江西高考数学压轴题新解及对证明数列不等式的启示

第一篇：江西高考数学压轴题新解及对证明数列不等式的启示

江西高考数学压轴题新解及对证明数列不等式的启示

江西省萍乡市教研室(337000)曾建强

（发表于《中学数学研究》2006年第9期）

2006年江西高考理科数学压轴题，是一个数列不等式的证明问题，结论简洁，其证明过程给人多方面的启迪.笔者通过对此问题的研究，给出两种新的证明方法，并将证明中得到的几点启示以飨读者.一、高考题新解答

题目是：已知数列an满足：a13,且an23nan1（1）求数列an的(n2,nN*).2an1n

1通项公式；（2）证明：对一切正整数n，不等式a1a2an2n!恒成立.标准答案及阅卷评分细则均只给出一种解法：

n3nn1n1n1解（1）条件可变形为1(1，ann.).于是1an3an1an3n31

（2）a1a2ann!，111(1)(1)(1)33

3为证a1a2an2n!，1.„„„„„„„„„„（*）只要证nN*时，(11)(11

2)(11)3233n

111111即证(1)(12)(1n)1(2n).„„„„„„„„„（**）333333

用数学归纳化证明（**）（略）.1111111111又(1)(12)(1n)1(2n)n.2223333333

原不等式成立.对于第（2）问中的数列不等式的证明，笔者以下提供两种新的证明方法.方法一.分析：f(n)(11)(11)(11)是减函数，由所证知1是f(n)的一个下界，2n333

2因此猜想(11)(11)(11)1必与1相关.这样我们经探索得到一个更简单的加强不2nn33323

等式(1)(11

3111.)(1)23331

11111证明用数学归纳法证明加强不等式(1)(12)(1n)n1（nN*）.① 32333

n1 时，①显然成立.11111假设nk(k1)时，不等式(1)(12)(1k)k1成立，32333

那么，当nk1时，11111111111(1)(12)(1k)(1k1)(k1)(1k1)k1(k1).32323233333

111111111

又k1(k1)(k2)k1(k1)0(k1).***(1)(12)(1k)(1k1)k2.323333

即nk1时，不等式①成立.故对一切nN*，①成立.从而原不等式成立.1111

方法二.分析：不等式(1)(12)(1n)的左边是一个积式，故可设想构造一

3233

关系式累乘相约，化n项积为有限几项来证明.1111

证明原不等式即证1121n＞.3332

11611211

n1时，1.n2时，112＞.33233272

n1131n

311

3n

n≥3时，1

111

11n113n3n3＞0，1n.1131n1n33

1112813233343n1 112131n＞

11113933331314151n3333

1

1

1

1



288

399

12812883n

＞＞.n

12432399311n3

原不等式成立.本文给出的方法一和方法二，无论是思维价值还是其优美的形式都不逊色于标准答案.这一不等式在分析、证明过程中体现的思维策略和证明方法，对证明某些数列不等式都有相当大的启示性.二、证明中的启示

启示1——利用等价命题转化证明的结论

有些欲证不等式，如果原命题不容易直接利用重要不等式结论或进行简单放缩证得，如正负项交替和形式的不等式、用同一量替换放缩时不等式方向不确定等情况，改变其思维策略，转化结论形式，寻找等价命题，有时可以更好地实施证明.例1数列an中，a12，且log2an1log2an1(nN*,n2).对任意不小于3的自然数n，证明：an1n.an1

n1

n

分析：易求数列的通项公式为an2n，原不等式即为21n.一方面，2n用同一

n

21n1

量进行放缩，不等式的放缩方向不能确定；另一方面，2与n的整式关系也不清楚，如用

n

数学归纳法证明也将在证nk1的命题时因不等式无法传递而证明受阻.但是，这一不等式为2的“齐次”形式，易于化为更简形式，因此，我们可尝试寻找等价命题予以解决.*

证明log可化为an2an1，∴an2n.2an1log2an1(nN,n2)

n

原不等式an1n即21n等价于2n2n1.n

an1

n1

2n1n1

当n3时，由二项式定理, 得

1n1n1n1

2n1.2n(11)n1CnCnCn1CnCn

所以，原不等式成立.例2设nN*且n2，求证1

111112n

.2342n12n3n1

分析：不等式左边是一个正负项交替的和，不便于直接用重要不等式结论和直接放缩，可选用数学归纳法证明，也可通过等价变换“化负为正” 然后证明.证明1

11111



2342n12n

(111111)2(111)2342n12n242n(1

11111111)(1)2342n12n23n

111.n1n2nn

所以原不等式等价于1112n.n1n2nn3n1由柯西不等式，有

[(n1)(n2)(nn)]（111

)n2，n1n2nn

即[n2从而，n(n1)111

]()n2，2n1n2nn

1112n.n1n2nn3n1

综上，原不等式成立.启示2——构造并证明加强不等式

许多不等式的结论，为了简洁美观，在不影响正确性的前提下将某些形式作了适当的处理，使我们往往难于证明结论.不等式一边为常数的形式，通常不能直接用数学归纳法证明，应多考虑用放缩法或构造加强不等式的办法进行证明.一般地，数列不等式如果用数学归纳法证nk1的命题时，因为不等式方向相反无法实现传递而受阻，这时应虑考采用构造加强不等式的策略进行探索.构造加强不等式关键在于观察原不等式的结构和特点，抓住主体，扬弃次要进行构造；或者先对前几项的特点进行分析，揭示这几项的共性并与所证结论进行比较寻找为了简洁美观被适当处理了的部分，然后进行构造.对不等式的加强，一般有整体加强和局部加强两类.例 3数列an中，a1，且anan12(1an)(1an1)(n2,nN*).（1）求数列2

（2）证明：a1a2anan的通项公式；

分析：原不等式可化为



1（nN*）

.n

135(2n1)1当nk1，直接用数学归纳法证明时，246(2n)n

2135(2k1)(2k1)12k114k4k1证明受阻.受阻的原因

2246(2k)(2k2)2k2k(k1)4k4k

在于原不等式右边的值较大.因此，设想寻找一个右边比

111，13

2431124

6410

699

要能证明这一整体加强不等式，问题就得到了解决.



更小的加强值.由n

1135(2n1)1，只，猜想

246(2n)n1231

解（1）∵(an1)(1an1)2(1an)(1an1)(n2)，∴1

1an

2(n1)2n，即an2n1.2，∴

2n1an1a11an1

（2）a1a2an1，即135(2n1)1.246(2n)nn

135(2n1)1

先证加强不等式.246(2n)3n1用数学归纳法证明上加强不等式.当n1时，显然成立.1成立，则当nk1时，假设nk(k1)时，135(2k1)

246(2k)3k1

2k112k1135(2k1)(2k1) 

32246(2k)(2k2)3k12k2k28k20k4



2k1k328k219k4



2k11

.

k42k1k41

即nk1时不等式成立.1所以，nN*时，135(2n1)成立.246(2n)n1

从而，原不等式成立.例4设数列an满足：an1an2nan1，n1,2,3,.（1）当a12时，求a2,a3,a4并由此猜测an的一个通项公式；（2）当a13时，证明对所有的n1，有（i）ann2；（ii）

11111

.（2002年全国高考题）1a11a21a31an2

分析：对于（ii），用数学归纳法证明时，由于假设的不等式右边是一个常数，而当nk1时命题左边增加了一个正值项，故证明受阻.但注意到：

()11，且a1142

11111111()2()3()k1()k1，故只要证明()k1，再累加便可证明原不2222221ak2

等式.证明（I）和（2）（i）解证略，这里只证明（2）（ii）.先用数学归纳法证明加强不等式1当n1时，显然成立.假设nk(k1)时，1ak11



()k1成立，则当nk1时，ak12

()n1.an12

11111

()k1()(k1)1.ak(akk)22ak2222

11成立.()n1

an12

即nk1时不等式成立.所以，nN*时，因此，1111111

()2()3()n1 1a11a21a31an222

[1()n]

111()n1.122212

从而有

11111

.1a11a21a31an2

启示3——建立消项关系进行化简求证

数列不等式经常是与n项和或n项积相联系，利用通项的变形或通过放缩后，转化成可

求和消项或中项相消或累乘消项关系，将n项和（或积）化为有限几项的形式，这样解题思路就豁然开朗.例5数列an中，an1，它的前n项和为Sn.证明：Sn1.2n2n1分析：形如

nij

nn1求和时可中间项相消.而对2也可视为是两个因式2和2的积，由此联想，能否

类的通项因分母为两个因式的积，一般可化为相邻两项之差，在n(n1)

将an

1放缩变形后化为相邻两项之差？通过尝试我们回答了这一问题

.n2n1

n2

证明∵an1

n1

n211，

n(n1)2n1n2n(n1)2n1

111111

∴Sn()()[] 223nn1

12222232n2(n1)2



111.

2(n1)2n12

例6数列an中，a15，an1an4(nN*).（1）求不等式4an1an成立时的n的集合；（2）设Tnlog3(an1)log3(an11)log3(a11)，证明：nTnn1.（2006年萍乡市二模试题）

分析：Tn的形式实质上是一串因式的乘积，通过对通项公式的变形，我们可发现

an113

an1，因此可用累乘消项的方法化Tn为只有几项的形式，这就为证明不等式带来an11

了极大的方便.解（1）要使an1an，只需an4an，即只需an3an40，∴只需an4或

an1.由于an0，故只需an4.又a15，a2a143444，同理an4(nN*).∴4an1an成立时的n为一切正自然数.a1，（2）由an13an4(nN*)，得an113n

an11

∴(an1)(an11)(a21)(a11)3n1an11an21a11(a1)3n1a11.an1an11a21

an1

由（1）知an4，

211

.3n1a11243n1.an15an15

∴Tnlog3(an1)(an11)(a11)n1log324n12n1.5另一方面，an4，∴an13，∴Tnlog33nn.所以，nTnn1.举一反三，研究特点，寻找规律，是教学过程中提高水平提升能力的重要方法.本文中所举的启示并非试题证明内涵的的全部，仅为笔者一得.参考文献

周沛耕王博程《数学奥林匹克竞赛标准教材》北京教育出版社2004.8

2006年6月20日完稿

第二篇：导数压轴题 导数与数列不等式的证明

导数与数列不等式的证明

例1.已知函数f(x)alnxax3aR(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)证明:112131nln(n1)(nN*)(3)证明:ln22ln33ln44ln55lnnn1nn2,nN* n(4)证明:ln2ln3ln4ln5lnn1n122324252n22nn2,nN*(5)证明:ln24ln34ln44ln54lnn4(n1)224344454n44nn2,nN* ln22ln32(6)求证:lnn2n12n12232...n22n1n2,nN(7)求证:122114211182...1122nenN

例2.已知函数f(x)lnxx1｡(1)求f(x)的最大值;nnn(2)证明不等式:12nennne1nN*

例3.已知函数fxx2lnx1

(1)当x0时,求证:fxx3;

(2)当nN时,求证:nf1111151 k1k2333...n342nn1

例4.设函数f(x)x2mln(x1)m0

(1)若m12,求f(x)的单调区间;(2)如果函数f(x)在定义域内既有极大值又有极小值,求实数m的取值范围;(3)求证:对任意的nN*,不等式lnn1nn1n3恒成立｡

例5.已知函数f(x)ln(x1)k(x1)1(kR),(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若f(x)0恒成立,试确定实数k的取值范围;(3)证明:ln23ln34lnnn1n(n1)4nN,n1.导数与数列不等式的证明 收集整理:张亚争 联系电话:*** 1 / 2 例6.已知函数f(x)axbc(a0)的图像在点(1,f(1))处的切线方程为yx1｡ x(1)用a表示出b,c;

(2)若f(x)lnx在[1,)上恒成立,求a的取值范围;(3)证明:1

例7.已知函数f(x)2alnxx21｡

(1)当a1时,求函数f(x)的单调区间及f(x)的最大值;(2)令g(x)f(x)x,若g(x)在定义域上是单调函数,求a的取值范围;111nln(n1)(n1).23n2(n1)3n2n222222(3)对于任意的n2,nN,试比较与的ln2ln3ln4ln5lnnn(n1)*大小并证明你的结论｡

1ln(x1)(x0)x(1)函数f(x)在区间(0,)上是增函数还是减函数?证明你的结论｡

k(2)当x0时,f(x)恒成立,求整数k的最大值;x1(3)试证明:(112)(123)(134)(1n(n1))e2n3(nN*).例8.已知函数f(x)

例9.已知函数fxxalnxa0(1)若a1,求fx的单调区间及fx的最小值;(2)若a0,求fx的单调区间;ln22ln32lnn2n12n1(3)试比较22...2与n2,nN的大小,并证明｡ 23n2n1

例10.已知函数fxlnx,gxxaaR, x(1)若x1时,fxgx恒成立,求实数a的取值范围｡(2)求证:

例11.已知函数fxlnxxax

2ln2ln3lnn1n2,nN 34n1n(1)若函数fx在其定义域上为增函数,求a的取值范围;(2)设an1

例12.设各项为正的数列an满足a11,an1lnanan2,nN.求证:an2n1.122Lanlnn12n nN,求证:3a1a2...ana12a2n导数与数列不等式的证明 收集整理:张亚争 联系电话:*** 2 / 2

第三篇：利用方所发证明数列型不等式压轴题

思想方法

一、函数与方程思想姓名：

方法1构造函数关系，利用函数性质解题班别：

根据题设条件把所求的问题转化为对某一函数性质的讨论，从而使问题得到解决，称为构造函数解题。通过构造函数，利用函数的单调性解题，在解方程和证明不等式中最为广泛，解题思路简洁明快。

232352525例1（10安徽）设a(),b(),c(),则a,b,c的大小关系是（）55

5A.acb

B.abcC.cabD.bca

例2 已知函数f(x)12xax(a1)lnx,a1.2（1）讨论函数f(x)的单调性；

（2）证明：若a5,则对任意x1,x2(0,),x1x2,有

f(x1)f(x2)1.x1x2

方法2选择主从变量，揭示函数关系

含有多个变量的数学问题中，对变量的理解要选择更加合适的角度，先选定合适的主变量，从而揭示其中的函数关系，再利用函数性质解题。

例3对于满足0p4的实数p，使xpx4xp3恒成立的x的取值范围是.2方法3变函数为方程，求解函数性质

实际问题→数学问题→代数问题→方程问题。宇宙世界，充斥着等式和不等式，我们知道，哪里有等式，哪里就有方程；哪里有公式，哪里就有方程；求值问题一般是通过方程来实现的……函数与方程是密切相关的。列方程、解方程和研究方程的特性，都是应用方程思想时需要重点考虑的。

例

4函数f(x)x2)的值域是（）11B.,3311C.,2222D.,3311A.,44

方法1函数与不等式问题中的数形结合研究函数的性质可以借助于函数的图像，从函数图像上能直观地观察单调性、周期性、对称性等性质。不等式问题与函数的图像也有密切的联系，比如应用二次函数的图像解决一元二次不等式，就体现了数形结合的思想方法。因此，解决不等式问题要常联系对应的函数图像，利用函数图像，直观地得到不等式的解集，避免复杂的运算。

lgx,0x10,例1（10新课标全国卷）已知函数f(x)若a,b,c互不相等，且1x6,x10.2f(a)f(b)f(c),则abc的取值范围是（）

A.(1,10)B.(5,6)C.(10,12)D.(20,24)

3x6,x2,若不等式f(x)2xm恒成立，则实数m的取值范围是.变式：函数f(x)2xx2,x2.方法2解析几何中的数形结合解析几何是用方程研究曲线的问题，蕴含着丰富的数形结合思想，往往要先把题目中的几何语言转化为几何图形，然后再结合这种图形（一般为曲线）的几何特征，用代数语言即方程表现出来，从而用代数的方法解决几何问题。

x2y20例2 已知双曲线221(a0,b0)的右焦点为F，若过点F且倾斜角为60的直线与双曲线的右支有且ab

只有一个交点，则此双曲线离心率的取值范围是（）

A.(1,2]B.(1,2)C.[2,)D.(2,)

例3 已知P为抛物线y12，则PAPM的（2,0）x上的动点，点P在x轴上的射影为M，点A的坐标为

4最小值是.方法3参数范围问题中的数形结合如果参数具有明显的几何意义，那么可以考虑应用数形结合思想解决问题。一般地，常见的对应关系有：

（1）ykxb中的k表示直线的，b表示直线在轴上的；

（2）bn表示连接(a,b)和(m,n)两点直线的； am

（3(a,b)和(m,n)之间的（4）导数f(x0)表示曲线在点(x0,f(x0))处的。

利用这些对应关系，由数想形，可以巧妙的利用几何法解决。

例4 若直线ykx1与圆xy1交于P、Q两点，且POQ120（其中O为原点），则k的值为（）

220'

A.B.C.D.39变式：直线ykx3与圆(x)2(y3)2交于M、N两点，若MN，则k的取值范围值是（）

243A.,04

B.C.2D.,03

2方法1概念分类型

有许多核心的数学概念是分类的，比如：直线的斜率、指数函数、对数函数等，与这样的数学概念有关的问题往往需要根据数学概念进行分类，从而全面完整得解决问题。

例1 若函数f(x)axa(a0且a1)有两个零点，则实数a的取值范围是x

方法2运算需要型

分类讨论的许多问题是由运算的需要引发的，比如：除法运算中分母是否为0；解方程、不等式中的恒等变形；用导数求函数单调性时导数正负的讨论；对数运算中底数是否大于1；数列运算中对公差、公比限制条件的讨论等，如果运算需要对不同情况作出解释，就要进行分类讨论.例2 设函数f(x)x3

'92x6xa.2（1）对于任意实数x,f(x)m恒成立，求m的最大值.（2）若方程f(x)0有且仅有一个实数，求a的取值范围.方法3参数变化型

很多问题中参数的不同取值会对结果产生影响，因此，需要对参数的取值进行分类，常见的问题有：含参不等式的求解；解析式中含有参数的函数的性质问题；含参二元二次方程表示的曲线类型；参数的几何意义等.（x+ax2a3a）e(xR),其中aR.例3 已知函数f(x)

（1）当a0时，求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程；

（2）讨论函数f(x)的单调性.22x

思想方法

四、转化与化归思想

方法1抽象问题与具体问题化归

具体化原则，就是把一些抽象问题化归为具体问题，从而解决问题.一般地，对于抽象函数、抽象数列等问题，可以借助于熟悉的具体函数、数列等知识，探寻抽象问题的规律，找到解决问题的突破口和方法.例1 若定义在R上的函数f(x)满足：对任意x1,x2R有f(x1x2)f(x1)f(x2)1，则下列说法一定正确的是（）

A.f(x)为奇函数B.f(x)为偶函数C.f(x)+1为奇函数D.f(x)+1为偶函数

方法2一般问题与特殊问题化归

数学题目有的具有一般性，有的具有特殊性.解题时，有时需要把一般问题化归为特殊问题，有时需要把特殊问题化归为一般问题.其解题模式是：首先设法使问题特殊（或一般）化，降低难度，然后解这个特殊（或一般）性的问题，从而使原问题获解.e4e5e6

例2 ，（其中e为自然常数）的大小关系是（）162536

e4e5e6

A.162536e6e5e4B.362516e5e4e6C.251636e6e4e5D.36162

5方法3正向思维与逆向思维化归

逆向思维能力是指从正向思维序列到逆向思维序列的转换能力.如果经常注意对问题的逆向思考，不仅可以加深对可逆只是的理解，而且可以提高思维的灵活性.例3 已知集合Ayy(aa1)ya(a1)0,Ayy6y80，若AB0，则实数a的取值范围为.2222

方法4命题与等价命题化归

有的命题若直接考虑，则显得无从下手，若把命题化归为他的等价命题，往往柳暗花明.解题时要注意命题与等价命题的转化，尤其是原命题与逆否命题的转化.例4 设函数f(x)x3bx3cx有两个极值点x1、x2,且x11,0,x21,2.32

（1）求b,c满足的约束条件；（2）证明：10f(x2).1

第四篇：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

—

第五篇：用数学归纳法证明数列不等式

【例1】（2012全国大纲卷理22）函数f(x)x22x3，定义数列xn如下：x12，xn1是过两点P(4,5)、Qn(xn,f(xn))的直线PQn与x轴交点的横坐标.（1）证明:2xnxn13；（2）求数列xn的通项公式.【证】（1）证：直线PQn的方程为y5f(xn)5(x4)，即y5(xn2)(x4)，xn44x35令y0，解得xn14.nxn2xn2下用数学归纳法证明2xn3：

① 当n1时，x12，所以2x13.② 假设当nk时结论成立，即2xk3，则当nk1时，由xk1411555xk13，故xk14，得4，即42232xk2*2xk13.由①②知，对一切nN都有2xn3.4xn3xn22xn3(3xn)(xn1)从而xn1xnxn0，故xn1xn.xn2xn2xn2综上，2xnxn13.4x3x35(xn1)（2）解：由（1）知，xn1n，则 xn13n ①，xn11 ②，xn2xn2xn

2①②，得

x311xn131xn3，故数列n是首项为，公比为的等比数列.53xn115xn1x1nn195n11xn311*

因此，(nN).，解得：xnn1351xn135【例2】已知函数f(x)ln(2x)ax在开区间(0，1)内是增函数．

(Ⅰ)求实数a的取值范围；

(Ⅱ)若数列an满a1(0,1),an1ln(2an)an(nN*)，证明：0anan11．(Ⅰ)解：f(x)1a，由于f(x)在(0，1)内是增函数，2x1a0在x∈∴ f(x)0，即 (0，1)时恒成立． 2x1∴ a 恒成立，x2而

－2＜x－2＜－1，11，x22111，即 2x2∴

a1即为所求． ∴ 1(Ⅱ)证明：① 当n=1时，由题设知a1∈(0，1)． ② 假设当n=k时，不等式成立，即ak∈(0，1)，则 当n=k+1时，由(Ⅰ)知，f(x)=ln(2－x)+x在(0，1)上是增函数

∴0f(0)ln(20)0ak1ln(2ak)akf(ak)f(1)ln(21)11，即ak+1∈(0，1)，故n=k+1时命题成立.根据① ② 知0＜an＜1，n∈N*． 又 ∵ an1anln(2an)ln(21)0，∴ 0anan11．

【例3】已知函数f(x)xsinx,数列{an}满足：0a11,an1f(an),n1,2,3,证明：，13an.6证明：(Ⅰ)先用数学归纳法证明0an1,n1,2,3,(Ⅰ)0an1an1；(Ⅱ)an1① 当n=1时，由已知，结论成立.② 假设当n=k时结论成立，即0ak1，因为0x1时，f(x)1cosx0，所以f(x)在(0，1)上是增函数，又f(x)在[0，1]上连续，从而f(0)f(ak)f(1)，即0ak11sin11，故当n=k+1时，结论成立.由①②可知，0an1对一切正整数都成立.又因为0an1时，an1anansinanansinan0，所以an1an，综上所述0an1an1.(Ⅱ)设函数g(x)sinxx13x,0x1，6由(Ⅰ)可知，当0x1时，sinxx.x2x2x2x22x2sin2()0, 从而g(x)cosx122222所以g(x)在（0，1）上是增函数.又g(0)0，所以当0x1时，g(x)>0成立.13于是g(an)0，即sinananan0，613故an1an．

【例4】已知函数f(x)xln1x,数列an满足0a11, an1fan;数列bn满足b111,bn1(n1)bn, nN*.求证: 22（Ⅰ）0an1an1;

an2;（Ⅱ）an122,则当n≥2时,bnann!.(n!n(n1)（Ⅲ）若a12*解:(Ⅰ)先用数学归纳法证明0an1,nN.（1）当n=1时,由已知得结论成立;

21)（2）假设当n=k时,结论成立,即0ak1.则当n=k+1时,因为0g(0)=0.由g(x)1xan2an2fan>0,从而an1.因为0an1,所以gan0,即2211n1b(Ⅲ)因为 b1,bn1(n1)bn,所以bn0,n1 ，222bnbbb21 所以bnnn1 b1nn!

————①bn1bn2b12 an2aaaaa,知:n1n, 所以n=23由(Ⅱ)an12a1a1a2an2因为a1anaa12an122an1 , 22, n≥2, 0an1an1.2a1a2an1a1n2a121a1

所以 an.222222 由①② 两式可知: bnann!.【例5】

设函数f(x)与数列an满足以下关系：

① a1，其中是方程f(x)x的实根； ② an1f(an)；

1).③ f(x)的导数f(x)(0，(Ⅰ)求证：an；

(Ⅱ)判断an与an1的大小关系，并证明你的结论.(Ⅰ)证：① 当n1时，a1，不等式成立.② 假设当nk时不等式成立，即ak，则nk1时，∵f(x)0，则f(x)递增.∴ak1f(ak)f()，即nk1时不等式也成立.由①、②知，an对一切nN都成立.(Ⅱ)解：an1anf(an)an，设F(x)f(x)x，则F(x)f(x)10，∴F(x)递减，而an，∴F(an)F()f()0，即f(an)an0，亦即an1an0，*∴an1an.【例6】（2005江西）已知数列{an}的各项都是正数,且满足:

1an(4an),nN.2（1）证明anan12,nN;a01,an1（2）求数列{an}的通项公式an.解：（1）方法一 用数学归纳法证明：

13a0(4a0),∴a0a12，命题正确.222°假设n=k时有ak1ak2.1则nk1时,akak1ak1(4ak1)ak(4ak)

2212(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)

21(ak1ak)(4ak1ak).2而ak1ak0.4ak1ak0,akak10.112又ak1ak(4ak)[4(ak2)]2.22∴nk1时命题正确.由1°、2°知，对一切n∈N时有anan12.1°当n=1时，a01,a1方法二：用数学归纳法证明：

1°当n=1时，a01,a1

2°假设n=k时有ak令f(x)13a0(4a0),∴0a0a12； 22ak2成立，1x(4x)，f(x)在[0，2]上单调递增，所以由假设 2111有：f(ak1)f(ak)f(2),即ak1(4ak1)ak(4ak)2(42)，222也即当n=k+1时

akak12成立，所以由1°、2°知，对一切nN,有akak1

2（2）下面来求数列的通项：an111an(4an)[(an2)24],所以 222(an12)(an2)2

121122112221122n12n令bnan2,则bnbn(b)()b()bn1n2n1222222，2又bn=－1，所以bn()12n11n,即an2bn2()21

【拓展题】

【例】、数列an满足an12a3an，且a11.（1）当1时，求数列an的nan12通项公式；

（2）若不等式an1an对一切nN恒成立，求的取值范围；

（3）当31时，证明：

*11111n.1a11a21an2解：（1）当1时，an12an1an112(an1)an2n1.(an1)21*（2）an1an①，要使an1an对一切nN恒成立，an1(a11)213至少需使a2a10成立3.a112下面先用数归法证明：当3时，an1(略)，再由①知an1an恒成立.所以[3,)为所求.（3）当31时，由(2)知an1，则由

2a(a1)(an1)11an1nn2an12an1

an1an1an112(an1)22(an11)2n(a11)2n1110an12nn，1an21111111从而2n1n，等号当且仅当n11a11a21an2222时成立.（2009安徽理21）首项为正数的数列an满足an1为奇数，则对一切n2,an都是奇数；（2）若对一切nN都有an1an，求a1的取值范围.略解：（1）已知a1是奇数，假设ak2m1是奇数，其中m为正整数，*12(an3),nN*.（1）证明：若a14ak23m(m1)1是奇数.（因为m(m1)是偶数）则由递推关系得ak14*根据数学归纳法，对任何nN，an都是奇数.1（2）（方法一）由an1an(an1)(an3)知，an1an当且仅当an1或an3.4133231；若ak3，则ak13.另一方面，若0ak1,则0ak144根据数学归纳法，0a11,0an1,nN*;a13an3,nN*.综合所述，对一切nN都有an1an的充要条件是0a11或a13.*a123a1,得a124a130,于是0a11或a13.（方法二）由a24an23an23an123(anan1)(anan1), an1an，因为a10,an14444所以所有的an均大于0，因此an1an与anan1同号.根据数学归纳法，nN，an1an与a2a1同号.*因此，对一切nN都有an1an的充要条件是0a11或a13.*