an；

（Ⅱ）證明：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=，則=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≤．

綜上得≤an≤．

39．已知數列{an}滿足：a1=1，．

（1）若b=1，證明：數列是等差數列；

（2）若b=﹣1，判斷數列{a2n﹣1}的單調性并說明理由；

（3）若b=﹣1，求證：．

【解答】解：（1）證明：當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，∴數列{（an﹣1）2}是0為首項、以2為公差的等差數列；

（2）當b=﹣1，an+1=﹣1，數列{a2n﹣1}單調遞減．

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]上遞減，可得{a2n﹣1}單調遞減．

（3）運用數學歸納法證明，當n=1時，a1=1＜成立；

設n=k時，a1+a3+…+22k﹣1＜，當n=k+1時，a1+a3+…+a2k﹣1+a2k+1

＜+=，綜上可得，成立．

40．已知數列{an}滿足，（n=1，2，3…），Sn=b1+b2+…+bn．

證明：（Ⅰ）an﹣1＜an＜1（n≥1）；

（Ⅱ）（n≥2）．

【解答】證明：（Ⅰ）由得：（*）

顯然an＞0，（*）式?

故1﹣an與1﹣an﹣1同號，又，所以1﹣an＞0，即an＜1…（3分）

（注意：也可以用數學歸納法證明）

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，從而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．已知數列{an}滿足a1=1，an+1=，n∈N*，記S，Tn分別是數列{an}，{a}的前n項和，證明：當n∈N*時，（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=，取倒數得：=+an，平方得：=+an2+2，從而﹣﹣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，又因為=a12+a22+…+an2+2n+1＞2n+2，所以＞，Sn=an+an﹣1+…+a1

=﹣＞﹣1＞﹣1；

又由＞，即＞，得

當n＞1時，an＜=＜=（﹣），累加得Sn＜a1+[（﹣1）+（﹣）+…+（﹣）]=1+（﹣1）＜，當n=1時，Sn成立．

因此﹣1＜Sn．

42．已知數列{an}滿足a1=3，an+1=an2+2an，n∈N*，設bn=log2（an+1）．

（I）求{an}的通項公式；

（II）求證：1+++…+＜n（n≥2）；

（III）若=bn，求證：2≤＜3．

【解答】解：（I）由，則，由a1=3，則an＞0，兩邊取對數得到，即bn+1=2bn（2分）

又b1=log2（a1+1）=2≠0，∴{bn}是以2為公比的等比數列．

即（3分）

又∵bn=log2（an+1），∴（4分）

（2）用數學歸納法證明：1o當n=2時，左邊為=右邊，此時不等式成立；

（5分）

2o假設當n=k≥2時，不等式成立，則當n=k+1時，左邊=（6分）

＜k+1=右邊

∴當n=k+1時，不等式成立．

綜上可得：對一切n∈N*，n≥2，命題成立．（9分）

（3）證明：由得cn=n，∴，首先，（10分）

其次∵，∴，當n=1時顯然成立．所以得證．（15分）

43．已知正項數列{an}滿足a1=3，n∈N*．

（1）求證：1＜an≤3，n∈N*；

（2）若對于任意的正整數n，都有成立，求M的最小值；

（3）求證：a1+a2+a3+…+an＜n+6，n∈N*．

【解答】（1）證明：由正項數列{an}滿足a1=3，n∈N*．

得+an+2=2an+1，兩式相減得（an+2﹣an+1）（an+2+an+1+1）=2（an+1﹣an），∵an＞0，∴an+2﹣an+1與an+1﹣an同號．

∵+a2=2a1=6，∴a2=2，則a2﹣a1＜0，∴an+1﹣an＜0，即數列{an}是單調減數列，則an≤a1=3．

另一方面：由正項數列{an}滿足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與an﹣1同號，由于a1﹣1=2＞0，可知an﹣1＞0，即an＞1．

綜上可得：1＜an≤3，n∈N*．

（2）解：由（1）知：=，而3＜an+1+2≤a2+2=4，則≤，∴．

故M的最小值為．

（3）證明：由（2）知n≥2時，an﹣1=（a1﹣1）×××…×＜=2×，又n=1時，a1﹣1=2，故有an﹣1≤，n∈N*．

即an≤，n∈N*．

則a1+a2+a3+…+an＜n+2=n+2×＜n+6，n∈N*．

44．已知在數列{an}中，，n∈N*．

（1）求證：1＜an+1＜an＜2；

（2）求證：；

（3）求證：n＜sn＜n+2．

【解答】證明：（1）先用數學歸納法證明1＜an＜2

1°．n=1時

2°．假設n=k時成立，即1＜ak＜2，n=k+1時，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），當n≥3時，而1＜an＜2．

所以．

由得，=

所以

（3）由（1）1＜an＜2得sn＞n

由（2）得，=．

45．已知數列{an}中，（n∈N*）．

（1）求證：；

（2）求證：是等差數列；

（3）設，記數列{bn}的前n項和為Sn，求證：．

【解答】證明：（1）當n=1時，滿足，假設當n=k（k≥1）時結論成立，即≤ak＜1，∵ak+1=，∴，即n=k+1時，結論成立，∴當n∈N*時，都有．

（2）由，得，∴，∴==﹣1，即，∴數列是等差數列．

（3）由（2）知，∴，∴==，∵當n≥2時，12n2+18n﹣（7n2+21n+14）=（5n+7）（n﹣2）≥0，∴n≥2時，∴n≥2時，又b1=，b2=，∴當n≥3時，==

．

46．已知無窮數列{an}的首項a1=，=n∈N*．

（Ⅰ）證明：0＜an＜1；

（Ⅱ）

記bn=，Tn為數列{bn}的前n項和，證明：對任意正整數n，Tn．

【解答】（Ⅰ）證明：①當n=1時顯然成立；

②假設當n=k（k∈N*）時不等式成立，即0＜ak＜1，那么：當n=k+1時，＞，∴0＜ak+1＜1，即n=k+1時不等式也成立．

綜合①②可知，0＜an＜1對任意n∈N*成立．﹣﹣﹣﹣

（Ⅱ），即an+1＞an，∴數列{an}為遞增數列．

又=，易知為遞減數列，∴也為遞減數列，∴當n≥2時，==

∴當n≥2時，=

當n=1時，成立；

當n≥2時，Tn=b1+b2+…+bn＜=

綜上，對任意正整數n，47．已知數列{xn}滿足x1=1，xn+1=2+3，求證：

（I）0＜xn＜9；

（II）xn＜xn+1；

（III）．

【解答】證明：（I）（數學歸納法）

當n=1時，因為x1=1，所以0＜x1＜9成立．

假設當n=k時，0＜xk＜9成立，則當n=k+1時，．

因為，且得xk+1＜9

所以0＜xn＜9也成立．

（II）因為0＜xn＜9，所以．

所以xn＜xn+1．

（III）因為0＜xn＜9，所以．

從而xn+1=2+3＞+3．

所以，即．

所以．

又x1=1，故．

48．數列{an}各項均為正數，且對任意n∈N*，滿足an+1=an+can2（c＞0且為常數）．

（Ⅰ）若a1，2a2，3a3依次成等比數列，求a1的值（用常數c表示）；

（Ⅱ）設bn=，Sn是數列{bn}的前n項和，（i）求證：；

（ii）求證：Sn＜Sn+1＜．

【解答】（I）解：對任意n∈N*，滿足an+1=an+can2（c＞0且為常數）．∴a2=．a3=．

∵a1，2a2，3a3依次成等比數列，∴=a1?3a3，∴=a1?3（），a2＞0，化為4a2=3a1（1+ca2）．

∴4（）=3a1[1+c（）]，a1＞0，化為：3c2x2﹣cx﹣1=0，解得x=．

（II）證明：（i）由an+1=an+can2（c＞0且為常數），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．設數列滿足|an﹣|≤1，n∈N*．

（Ⅰ）求證：|an|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）

（Ⅱ）若|an|≤（）n，n∈N*，證明：|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，對于任意m＞n，﹣=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）

≤++…+=＜．

∴|an|＜（+）?2n≤[+?（）m]?2n=2+（）m?2n．①

由m的任意性可知|an|≤2．

否則，存在n0∈N*，使得|a|＞2，取正整數m0＞log且m0＞n0，則

2?（）＜2?（）=|a|﹣2，與①式矛盾．

綜上，對于任意n∈N*，都有|an|≤2．

50．已知數列{an}滿足：a1=1，an+1=an+．（n∈N*）

（Ⅰ）證明：≥1+；

（Ⅱ）求證：＜an+1＜n+1．

【解答】證明：（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，原式變形為

故

累加得，故＜an+1＜n+1．

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END

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