高考数列压轴题

这是一份高考数列压轴题，共56页。试卷主要包含了已知数列{xn}满足，已知在数列{an}中，等内容，欢迎下载使用。
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．