第一篇：江西高考數學壓軸題新解及對證明數列不等式的啟示
江西高考數學壓軸題新解及對證明數列不等式的啟示
江西省萍鄉市教研室(337000)曾建強
（發表于《中學數學研究》2006年第9期）
2006年江西高考理科數學壓軸題，是一個數列不等式的證明問題，結論簡潔，其證明過程給人多方面的啟迪.筆者通過對此問題的研究，給出兩種新的證明方法，并將證明中得到的幾點啟示以饗讀者.一、高考題新解答
題目是：已知數列?an?滿足：a1?3,且an?23nan?1（1）求數列?an?的(n?2,n?N*).2an?1?n?
1通項公式；（2）證明：對一切正整數n，不等式a1?a2???an?2?n!恒成立.標準答案及閱卷評分細則均只給出一種解法：
n?3nn1n?1n1解（1）條件可變形為1??(1?，?an?n.).于是1??an3an?1an3n3?1
（2）a1?a2???an?n!，111(1?)(1?)?(1?)33
3為證a1?a2???an?2?n!，1.??????????（*）只要證n?N*時，(1?1)(1?1
2)???(1?1)?3233n
111111即證(1?)(1?2)?(1?n)?1?(?2???n).?????????（**）333333
用數學歸納化證明（**）（略）.1111111111又(1?)(1?2)?(1?n)?1?(?2???n)???n?.2223333333
?原不等式成立.對于第（2）問中的數列不等式的證明，筆者以下提供兩種新的證明方法.方法一.分析：f(n)?(1?1)(1?1)?(1?1)是減函數，由所證知1是f(n)的一個下界，2n333
2因此猜想(1?1)(1?1)?(1?1)?1必與1相關.這樣我們經探索得到一個更簡單的加強不2nn33323
等式(1?)(1?1
3111.)?(1?)??23331
11111證明用數學歸納法證明加強不等式(1?)(1?2)?(1?n)??n?1（n?N*）.① 32333
n?1 時，①顯然成立.11111假設n?k(k?1)時，不等式(1?)(1?2)?(1?k)??k?1成立，32333
那么，當n?k?1時，11111111111(1?)(1?2)?(1?k)(1?k?1)?(?k?1)(1?k?1)??k?1(?k?1).32323233333
111111111
又?k?1(?k?1)?(?k?2)?k?1(?k?1)?0(k?1).***?(1?)(1?2)?(1?k)(1?k?1)??k?2.323333
即n?k?1時，不等式①成立.故對一切n?N*，①成立.從而原不等式成立.1111
方法二.分析：不等式(1?)(1?2)?(1?n)?的左邊是一個積式，故可設想構造一
3233
關系式累乘相約，化n項積為有限幾項來證明.1??1?1?1??
證明原不等式即證?1???1?2???1?n?＞.?3??3??3?2
1?161121?1??
n?1時，1???.n?2時，?1???1?2??＞.332?3??3?272
n?11??3??1?n??
?3?1?1
3n
?n≥3時，1?
1?1?1
?1??1?n?113n?3n?3?＞0，?1?n?.1131?n1?n33
1??1??1?28?1??32?33?34?3n?1 ?1???1?2??1?3???1?n?＞??
111139?3??3??3??3?1?31?41?51?n3333
1?
1?
1?
1?
?
288
??399
12812883n
＞＞.???n
124323993?11?n3
?原不等式成立.本文給出的方法一和方法二，無論是思維價值還是其優美的形式都不遜色于標準答案.這一不等式在分析、證明過程中體現的思維策略和證明方法，對證明某些數列不等式都有相當大的啟示性.二、證明中的啟示
啟示1——利用等價命題轉化證明的結論
有些欲證不等式，如果原命題不容易直接利用重要不等式結論或進行簡單放縮證得，如正負項交替和形式的不等式、用同一量替換放縮時不等式方向不確定等情況，改變其思維策略，轉化結論形式，尋找等價命題，有時可以更好地實施證明.例1數列?an?中，a1?2，且log2an?1?log2an?1(n?N*,n?2).對任意不小于3的自然數n，證明：an?1?n.an?1
n?1
n
分析：易求數列的通項公式為an?2n，原不等式即為2?1?n.一方面，2n用同一
n
2?1n?1
量進行放縮，不等式的放縮方向不能確定；另一方面，2與n的整式關系也不清楚，如用
n
數學歸納法證明也將在證n?k?1的命題時因不等式無法傳遞而證明受阻.但是，這一不等式為2的“齊次”形式，易于化為更簡形式，因此，我們可嘗試尋找等價命題予以解決.*
證明log可化為an?2an?1，∴an?2n.2an?1?log2an?1(n?N,n?2)
n
原不等式an?1?n即2?1?n等價于2n?2n?1.n
an?1
n?1
2n?1n?1
當n?3時，由二項式定理, 得
1n?1n1n?1
?2n?1.2n?(1?1)n?1?Cn???Cn?Cn?1?Cn?Cn
所以，原不等式成立.例2設n?N*且n?2，求證1?
111112n
???????.2342n?12n3n?1
分析：不等式左邊是一個正負項交替的和，不便于直接用重要不等式結論和直接放縮，可選用數學歸納法證明，也可通過等價變換“化負為正” 然后證明.證明1?
11111
??????
2342n?12n
?(1?1?1?1???1?1)?2(1?1???1)2342n?12n242n?(1??
11111111??????)?(1?????)2342n?12n23n
111????.n?1n?2n?n
所以原不等式等價于1?1???1?2n.n?1n?2n?n3n?1由柯西不等式，有
[(n?1)?(n?2)??(n?n)]（111
????)?n2，n?1n?2n?n
即[n2?從而，n(n?1)111
](????)?n2，2n?1n?2n?n
1112n?????.n?1n?2n?n3n?1
綜上，原不等式成立.啟示2——構造并證明加強不等式
許多不等式的結論，為了簡潔美觀，在不影響正確性的前提下將某些形式作了適當的處理，使我們往往難于證明結論.不等式一邊為常數的形式，通常不能直接用數學歸納法證明，應多考慮用放縮法或構造加強不等式的辦法進行證明.一般地，數列不等式如果用數學歸納法證n?k?1的命題時，因為不等式方向相反無法實現傳遞而受阻，這時應慮考采用構造加強不等式的策略進行探索.構造加強不等式關鍵在于觀察原不等式的結構和特點，抓住主體，揚棄次要進行構造；或者先對前幾項的特點進行分析，揭示這幾項的共性并與所證結論進行比較尋找為了簡潔美觀被適當處理了的部分，然后進行構造.對不等式的加強，一般有整體加強和局部加強兩類.例 3數列?an?中，a1?，且an?an?1?2(1?an)(1?an?1)(n?2,n?N*).（1）求數列2
（2）證明：a1?a2???an?an?的通項公式；
分析：原不等式可化為
?
1（n?N*）
.n
1?3?5???(2n?1)1當n?k?1?，直接用數學歸納法證明時，2?4?6???(2n)n
21?3?5???(2k?1)(2k?1)12k?114k?4k?1?證明受阻.受阻的原因??
22?4?6???(2k)(2k?2)2k?2k(k?1)4k?4k
在于原不等式右邊的值較大.因此，設想尋找一個右邊比
111，1?3???
243?1?124
6410
6?99
要能證明這一整體加強不等式，問題就得到了解決.?
?
更小的加強值.由n
11?3?5???(2n?1)1，只，猜想?
2?4?6???(2n)n?12?3?1
解（1）∵(an?1)?(1?an?1)?2(1?an)(1?an?1)(n?2)，∴1?
1?an
??2(n?1)?2n，即an?2n?1.?2，∴
2n1?an1?a11?an?1
（2）a1?a2???an?1，即1?3?5???(2n?1)?1.2?4?6???(2n)nn
1?3?5???(2n?1)1
先證加強不等式?.2?4?6???(2n)3n?1用數學歸納法證明上加強不等式.當n?1時，顯然成立.1成立，則當n?k?1時，假設n?k(k?1)時，1?3?5???(2k?1)?
2?4?6???(2k)3k?1
2k?112k?11?3?5???(2k?1)(2k?1)? ?
322?4?6???(2k)(2k?2)3k?12k?2k?28k?20k?4
?
2k?1k3?28k2?19k?4
?
2k?11
.?
k?42k?1k?41
即n?k?1時不等式成立.1所以，n?N*時，1?3?5???(2n?1)?成立.2?4?6???(2n)n?1
從而，原不等式成立.例4設數列?an?滿足：an?1?an2?nan?1，n?1,2,3,?.（1）當a1?2時，求a2,a3,a4并由此猜測an的一個通項公式；（2）當a1?3時，證明對所有的n?1，有（i）an?n?2；（ii）
11111
??????.（2002年全國高考題）1?a11?a21?a31?an2
分析：對于（ii），用數學歸納法證明時，由于假設的不等式右邊是一個常數，而當n?k?1時命題左邊增加了一個正值項，故證明受阻.但注意到：
??()1?1，且a1?142
11111111()2?()3???()k?1??()k?1?，故只要證明?()k?1，再累加便可證明原不2222221?ak2
等式.證明（I）和（2）（i）解證略，這里只證明（2）（ii）.先用數學歸納法證明加強不等式1當n?1時，顯然成立.假設n?k(k?1)時，1ak?1?1
?
?()k?1成立，則當n?k?1時，ak?12
?()n?1.an?12
11111
??()k?1?()(k?1)?1.ak(ak?k)?22ak?2222
11成立.?()n?1
an?12
即n?k?1時不等式成立.所以，n?N*時，因此，1111111
??????()2?()3???()n?1 1?a11?a21?a31?an222
[1?()n]
111???()n?1?.12221?2
從而有
11111
??????.1?a11?a21?a31?an2
啟示3——建立消項關系進行化簡求證
數列不等式經常是與n項和或n項積相聯系，利用通項的變形或通過放縮后，轉化成可
求和消項或中項相消或累乘消項關系，將n項和（或積）化為有限幾項的形式，這樣解題思路就豁然開朗.例5數列?an?中，an?1，它的前n項和為Sn.證明：Sn?1.2n2n?1分析：形如
?nij
nn?1求和時可中間項相消.而對2也可視為是兩個因式2和2的積，由此聯想，能否
類的通項因分母為兩個因式的積，一般可化為相鄰兩項之差，在n(n?1)
將an?
1放縮變形后化為相鄰兩項之差？通過嘗試我們回答了這一問題
.n2n?1
n2
證明∵an?1?
n?1
n?211，??
n(n?1)2n?1n2n(n?1)2n?1
111111
∴Sn?(?)?(?)???[?] 223nn?1
1?22?22?23?2n2(n?1)2
?
111?.?
2(n?1)2n?12
例6數列?an?中，a1?5，an?1?an?4(n?N*).（1）求不等式4?an?1?an成立時的n的集合；（2）設Tn?log3(an?1)?log3(an?1?1)???log3(a1?1)，證明：n?Tn?n?1.（2006年萍鄉市二模試題）
分析：Tn的形式實質上是一串因式的乘積，通過對通項公式的變形，我們可發現
an?1?1?3?
an?1，因此可用累乘消項的方法化Tn為只有幾項的形式，這就為證明不等式帶來an?1?1
了極大的方便.解（1）要使an?1?an，只需an?4?an，即只需an?3an?4?0，∴只需an?4或
an??1.由于an?0，故只需an?4.又a1?5，a2?a1?4?3?4?4?4，同理an?4(n?N*).∴4?an?1?an成立時的n為一切正自然數.a?1，（2）由an?1?3an?4(n?N*)，得an?1?1?3?n
an?1?1
∴(an?1)(an?1?1)???(a2?1)(a1?1)?3n?1?an?1?1?an?2?1???a1?1?(a?1)?3n?1?a1?1.an?1an?1?1a2?1
an?1
由（1）知an?4，?
211
?.?3n?1?a1?1?24?3n?1.an?15an?15
∴Tn?log3(an?1)(an?1?1)???(a1?1)?n?1?log324?n?1?2?n?1.5另一方面，an?4，∴an?1?3，∴Tn?log33n?n.所以，n?Tn?n?1.舉一反三，研究特點，尋找規律，是教學過程中提高水平提升能力的重要方法.本文中所舉的啟示并非試題證明內涵的的全部，僅為筆者一得.參考文獻
周沛耕王博程《數學奧林匹克競賽標準教材》北京教育出版社2004.8
2006年6月20日完稿
第二篇：導數壓軸題 導數與數列不等式的證明
導數與數列不等式的證明
例1.已知函數f(x)?alnx?ax?3?a?R?(1)討論函數f(x)的單調性;(2)證明:1?12?13???1n?ln(n?1)(n?N*)(3)證明:ln22?ln33?ln44?ln55?lnnn?1n?n?2,n?N*? n(4)證明:ln2ln3ln4ln5lnn?1?n?122?32?42?52?n2???2???n?n?2,n?N*?(5)證明:ln24ln34ln44ln54lnn4(n?1)224?34?44?54?n4?4n?n?2,n?N*? ln22ln32(6)求證:lnn2?n?1??2n?1?22?32?...?n2?2?n?1??n?2,n?N??(7)求證:??1??22????1?1??42????1?1??1?82??...???1?1?22n???e?n?N??
例2.已知函數f(x)?lnx?x?1?(1)求f(x)的最大值;nnn(2)證明不等式:??1??2??n?e?n?????n???????n???e?1?n?N*?
例3.已知函數f?x??x2?ln?x?1?
(1)當x?0時,求證:f?x??x3;
(2)當n?N?時,求證:?nf?1??1?1?1?151 k?1??k??2333...?n3?4?2n?n?1?
例4.設函數f(x)?x2?mln(x?1)?m?0?
(1)若m??12,求f(x)的單調區間;(2)如果函數f(x)在定義域內既有極大值又有極小值,求實數m的取值范圍;(3)求證:對任意的n?N*,不等式lnn?1n?n?1n3恒成立?
例5.已知函數f(x)?ln(x?1)?k(x?1)?1(k?R),(1)求函數f(x)的單調區間;(2)若f(x)?0恒成立,試確定實數k的取值范圍;(3)證明:ln23?ln34???lnnn?1?n(n?1)4?n?N,n?1?.導數與數列不等式的證明 收集整理:張亞爭 聯系電話:*** 1 / 2 例6.已知函數f(x)?ax?b?c(a?0)的圖像在點(1,f(1))處的切線方程為y?x?1? x(1)用a表示出b,c;
(2)若f(x)?lnx在[1,??)上恒成立,求a的取值范圍;(3)證明:1?
例7.已知函數f(x)?2alnx?x2?1?
(1)當a?1時,求函數f(x)的單調區間及f(x)的最大值;(2)令g(x)?f(x)?x,若g(x)在定義域上是單調函數,求a的取值范圍;111n?????ln(n?1)?(n?1).23n2(n?1)3n2?n?222222??????(3)對于任意的n?2,n?N,試比較與的ln2ln3ln4ln5lnnn(n?1)*大小并證明你的結論?
1?ln(x?1)(x?0)x(1)函數f(x)在區間(0,??)上是增函數還是減函數?證明你的結論?
k(2)當x?0時,f(x)?恒成立,求整數k的最大值;x?1(3)試證明:(1?1?2)(1?2?3)(1?3?4)?(1?n?(n?1))?e2n?3(n?N*).例8.已知函數f(x)?
例9.已知函數f?x??x?a?lnx?a?0?(1)若a?1,求f?x?的單調區間及f?x?的最小值;(2)若a?0,求f?x?的單調區間;ln22ln32lnn2?n?1??2n?1?(3)試比較2?2?...?2與n?2,n?N??的大小,并證明? ?23n2?n?1?
例10.已知函數f?x??lnx,g?x??x?a?a?R?, x(1)若x?1時,f?x??g?x?恒成立,求實數a的取值范圍?(2)求證:
例11.已知函數f?x??lnx?x?ax
2ln2ln3lnn1????n?2,n?N?? 34n?1n(1)若函數f?x?在其定義域上為增函數,求a的取值范圍;(2)設an?1?
例12.設各項為正的數列?an?滿足a1?1,an?1?lnan?an?2,n?N?.求證:an?2n?1.122?L?an?ln?n?1??2n ?n?N??,求證:3?a1?a2?...?an??a12?a2n導數與數列不等式的證明 收集整理:張亞爭 聯系電話:*** 2 / 2
第三篇：利用方所發證明數列型不等式壓軸題
思想方法
一、函數與方程思想姓名：
方法1構造函數關系，利用函數性質解題班別：
根據題設條件把所求的問題轉化為對某一函數性質的討論，從而使問題得到解決，稱為構造函數解題。通過構造函數，利用函數的單調性解題，在解方程和證明不等式中最為廣泛，解題思路簡潔明快。
232352525例1（10安徽）設a?(),b?(),c?(),則a,b,c的大小關系是（）55
5A.a?c?b
B.a?b?cC.c?a?bD.b?c?a
例2 已知函數f(x)?12x?ax?(a?1)lnx,a?1.2（1）討論函數f(x)的單調性；
（2）證明：若a?5,則對任意x1,x2?(0,??),x1?x2,有
f(x1)?f(x2)??1.x1?x2
方法2選擇主從變量，揭示函數關系
含有多個變量的數學問題中，對變量的理解要選擇更加合適的角度，先選定合適的主變量，從而揭示其中的函數關系，再利用函數性質解題。
例3對于滿足0?p?4的實數p，使x?px?4x?p?3恒成立的x的取值范圍是.2方法3變函數為方程，求解函數性質
實際問題→數學問題→代數問題→方程問題。宇宙世界，充斥著等式和不等式，我們知道，哪里有等式，哪里就有方程；哪里有公式，哪里就有方程；求值問題一般是通過方程來實現的……函數與方程是密切相關的。列方程、解方程和研究方程的特性，都是應用方程思想時需要重點考慮的。
例
4函數f(x)??x?2?)的值域是（）?11?B.??,??33??11?C.??,??22??22?D.??,??33??11?A.??,??44?
方法1函數與不等式問題中的數形結合研究函數的性質可以借助于函數的圖像，從函數圖像上能直觀地觀察單調性、周期性、對稱性等性質。不等式問題與函數的圖像也有密切的聯系，比如應用二次函數的圖像解決一元二次不等式，就體現了數形結合的思想方法。因此，解決不等式問題要常聯系對應的函數圖像，利用函數圖像，直觀地得到不等式的解集，避免復雜的運算。
?lgx,0?x?10,例1（10新課標全國卷）已知函數f(x)??若a,b,c互不相等，且?1??x?6,x?10.?2f(a)?f(b)?f(c),則abc的取值范圍是（）
A.(1,10)B.(5,6)C.(10,12)D.(20,24)
3x?6,x??2,若不等式f(x)?2x?m恒成立，則實數m的取值范圍是.變式：函數f(x)???2?x?x?2,x??2.方法2解析幾何中的數形結合解析幾何是用方程研究曲線的問題，蘊含著豐富的數形結合思想，往往要先把題目中的幾何語言轉化為幾何圖形，然后再結合這種圖形（一般為曲線）的幾何特征，用代數語言即方程表現出來，從而用代數的方法解決幾何問題。
x2y20例2 已知雙曲線2?2?1(a?0,b?0)的右焦點為F，若過點F且傾斜角為60的直線與雙曲線的右支有且ab
只有一個交點，則此雙曲線離心率的取值范圍是（）
A.(1,2]B.(1,2)C.[2,??)D.(2,??)
例3 已知P為拋物線y?12，則PA?PM的（2,0）x上的動點，點P在x軸上的射影為M，點A的坐標為
4最小值是.方法3參數范圍問題中的數形結合如果參數具有明顯的幾何意義，那么可以考慮應用數形結合思想解決問題。一般地，常見的對應關系有：
（1）y?kx?b中的k表示直線的，b表示直線在軸上的；
（2）b?n表示連接(a,b)和(m,n)兩點直線的； a?m
（3(a,b)和(m,n)之間的（4）導數f(x0)表示曲線在點(x0,f(x0))處的。
利用這些對應關系，由數想形，可以巧妙的利用幾何法解決。
例4 若直線y?kx?1與圓x?y?1交于P、Q兩點，且?POQ?120（其中O為原點），則k的值為（）
220'
A.B.C.?D.39變式：直線y?kx?3與圓(x?)2?(y?3)2?交于M、N兩點，若MN，則k的取值范圍值是（）
24?3?A.??,0??4?
?B.???C.???2?D.??,0??3?
2方法1概念分類型
有許多核心的數學概念是分類的，比如：直線的斜率、指數函數、對數函數等，與這樣的數學概念有關的問題往往需要根據數學概念進行分類，從而全面完整得解決問題。
例1 若函數f(x)?a?x?a(a?0且a?1)有兩個零點，則實數a的取值范圍是x
方法2運算需要型
分類討論的許多問題是由運算的需要引發的，比如：除法運算中分母是否為0；解方程、不等式中的恒等變形；用導數求函數單調性時導數正負的討論；對數運算中底數是否大于1；數列運算中對公差、公比限制條件的討論等，如果運算需要對不同情況作出解釋，就要進行分類討論.例2 設函數f(x)?x3?
'92x?6x?a.2（1）對于任意實數x,f(x)?m恒成立，求m的最大值.（2）若方程f(x)?0有且僅有一個實數，求a的取值范圍.方法3參數變化型
很多問題中參數的不同取值會對結果產生影響，因此，需要對參數的取值進行分類，常見的問題有：含參不等式的求解；解析式中含有參數的函數的性質問題；含參二元二次方程表示的曲線類型；參數的幾何意義等.（x+ax?2a?3a）e(x?R),其中a?R.例3 已知函數f(x)?
（1）當a?0時，求曲線y?f(x)在點(1,f(1))處的切線方程；
（2）討論函數f(x)的單調性.22x
思想方法
四、轉化與化歸思想
方法1抽象問題與具體問題化歸
具體化原則，就是把一些抽象問題化歸為具體問題，從而解決問題.一般地，對于抽象函數、抽象數列等問題，可以借助于熟悉的具體函數、數列等知識，探尋抽象問題的規律，找到解決問題的突破口和方法.例1 若定義在R上的函數f(x)滿足：對任意x1,x2?R有f(x1?x2)?f(x1)?f(x2)?1，則下列說法一定正確的是（）
A.f(x)為奇函數B.f(x)為偶函數C.f(x)+1為奇函數D.f(x)+1為偶函數
方法2一般問題與特殊問題化歸
數學題目有的具有一般性，有的具有特殊性.解題時，有時需要把一般問題化歸為特殊問題，有時需要把特殊問題化歸為一般問題.其解題模式是：首先設法使問題特殊（或一般）化，降低難度，然后解這個特殊（或一般）性的問題，從而使原問題獲解.e4e5e6
例2 ，（其中e為自然常數）的大小關系是（）162536
e4e5e6
A.??162536e6e5e4B.??362516e5e4e6C.??251636e6e4e5D.??36162
5方法3正向思維與逆向思維化歸
逆向思維能力是指從正向思維序列到逆向思維序列的轉換能力.如果經常注意對問題的逆向思考，不僅可以加深對可逆只是的理解，而且可以提高思維的靈活性.例3 已知集合A?yy?(a?a?1)y?a(a?1)?0,A?yy?6y?8?0，若A?B?0，則實數a的取值范圍為.?222??2?
方法4命題與等價命題化歸
有的命題若直接考慮，則顯得無從下手，若把命題化歸為他的等價命題，往往柳暗花明.解題時要注意命題與等價命題的轉化，尤其是原命題與逆否命題的轉化.例4 設函數f(x)?x?3bx?3cx有兩個極值點x1、x2,且x1???1,0?,x2??1,2?.32
（1）求b,c滿足的約束條件；（2）證明：?10?f(x2)??.1
第四篇：高考數列壓軸題匯總（附答案解析）
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．
—
END
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第五篇：用數學歸納法證明數列不等式
【例1】（2012全國大綱卷理22）函數f(x)?x2?2x?3，定義數列?xn?如下：x1?2，xn?1是過兩點P(4,5)、Qn(xn,f(xn))的直線PQn與x軸交點的橫坐標.（1）證明:2?xn?xn?1?3；（2）求數列?xn?的通項公式.【證】（1）證：直線PQn的方程為y?5?f(xn)?5(x?4)，即y?5?(xn?2)(x?4)，xn?44x?35令y?0，解得xn?1?4?.?nxn?2xn?2下用數學歸納法證明2?xn?3：
① 當n?1時，x1?2，所以2?x1?3.② 假設當n?k時結論成立，即2?xk?3，則當n?k?1時，由xk?1?4?11555?xk?1?3，故?xk?1?4?，得4?，即42?23?2xk?2*2?xk?1?3.由①②知，對一切n?N都有2?xn?3.4xn?3?xn2?2xn?3(3?xn)(xn?1)從而xn?1?xn??xn???0，故xn?1?xn.xn?2xn?2xn?2綜上，2?xn?xn?1?3.4x?3x?35(xn?1)（2）解：由（1）知，xn?1?n，則 xn?1?3?n ①，xn?1?1? ②，xn?2xn?2xn?
2①?②，得
?x?3?11xn?1?31xn?3???，故數列?n是首項為，公比為的等比數列.?53xn?1?15xn?1x?1?n?n?19?5n?1?1xn?31?1?*
因此，(n?N).?????，解得：xn?n?13?5?1xn?13?5?【例2】已知函數f(x)?ln(2?x)?ax在開區間(0，1)內是增函數．
(Ⅰ)求實數a的取值范圍；
(Ⅱ)若數列?an?滿a1?(0,1),an?1?ln(2?an)?an(n?N*)，證明：0?an?an?1?1．(Ⅰ)解：f?(x)??1?a，由于f(x)在(0，1)內是增函數，2?x1?a?0在x∈∴ f?(x)?0，即 ?(0，1)時恒成立． 2?x1∴ a?? 恒成立，x?2而
－2＜x－2＜－1，11??，x?2211?1，即 ??2x?2∴
a?1即為所求． ∴ ?1?(Ⅱ)證明：① 當n=1時，由題設知a1∈(0，1)． ② 假設當n=k時，不等式成立，即ak∈(0，1)，則 當n=k+1時，由(Ⅰ)知，f(x)=ln(2－x)+x在(0，1)上是增函數
∴0?f(0)?ln(2?0)?0?ak?1?ln(2?ak)?ak?f(ak)?f(1)?ln(2?1)?1?1，即ak+1∈(0，1)，故n=k+1時命題成立.根據① ② 知0＜an＜1，n∈N*． 又 ∵ an?1?an?ln(2?an)?ln(2?1)?0，∴ 0?an?an?1?1．
【例3】已知函數f(x)?x?sinx,數列{an}滿足：0?a1?1,an?1?f(an),n?1,2,3,證明：，13an.6證明：(Ⅰ)先用數學歸納法證明0?an?1,n?1,2,3,?(Ⅰ)0?an?1?an?1；(Ⅱ)an?1?① 當n=1時，由已知，結論成立.② 假設當n=k時結論成立，即0?ak?1，因為0?x?1時，f?(x)?1?cosx?0，所以f(x)在(0，1)上是增函數，又f(x)在[0，1]上連續，從而f(0)?f(ak)?f(1)，即0?ak?1?1?sin1?1，故當n=k+1時，結論成立.由①②可知，0?an?1對一切正整數都成立.又因為0?an?1時，an?1?an?an?sinan?an??sinan?0，所以an?1?an，綜上所述0?an?1?an?1.(Ⅱ)設函數g(x)?sinx?x?13x,0?x?1，6由(Ⅰ)可知，當0?x?1時，sinx?x.x2x2x2x22x??2sin???2()??0, 從而g?(x)?cosx?1?22222所以g(x)在（0，1）上是增函數.又g(0)?0，所以當0?x?1時，g(x)>0成立.13于是g(an)?0，即sinan?an?an?0，613故an?1?an．
【例4】已知函數f(x)?x?ln?1?x?,數列?an?滿足0?a1?1, an?1?f?an?;數列?bn?滿足b1?11,bn?1?(n?1)bn, n?N*.求證: 22（Ⅰ）0?an?1?an?1;
an2;（Ⅱ）an?1?22,則當n≥2時,bn?an?n!.(n!?n?(n?1)?（Ⅲ）若a1?2*解:(Ⅰ)先用數學歸納法證明0?an?1,n?N.（1）當n=1時,由已知得結論成立;
?2?1)（2）假設當n=k時,結論成立,即0?ak?1.則當n=k+1時,因為0
————①bn?1bn?2b12 an2aaaaa,知:n?1?n, 所以n=2?3由(Ⅱ)an?1?2a1a1a2an2因為a1?anaa?12an?122an?1 , 22, n≥2, 0?an?1?an?1.2a1a2an?1a1n2?a121?a1 所以 an?.222222 由①② 兩式可知: bn?an?n!.【例5】 設函數f(x)與數列?an?滿足以下關系： ① a1??，其中?是方程f(x)?x的實根； ② an?1?f(an)； 1).③ f(x)的導數f?(x)?(0，(Ⅰ)求證：an??； (Ⅱ)判斷an與an?1的大小關系，并證明你的結論.(Ⅰ)證：① 當n?1時，a1??，不等式成立.② 假設當n?k時不等式成立，即ak??，則n?k?1時，∵f?(x)?0，則f(x)遞增.∴ak?1?f(ak)?f(?)??，即n?k?1時不等式也成立.由①、②知，an??對一切n?N都成立.(Ⅱ)解：an?1?an?f(an)?an，設F(x)?f(x)?x，則F?(x)?f?(x)?1?0，∴F(x)遞減，而an??，∴F(an)?F(?)?f(?)???0，即f(an)?an?0，亦即an?1?an?0，*∴an?1?an.【例6】（2005江西）已知數列{an}的各項都是正數,且滿足: 1an(4?an),n?N.2（1）證明an?an?1?2,n?N;a0?1,an?1?（2）求數列{an}的通項公式an.解：（1）方法一 用數學歸納法證明： 13a0(4?a0)?,∴a0?a1?2，命題正確.222°假設n=k時有ak?1?ak?2.1則n?k?1時,ak?ak?1?ak?1(4?ak?1)?ak(4?ak) 221?2(ak?1?ak)?(ak?1?ak)(ak?1?ak) 21?(ak?1?ak)(4?ak?1?ak).2而ak?1?ak?0.4?ak?1?ak?0,?ak?ak?1?0.112又ak?1?ak(4?ak)?[4?(ak?2)]?2.22∴n?k?1時命題正確.由1°、2°知，對一切n∈N時有an?an?1?2.1°當n=1時，a0?1,a1?方法二：用數學歸納法證明： 1°當n=1時，a0?1,a1? 2°假設n=k時有ak?令f(x)?13a0(4?a0)?,∴0?a0?a1?2； 22?ak?2成立，1x(4?x)，f(x)在[0，2]上單調遞增，所以由假設 2111有：f(ak?1)?f(ak)?f(2),即ak?1(4?ak?1)?ak(4?ak)??2?(4?2)，222也即當n=k+1時 ak?ak?1?2成立，所以由1°、2°知，對一切n?N,有ak?ak?1? 2（2）下面來求數列的通項：an?1?11an(4?an)?[?(an?2)2?4],所以 222(an?1?2)??(an?2)2 1211221122211?2???2n?12n令bn?an?2,則bn??bn??(?b)???()b????()bn?1n?2n?1222222，2又bn=－1，所以bn??()12n?11n,即an?2?bn?2?()2?1 【拓展題】 【例】、數列?an?滿足an?12a?3an??，且a1?1.（1）當??1時，求數列?an?的?nan?12通項公式； （2）若不等式an?1?an對一切n?N恒成立，求?的取值范圍； （3）當?3???1時，證明： *1111?????1?n.1?a11?a21?an2解：（1）當??1時，an?1?2an?1?an?1?1?2(an?1)???an?2n?1.(an?1)2???1*（2）an?1?an?①，要使an?1?an對一切n?N恒成立，an?1(a1?1)2???1??3至少需使a2?a1???0成立????3.a1?12下面先用數歸法證明：當???3時，an?1(略)，再由①知an?1?an恒成立.所以??[?3,??)為所求.（3）當?3???1時，由(2)知an?1，則由 2a(a?1)?(an?1)???1??1an?1?nn?2an?1??2an?1 an?1an?1?an?1?1?2(an?1)?22(an?1?1)???2n(a1?1)?2n?111?0?an?1?2n??n，1?an21111111從而??????2???n?1?n，等號當且僅當n?11?a11?a21?an2222時成立.（2009安徽理21）首項為正數的數列?an?滿足an?1?為奇數，則對一切n?2,an都是奇數；（2）若對一切n?N都有an?1?an，求a1的取值范圍.略解：（1）已知a1是奇數，假設ak?2m?1是奇數，其中m為正整數，*12(an?3),n?N*.（1）證明：若a14ak2?3?m(m?1)?1是奇數.（因為m(m?1)是偶數）則由遞推關系得ak?1?4*根據數學歸納法，對任何n?N，an都是奇數.1（2）（方法一）由an?1?an?(an?1)(an?3)知，an?1?an當且僅當an?1或an?3.41?332?3?1；若ak?3，則ak?1??3.另一方面，若0?ak?1,則0?ak?1?44根據數學歸納法，0?a1?1,?0?an?1,?n?N*;a1?3?an?3,?n?N*.綜合所述，對一切n?N都有an?1?an的充要條件是0?a1?1或a1?3.*a12?3?a1,得a12?4a1?3?0,于是0?a1?1或a1?3.（方法二）由a2?4an2?3an2?3an?12?3(an?an?1)(an?an?1), an?1?an???，因為a1?0,an?1?4444所以所有的an均大于0，因此an?1?an與an?an?1同號.根據數學歸納法，?n?N，an?1?an與a2?a1同號.*因此，對一切n?N都有an?1?an的充要條件是0?a1?1或a1?3.*
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