高考数列压轴题汇总(附答案解析)


    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.   — END — 本文档由香当网(https://www.xiangdang.net)用户上传

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    文档贡献者

    徐***计

    贡献于2022-06-22

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