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．
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；
；
．，n∈N*
≤Sn＜3．
（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{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
；
}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|≤； （3）求证：|a2n﹣an|≤
．
（a＞0且a≠1，n∈N）．
*
．
，n∈N*，Sn为{an}的前n项和．
． ﹣．
17．设数列{an}满足：a1=a，an+1=
（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（
，n∈N*．
++…+）．
22．已知数列{an}满足a1=1，an+1=（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：an﹣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．
2
26．已知数列{an}满足：a1=1，（Ⅰ）求证：an≥1； （Ⅱ）证明：（Ⅲ）求证：
≥1+
（n∈N*）
＜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．
31．已知数列{an}满足a1=，an+1=（1）求a2； （2）求{
}的通项公式；
，n∈N*．
（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Sn=b1+b2+…+bn．
证明：（Ⅰ）an﹣1＜an＜1（n≥1）； （Ⅱ）
（n≥2）．
，n∈N*，记S
，Tn分别是数列{an}，{a
}
，
．
（n=1，2，3…），
，
41．已知数列{an}满足a1=1，an+1=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+++…+（III）若
=bn，求证：2≤
＜n（n≥2）；
＜3．
，n∈N*．
43．已知正项数列{an}满足a1=3，（1）求证：1＜an≤3，n∈N*； （2）若对于任意的正整数n，都有（3）求证：a1+a2+a3+…+an＜n+6，n∈N． 44．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． 45．已知数列{an}中，（1）求证：（2）求证：（3）设
； 是等差数列；
，
； ，
*
成立，求M的最小值；
，n∈N*．
（n∈N*）．
，记数列{bn}的前n项和为Sn，求证：
=
n∈N*．
．
46．已知无穷数列{an}的首项a1=，（Ⅰ）证明：0＜an＜1； （Ⅱ） 记bn=Tn
．
，Tn为数列{bn}的前n项和，证明：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：
48．数列{an}各项均为正数，且对任意n∈N，满足an+1=an+can（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，
；
*2
（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=
+
，…，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=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+1﹣2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）， 记函数f（x）=x﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0 ∴f′（x）=
+ln（1+x）＞0，
2
2
*
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增， ∴f（x）≥f（0）=0，
因此xn+1﹣2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）≥0， 故2xn+1﹣xn≤
；
2
（Ⅲ）∵xn=xn+1+ln（1+xn+1）≤xn+1+xn+1=2xn+1， ∴xn≥
，
由≥2xn+1﹣xn得﹣≥2（﹣）＞0，
∴∴xn≤
﹣≥2（， ≤xn≤
﹣）≥…≥2
n﹣1
（﹣）=2
n﹣2
，
综上所述．
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， ∴
，
，
．
2
2
4．已知正项数列{an}满足an+an=3an+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）an+an=3an+1+2an+1，a1=1， 即有a1+a1=3a2+2a2=2， 解得a2=
2
2
2
2
2
*
*
≤Sn＜3．
（负的舍去）；
2
（2）证明：an+an=3an+1+2an+1， 可得an﹣4an+1+an﹣2an+1+an+1=0， 即有（an﹣2an+1）（an+2an+1+1）+an+1=0， 由于正项数列{an}，
即有an+2an+1+1＞0，4an+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≥
，
*
*2
2
2
2
2
前n项和为Sn=a1+a2+…+an≥1+
==2﹣，
又an+an=3an+1+2an+1＞an+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+
+
+…+
222
=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，
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
，
．
成立．
．
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=an﹣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）a1（III）当a1=
时，n﹣
n﹣1
2*
；
＜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
=
*
=（．
）+
2
∈[]⊂[0，1]，
）﹣an=（an﹣1）≥0，知an+1≥an．
2
﹣an=an（an﹣1），
即=an≥a1，
∴，
n﹣1
∴当a1＞1时，an＞（a1﹣1）a1（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
．
∴∵∴nbn
2
=（b1﹣b2）+（b2﹣b3）+…+（bn﹣bn+1）=b1﹣bn+1＜b1=≥
，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∴Sn=（
）
n﹣1
为公比的等比数列，
（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．
（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﹣1•bn=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，
+＞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﹣综上可得：2n﹣
＞2n﹣
≤Sn≤2n﹣1+（
． ）．
﹣1（n∈N），{an}的前n项和是Sn．
*
n
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．
*
*
（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⇔
（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=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=x，bn=（
n
），Sn为数列{an•bn}的前n项和，令fn（x）=Sn﹣1，x∈R，a∈N．
}的前n项和Tn；
2*
（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=2，则
n
=（2n﹣1）（），
n
则Tn=1×（∴∴
Tn=1×（Tn=
）+3×（）+3×（
2
1
）+…+（2n﹣1）（）+…+（2n﹣1）（）+…+（
3
n
3
2
）， ），
）
n+1
n+1
n
+2×[（）+（
2
）]﹣（2n﹣1）（
=+2×﹣（2n﹣1）（）=
n+1
+1﹣（）
n﹣1
﹣（2n﹣1）（），
n+1
∴Tn=3﹣（）
n﹣2
﹣（2n﹣1）（）=3﹣
n
；
（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﹣1+an﹣1（n≥2且n∈N）．
﹣
≤an≤
•3
；
2
（Ⅱ）设数列{an}的前n项和为An，数列{
2
}的前n项和为Bn，证明：=an+1．
【解答】解：（I）a2=a1+a1=a3=a2+a2=
2
2
2
=，
=．
证明：∵an=an﹣1+an﹣1， ∴an+∴an+
=an﹣1+an﹣1+＞（an﹣1+
2
=（an﹣1+）＞（an﹣2+
2
）+
4
2
＞（an﹣1+），
）＞…＞（a1+
8
2
）＞＞（an﹣3+）=2，
∴an＞2﹣
2
，
又∵an﹣an﹣1=an﹣1＞0，∴an＞an﹣1＞an﹣2＞…＞a1＞1， ∴an＞an， ∴an=an﹣1+an﹣1＜2a
2
2
，
∴an＜2a=2综上，2
＜2•2•（﹣）
2
＜2•2•2=
•3•3
24
＜…＜2•2•2•…•2． ．
24
a1
≤an≤
2
（II）证明：∵an=an﹣1+an﹣1，∴an﹣1=an﹣an﹣1，
∴An=a1+a2+a3+…an=（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（an+1﹣an）=an+1﹣∵an=an﹣1+an﹣1=an﹣1（an﹣1+1）， ∴∴∴Bn==
﹣
． =
=
=， …+
=（
）+（
）+（
﹣
）+…+（
）
，
22
2
2
2
2
，
∴==．
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b*
k=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=猜想：
，a3=，a4=，
≤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an|
n
≥
2
时
，
＜|a2n
； ﹣
an|
≤
|a2n
﹣
a2n
|+|a2n
﹣
a2n
|+…+|an+1．
﹣
﹣1﹣1﹣2
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）=1+Cnx+…+Cnx≥nx，
n
1
nn
而ak+1＜b+1＜b+1，且a2＜a3＜…＜ak＜b＜1
22
∴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+1=nan+an（n∈N*）． （Ⅰ）证明：an＞1；
22
（Ⅱ）证明：++…+＜（n≥2）．
【解答】证明：（Ⅰ）由题意得（n+1）an+1﹣（n+1）=nan﹣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+1=nan+an＜（n+1）an， ∴an+1＜an，1＜an≤2，
又由题意可得an=（n+1）an+1﹣nan，
∴a1=2a2﹣a1，a2=3a3﹣2a2，…，an=（n+1）an+1﹣nan， 相加可得a1+a2+…+an=（n+1）an+1﹣4＜2n，
2
2
2
2
2
2
2
2
22
2
2
22
∴an+1≤
2
，即an≤
2
，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
2
2
．
21．已知数列{an}满足a1=1，且an+1+an=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Sn＞2（
2
++…+）．
【解答】解：（1）a1=1，且an+1+an=2（an+1an+an+1﹣an﹣可得an+1+an﹣2an+1an﹣2an+1+2an+1=0， 即有（an+1﹣an）﹣2（an+1﹣an）+1=0， 即为（an+1﹣an﹣1）=0， 可得an+1﹣an=1， 则an=a1+n﹣1=n，n∈N*； （2）证明：由
=
＜
=
﹣
22
2
2
22
），
，n≥2．
则++…+=1+++…+
＜1++﹣+﹣+…+﹣=﹣＜，
故原不等式成立； （3）证明：Sn=
+
+…+
=1+
+…+
，
当n=2时，S2=（1+
2
2
）=
2
＞2•+
=成立；
）．
假设n=k≥2，都有Sk＞2（+…+
则n=k+1时，Sk+1=（Sk+
2
），
2
Sk+1﹣2（=（Sk+
2
+
2
+…+
+
++…+
） ）﹣2•
）﹣2（
=Sk﹣2（
2
++…+）++2•﹣2•
=Sk﹣2（
2
++…+）+，
由k＞1可得＞0，
且Sk＞2（可得Sk﹣2（则Sk+1＞2（
22
2
+++
+…++…++…+
）． ）＞0， +
2
）恒成立．
+
*
综上可得，对于一切n≥2，都有Sn＞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，由①②得
≤an≤1．
，命题也成立．
（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•2
n﹣1
+
=2，an=2﹣1．
nn
（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：an﹣an﹣an+1+1=0，a1=2
2
（1）求a2，a3；
（2）证明数列为递增数列； （3）求证：
＜1．
【解答】（1）解：∵a，∴a2
1=2，2=2﹣2+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：a*
1=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：a*
1=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
，
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
﹣
变
形
为
=（）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
n=3．
∴数列{nb2
3
n
n}的前n项和Tn=3+2×3+3×3+…+n•3， 3T2
3
n=3+2×3+…+（n﹣1）•3n
+n•3n+1， ∴﹣2T2
n
n+1
n=3+3+…+3﹣n•3=﹣n•3n+1
=
×3n+1
﹣
，
解得Tn=
+
．
（III）证明：∵bn
n
n=3=an+1，解得an=3﹣1． 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．
+…+
2
…+
﹣＜．
30．已知数列{an}中，a1=3，2an+1=an﹣2an+4． （Ⅰ）证明：an+1＞an； （Ⅱ）证明：an≥2+（（Ⅲ）设数列{
）
n﹣1
；
）≤Sn＜1．
n
}的前n项和为Sn，求证：1﹣（
【解答】证明：（I）an+1﹣an=∴an+1≥an≥3， ∴（an﹣2）＞0 ∴an+1﹣an＞0， 即an+1＞an；
（II）∵2an+1﹣4=an﹣2an=an（an﹣2）
2
2
﹣an=≥0，
∴=≥，
∴an﹣2≥∴an≥2+（
（an﹣1﹣2）≥（）
n﹣1
）（an﹣2﹣2）≥（
2
）（an﹣3﹣2）≥…≥（
3
）
n﹣1
（a1﹣2）=（）
n﹣1
，
；
（Ⅲ）∵2（an+1﹣2）=an（an﹣2）， ∴∴∴∴Sn=
=﹣+，
+…+=
+
==
﹣
， ，
﹣
+
﹣
+…+
﹣
=
﹣
=1﹣
=
（
﹣
）
∵an+1﹣2≥（∴0＜∴1﹣（
n
）， ≤（
），
＜1．
n
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﹣（））≤Sn＜
n
．
【解答】（1）解：∵a1=，a，n∈N．∴a2=
+
=．
（2）解：∵a1=，a，n∈N．∴
+
=﹣，
化为：∴数列∴解得
﹣1==1+
﹣1=，
．
是等比数列，首项与公比都为， ．
（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﹣（
））≤Sn＜
n
． ．
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，an=anan+1﹣2， 可得an+1=an+即an＜an+1；
（2）由（1）可得anan﹣1＜an=anan+1﹣2， 可得anan+1﹣anan﹣1＞2， n=1时，anan+1=a1+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；
2
2
2
．
＞an，
（3）bn=，要证2＜bn＜（n≥2），
即证2＜an＜
2
，
只要证4n＜an＜5n， 由an+1=an+
，可得an+1=an+4+
2
2
，
且a2=3， an+1﹣an=4+
2
2
＞4，
且4+＜4+=4+=，
即有a22
n+1﹣an∈（4，
），
由n=2，3，…，累加可得 a2
2
n﹣a2∈（4（n﹣2），），
即有a2
n∈（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
．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）
…（7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
2
，
令f（x）=2xlnx﹣x+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 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
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=
an+p．
2
明二：
=．
（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
得a2＞a1，
，
；显然，当
时，有an=1
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，（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）﹣9=0，
2
∴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≥（）an﹣1≥…≥（
2
）an﹣1≥（
2
）
n﹣1
a1=，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=∴（an+1﹣1）=（an﹣1）+2， 即（an+1﹣1）﹣（an﹣1）=2， ∴（an﹣1）﹣（an﹣1﹣1）=2，
∴数列{（an﹣1）}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，
2
2
2
2
2
2
2
． +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＜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）==
…（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．
，n∈N*，
【解答】解：（1）由a1=1，an+1=
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：=+an+2，
2
从而﹣﹣2=an，
2
由﹣﹣2=a1，
2
﹣﹣2=a2，
2
…，
﹣
﹣2=an，
2
累加得﹣﹣2n=a1+a2+…+an，
222
即Tn=﹣2n﹣1；
（3）由（2）知：﹣=an，
可得
﹣…，
﹣=a1，
=a2，
﹣由累加得
=an， ﹣
=a1+a2+…+an=Sn，
又因为=a1+a2+…+an+2n+1＞2n+2，
222
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．
．
2
42．已知数列{an}满足a1=3，an+1=an+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
由a1=3，则an＞0，两边取对数得到又b1=log2（a1+1）=2≠0， ∴{bn}是以2为公比的等比数列． 即
（3分）
，则，
，即bn+1=2b（ n2分）
又∵bn=log2（an+1）， ∴
（4分）
o
（2）用数学归纳法证明：1当n=2时，左边为2假设当n=k≥2时，不等式成立， 则当n=k+1时，左边=
o
=右边，此时不等式成立； （5分）
（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，
*
∴，
首先其次∵∴
，
，（10分）
，
，
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，（1）求证：1＜an≤3，n∈N；
*
，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，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：（2）求证：（3）设
，； 是等差数列；
（n∈N）．
*
，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，12n+18n﹣（7n+21n+14）=（5n+7）（n﹣2）≥0，
22
∴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
≥
，成立；
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
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
． ．
*
2
． ，
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+can（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＜
．
*
2
，Sn是数列{bn}的前n项和，
；
【解答】（I）解：对任意n∈N，满足an+1=an+can（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=3a（． 11+ca2）
∴4（）=3a1[1+c（
2
）]，a1＞0，化为：3cx﹣cx﹣1=0，解得x=
22
．
（II）证明：（i）由an+1=an+can（c＞0且为常数），an＞0． ∴
﹣
=
﹣
=
=﹣
．即
﹣
=﹣
．
（ii）由（i）可得：∴bn=∴Sn=
=
﹣=﹣，
+…+
．
=
．
．
由an+1=an+can＞an＞0，可得﹣∴Sn＜∴Sn＜Sn+1＜
．
=Sn+1＜
．
2
49．设数列满足|an﹣（Ⅰ）求证：|an|≥2（Ⅱ）若|an|≤（
n﹣1
|≤1，n∈N． （|a1|﹣2）（n∈N）
*
*
*
*
），n∈N，证明：|an|≤2，n∈N．
n
【解答】解：（I）∵|an﹣|≤1，∴|an|﹣|an+1|≤1，
∴﹣≤，n∈N，
*
∴=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）≤
+++…+==1﹣＜1．
∴|an|≥2
n﹣1
（|a1|﹣2）（n∈N）．
*
*
（II）任取n∈N，由（I）知，对于任意m＞n，
﹣=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）
≤++…+=＜．
∴|an|＜（+）•2≤[
n
+•（）]•2=2+（
mn
）•2．①
mn
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．
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