高考数列压轴题
文档编制序号：[KKIDT-LLE0828-LLETD298-POI08]
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≤
； ．
（n∈N*）
3．数列{an}中，a1=，an+1=（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*，2﹣5．已知在数列{an}中，（1）求证：1＜an+1＜an＜2； （2）求证：
（3）求证：n＜sn＜n+2．
；
．，n∈N*
≤Sn＜3．
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
．
8．已知数列{an}满足a1=1，（Ⅰ） 证明：（Ⅱ） 证明：
9．设数列{an}的前n项的和为Sn，已知a1=，an+1=（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．
；
．
，其中n∈N*．
（n∈N*），
，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，
（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{anbn}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
；
}的前n项和为Bn，证明：
=an+1．
（Ⅱ）设数列{an2}的前n项和为An，数列{
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=（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|≤；
．
，n∈N*，Sn为{an}的前n项和．
． ﹣．
（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=（1）求证：an+1＞an； （2）求证：a2017＜1；
（3）若ak＞1，求正整数k的最小值．
+an（n∈N*）．
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．
（n∈N*）
26．已知数列{an}满足：a1=1，（Ⅰ）求证：an≥1； （Ⅱ）证明：（Ⅲ）求证：
≥1+
＜an+1＜n+1．
（n∈N*）
27．在正项数列{an}中，已知a1=1，且满足an+1=2an（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．
，n∈N*．
31．已知数列{an}满足a1=，an+1=（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：（1）证明：an＞an+1＞1； （2）证明：
，p＞1，．
；
（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，（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≤
．
．
是等差数列； ．
．
，（n∈N*）
39．已知数列{an}满足：a1=1，（1）若b=1，证明：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}，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*．
a
}
{
（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，（1）求证：（2）求证：（3）设
46．已知无穷数列{an}的首项a1=，（Ⅰ）证明：0＜an＜1； （Ⅱ） 记bn=Tn
．
+3，求证：
，Tn为数列{bn}的前n项和，证明：对任意正整数n，； 是等差数列；
，记数列{bn}的前n项和为Sn，求证：
=
n∈N*．
．
，
（n∈N*）．
；
47．已知数列{xn}满足x1=1，xn+1=2（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=（i）求证：
（ii）求证：Sn＜Sn+1＜49．设数列满足|an﹣
．
|≤1，n∈N*． ，Sn是数列{bn}的前n项和，
；
（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：（Ⅱ）求证：
≥1+；
＜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=（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*）
+
，…，an=
+
+…+
（n∈N*）
【解答】解：（1）a2=a3=a4=a5=
+++
++++
+=2+2=4，
=3+6+6=15， ++
=4+4×3+4×3×2+4×3×2×1=64， +
=5+20+60+120+120=325；
=n+n（n﹣1）+n（n﹣1）（n﹣2）+…+n!
（2）an=+…+
=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+
﹣
+=3﹣
+…+＜3（n≥2）．
=2+1﹣
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（﹣）≥…≥2n1（
﹣
﹣）=2n2，
﹣
∴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﹣【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）；
≤Sn＜3．
（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≥…，an≥
，
+
+…+
，a3≥
a2≥
，
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，（1）求证：1＜an+1＜an＜2；
．，n∈N*
（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）a1n1； （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，由①②知，
∴当0≤a1≤1时，0≤an≤1． （Ⅱ）由an+1﹣an=（
若a1＞1，则an＞1，（n∈N*）， 从而
=
﹣an=an（an﹣1），
）﹣an=（an﹣1）2≥0，知an+1≥an．
=（．
）2+
∈[
][0，1]，
即=an≥a1，
∴，
﹣
∴当a1＞1时，an＞（a1﹣1）a1n1．
（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∴∵∴nbn2
，得
．
，
=（b1﹣b2）+（b2﹣b3）+…+（bn﹣bn+1）=b1﹣bn+1＜b1=≥
， ，（n∈N*），
=
，
，即=
∵
∴b1+b2+…+bn即n﹣Sn∴当
[（，亦即
）+（
， ．
）+…+（）]=，
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∴Sn=（
）n1（n∈N*）．
；
﹣
为公比的等比数列，
∴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．
（n∈N*），
8．已知数列{an}满足a1=1，
（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∴bn﹣1bn=n④
由b1=a1=1，b2=2，易得bn＞0 由③﹣④得：
③
∴b1＜b3＜…＜b2n﹣1，b2＜b4＜…＜b2n，得bn≥1 根据bnbn+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，
+＞0．
∴an+1﹣2与an﹣2同号，因此与a1﹣2同号，而a1﹣2=﹣∴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﹣． ）n．
﹣1（n∈N*），{an}的前n项和是Sn．
综上可得：2n﹣≤Sn≤2n﹣1+（
10．数列{an}的各项均为正数，且an+1=an+
（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﹣【解答】（I）解：由a2＞a1＞0又a3＞a2＞0，
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），
（n﹣1），证明：Sn＜2n+1．
﹣1＞a1＞0，解得0＜a1＜2，①．
﹣1＜2，解得1＜a1＜2，②．
＞a2，0＜a2＜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=在Sn≥na1﹣
﹣1＜2，即数列{an}是递减数列．
﹣1=S2≥2a1﹣
，解得a1≤3，因此2＜a1≤3．
（n﹣1）中，令n=2，可得：2a1+
下证：（1）当事实上，当
时，Sn≥na1﹣
（n﹣1）恒成立．
）=．
．
时，由an=a1+（an﹣a1）≥a1+（2﹣
=na1﹣
于是Sn=a1+a2+…+an≥a1+（n﹣1）再证明：（2）事实上，当
时不合题意．
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﹣
．这与Sn≥na1﹣
﹣tn+
．
只要n充分大，可得：Sn＜na1﹣∴
时不合题意．
（n﹣1）恒成立矛盾．
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{anbn}的前n项和，令fn（x）=Sn﹣1，x∈R，a∈N*．
}的前n项和Tn；
（Ⅰ）若x=2，求数列{
（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×（∴∴
Tn=1×（Tn=
）1+3×（）2+3×（
）2+（
）2+…+（2n﹣1）（）3+…+（2n﹣1）（）3+…+（
）n， ）n1，
）n1
+
+
+2×[（）n]﹣（2n﹣1）（
=+2×﹣（2n﹣1）（）n1=
+
+1﹣（）n1﹣（2n﹣1）（
﹣
）n1，
+
∴Tn=3﹣（）n2﹣（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，
=﹣+×=﹣（）n1＜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，
原命题等价于证明提示：构造函数
；用数学归纳法
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=（Ⅰ）求a2，a3；并证明：2
，an=an﹣12+an﹣1（n≥2且n∈N）．
﹣
≤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+∴an＞2
=an﹣12+an﹣1+＞（an﹣1+
﹣
=（an﹣1+）2＞（an﹣2+，
）2+
＞（an﹣1+
）2，
）8＞…＞（a1+
）
=2
，
）4＞＞（an﹣3+
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综上，2
（
＜222
）﹣
≤an≤
＜22224=33
＜…＜22224…2． ．
a1
（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=
﹣
．
=an+1+2）=an﹣2，①，
∴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（）k1＞a2（
﹣
）k1=a2（1+
﹣
）k1，
﹣
≥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， 而当因此有
， ．
（*）
时，显然有
，
，
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．
，
）=（
）
=1+
=
，
（2）当n=1时，|a2﹣a1|=当n≥2时，∵（
）（
∴|an+1﹣an|=||=≤|an﹣an﹣1|＜…＜（）n1|a2﹣
﹣
a1|=，
∴|a2n﹣a2n﹣1|≤|a2n﹣a2n﹣1|+|a2n﹣1﹣a2n﹣2|+…+|an+1﹣an|
≤=
=（）n1﹣（
﹣
）2n1≤．
﹣
，
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=22n1=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．
，∴a2=22﹣2+1=3，同理可得：a3=7．
，对n∈N*恒成立，
【解答】（1）解：∵a1=2，（2）证明：∴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（Ⅰ）求a2，a3； （Ⅱ）证明．an≥
．
．
（n∈N*）
【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，
=所以
，即．
（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+…+n3n， 3Tn=32+2×33+…+（n﹣1）3n+n3n1，
+
∴﹣2Tn=3+32+…+3n﹣n3n1=解得Tn=
+
．
+
﹣n3n1=
+
×3n1﹣
+
，
（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=
综上可得：
+…+＜+＜
+
．因此右边不等式成立．
+…+
．
…+
﹣＜
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+（（Ⅲ）设数列{
）n1；
）n≤Sn＜1．
﹣
}的前n项和为Sn，求证：1﹣（
【解答】证明：（I）an+1﹣an=∴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=≥0，
∴=≥，
∴an﹣2≥∴an≥2+（
（an﹣1﹣2）≥（）n1；
﹣
）2（an﹣2﹣2）≥（）3（an﹣3﹣2）≥…≥（）n1（a1﹣2）=（
﹣
）n1，
﹣
（Ⅲ）∵2（an+1﹣2）=an（an﹣2），
∴∴∴∴Sn=
=﹣+
+…+=
+
==
﹣
， ，
﹣
+
﹣
+…+
﹣
=
﹣
=1﹣
=
（
﹣
）
，
∵an+1﹣2≥（∴0＜∴1﹣（
）n， ≤（
）n，
＜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＜．
【解答】（1）解：∵a1=，a，n∈N．∴a2=
+
=．
（2）解：∵a1=，a，n∈N．∴
+
=﹣，
化为：∴数列∴
﹣1=
﹣1=，
．
是等比数列，首项与公比都为，
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，故2＜bn＜
（n≥2）．
，
），
）（4n，5n），
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）
，得a2＞a1．…（5分）
，
，
． …（7分）
，
（2）由条件得又因为两式相减得
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．…（9分） （3）因为
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）
，…（10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，
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）
成立．
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，令则
，x＞1，
，
，
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=0ak﹣1=0， 继而ak﹣1=0ak﹣2=0…a1=0，与已知矛盾． 所以由an+1﹣an+anan+1=0可得即数列 所以
是公差为1的等差数列．
．
．
所以数列{an}的通项公式是（Ⅱ） 证明一：因为所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an
（n∈N*）．
．
=
．
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（2）由条件得又因为两式相减得
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，
，
，
得a2＞a1，
，
；显然，当
时，有an=1
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，（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∈N*）
∴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≥（）n1a1=
﹣
，即an≥．
由an+1=，则=an+，
∴∴
﹣﹣
=an， =a1=1，
﹣
=a2=
，
﹣
=a3=（
）2…
﹣
=an﹣1≥（
）n2，
﹣
累加得﹣=1++（）2+…+（）n2=
﹣
=2﹣（）n2，
﹣
而a1=1，
∴≥3﹣（）n2=
﹣
=，
∴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=∴（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=数列{a2n﹣1}单调递减． 可令an+1→an，可得1+an=
， ﹣1，
． +1，
可得an→，即有an＜（n=2，3，…）， ﹣1，可得
再令f（x）=
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，
40．已知数列{an}满足
，
成立．
（n=1，2，3…），
，Sn=b1+b2+…+bn．
证明：（Ⅰ）an﹣1＜an＜1（n≥1）； （Ⅱ）
（n≥2）．
得：
（*）
【解答】证明：（Ⅰ）由显然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＜1an﹣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）==
…（14分）
…（12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：可得
﹣…，
﹣由累加得
=an， ﹣
﹣
=a1，
﹣=an，
=a2，
=a1+a2+…+an=Sn，
又因为=a12+a22+…+an2+2n+1＞2n+2，
所以=又由即
＞﹣
＞＞＞，得
，Sn=an+an﹣1+…+a1 ﹣1＞，
﹣1；
当n＞1时，an＜累加得Sn＜a1+当n=1时，Sn因此
﹣1＜Sn
[（
=＜﹣1）+（
﹣
=（﹣﹣
）， ）]=1+
（
﹣1）＜
，
）+…+（
成立．
．
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；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；
，即bn+1=2bn（2
（5分）
（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，得
+an+2=2an+1，
，n∈N*．
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，可得：
+an+1=2an，得
，n∈N*．
+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≤即an≤
，n∈N*．
，n∈N*．
则a1+a2+a3+…+an＜n+2=n+2×＜n+6，n∈N*．
44．已知在数列{an}中，（1）求证：1＜an+1＜an＜2；
，，n∈N*．
（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
，ak∈（1，2）成立．
=（an﹣1）（an﹣2）＜0．
2°．假设n=k时成立，即1＜ak＜2，n=k+1时，由1°2°知1＜an＜2，n∈N*恒成立.所以1＜an+1＜an＜2成立． （2）当n≥3时，所以
．
，
而1＜an＜2．
，
由得，
=
所以
（3）由（1）1＜an＜2得sn＞n
由（2）得，
=．
45．已知数列{an}中，（1）求证：
；
，（n∈N*）．
（2）求证：（3）设
是等差数列；
，记数列{bn}的前n项和为Sn，求证：
．
【解答】证明：（1）当n=1时，假设当n=k（k≥1）时结论成立，即
，满足≤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=（Ⅰ）证明：0＜an＜1；
，
=
n∈N*．
（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∴
∴当n≥2时，
也为递减数列，
=
=
=
，易知
为递减数列，
∴当n≥2时，=
当n=1时，
当n≥2时，Tn=b1+b2+…+bn＜
，成立；
=
综上，对任意正整数n，
47．已知数列{xn}满足x1=1，xn+1=2（I）0＜xn＜9； （II）xn＜xn+1； （III）
．
+3，求证：
【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
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所以所以又x1=1，故
+3＞
+3． ，即
． ．
．
．
．
． ，
得xk+1＜9
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=（i）求证：
（ii）求证：Sn＜Sn+1＜
．
，Sn是数列{bn}的前n项和，
；
【解答】（I）解：对任意n∈N*，满足an+1=an+can2（c＞0且为常数）．∴a2=∵a1，2a2，3a3依次成等比数列，∴
=a13a3，∴
=a13（
．a3=
．
），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＜Sn+1＜
．
=Sn+1＜
．
49．设数列满足|an﹣
﹣
|≤1，n∈N*．
（Ⅰ）求证：|an|≥2n1（|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|≥2n1（|a1|﹣2）（n∈N*）．
（II）任取n∈N*，由（I）知，对于任意m＞n，
﹣
﹣=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）
≤++…+=＜．
∴|an|＜（+）2n≤[+（）m]2n=2+（）m2n．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，故an+1＜n+1，
另一方面，由an≤n可得，
﹣
＜1﹣
，
原式变形为
故
累加得，
故＜an+1＜n+1．
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