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．
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END
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