第一篇：江西高考數(shù)學(xué)壓軸題新解及對(duì)證明數(shù)列不等式的啟示
江西高考數(shù)學(xué)壓軸題新解及對(duì)證明數(shù)列不等式的啟示
江西省萍鄉(xiāng)市教研室(337000)曾建強(qiáng)
（發(fā)表于《中學(xué)數(shù)學(xué)研究》2006年第9期）
2006年江西高考理科數(shù)學(xué)壓軸題，是一個(gè)數(shù)列不等式的證明問題，結(jié)論簡潔，其證明過程給人多方面的啟迪.筆者通過對(duì)此問題的研究，給出兩種新的證明方法，并將證明中得到的幾點(diǎn)啟示以饗讀者.一、高考題新解答
題目是：已知數(shù)列?an?滿足：a1?3,且an?23nan?1（1）求數(shù)列?an?的(n?2,n?N*).2an?1?n?
1通項(xiàng)公式；（2）證明：對(duì)一切正整數(shù)n，不等式a1?a2???an?2?n!恒成立.標(biāo)準(zhǔn)答案及閱卷評(píng)分細(xì)則均只給出一種解法：
n?3nn1n?1n1解（1）條件可變形為1??(1?，?an?n.).于是1??an3an?1an3n3?1
（2）a1?a2???an?n!，111(1?)(1?)?(1?)33
3為證a1?a2???an?2?n!，1.??????????（*）只要證n?N*時(shí)，(1?1)(1?1
2)???(1?1)?3233n
111111即證(1?)(1?2)?(1?n)?1?(?2???n).?????????（**）333333
用數(shù)學(xué)歸納化證明（**）（略）.1111111111又(1?)(1?2)?(1?n)?1?(?2???n)???n?.2223333333
?原不等式成立.對(duì)于第（2）問中的數(shù)列不等式的證明，筆者以下提供兩種新的證明方法.方法一.分析：f(n)?(1?1)(1?1)?(1?1)是減函數(shù)，由所證知1是f(n)的一個(gè)下界，2n333
2因此猜想(1?1)(1?1)?(1?1)?1必與1相關(guān).這樣我們經(jīng)探索得到一個(gè)更簡單的加強(qiáng)不2nn33323
等式(1?)(1?1
3111.)?(1?)??23331
11111證明用數(shù)學(xué)歸納法證明加強(qiáng)不等式(1?)(1?2)?(1?n)??n?1（n?N*）.① 32333
n?1 時(shí)，①顯然成立.11111假設(shè)n?k(k?1)時(shí)，不等式(1?)(1?2)?(1?k)??k?1成立，32333
那么，當(dāng)n?k?1時(shí)，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時(shí)，不等式①成立.故對(duì)一切n?N*，①成立.從而原不等式成立.1111
方法二.分析：不等式(1?)(1?2)?(1?n)?的左邊是一個(gè)積式，故可設(shè)想構(gòu)造一
3233
關(guān)系式累乘相約，化n項(xiàng)積為有限幾項(xiàng)來證明.1??1?1?1??
證明原不等式即證?1???1?2???1?n?＞.?3??3??3?2
1?161121?1??
n?1時(shí)，1???.n?2時(shí)，?1???1?2??＞.332?3??3?272
n?11??3??1?n??
?3?1?1
3n
?n≥3時(shí)，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.本文給出的方法一和方法二，無論是思維價(jià)值還是其優(yōu)美的形式都不遜色于標(biāo)準(zhǔn)答案.這一不等式在分析、證明過程中體現(xiàn)的思維策略和證明方法，對(duì)證明某些數(shù)列不等式都有相當(dāng)大的啟示性.二、證明中的啟示
啟示1——利用等價(jià)命題轉(zhuǎn)化證明的結(jié)論
有些欲證不等式，如果原命題不容易直接利用重要不等式結(jié)論或進(jìn)行簡單放縮證得，如正負(fù)項(xiàng)交替和形式的不等式、用同一量替換放縮時(shí)不等式方向不確定等情況，改變其思維策略，轉(zhuǎn)化結(jié)論形式，尋找等價(jià)命題，有時(shí)可以更好地實(shí)施證明.例1數(shù)列?an?中，a1?2，且log2an?1?log2an?1(n?N*,n?2).對(duì)任意不小于3的自然數(shù)n，證明：an?1?n.an?1
n?1
n
分析：易求數(shù)列的通項(xiàng)公式為an?2n，原不等式即為2?1?n.一方面，2n用同一
n
2?1n?1
量進(jìn)行放縮，不等式的放縮方向不能確定；另一方面，2與n的整式關(guān)系也不清楚，如用
n
數(shù)學(xué)歸納法證明也將在證n?k?1的命題時(shí)因不等式無法傳遞而證明受阻.但是，這一不等式為2的“齊次”形式，易于化為更簡形式，因此，我們可嘗試尋找等價(jià)命題予以解決.*
證明log可化為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等價(jià)于2n?2n?1.n
an?1
n?1
2n?1n?1
當(dāng)n?3時(shí)，由二項(xiàng)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設(shè)n?N*且n?2，求證1?
111112n
???????.2342n?12n3n?1
分析：不等式左邊是一個(gè)正負(fù)項(xiàng)交替的和，不便于直接用重要不等式結(jié)論和直接放縮，可選用數(shù)學(xué)歸納法證明，也可通過等價(jià)變換“化負(fù)為正” 然后證明.證明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
所以原不等式等價(jià)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?從而，n(n?1)111
](????)?n2，2n?1n?2n?n
1112n?????.n?1n?2n?n3n?1
綜上，原不等式成立.啟示2——構(gòu)造并證明加強(qiáng)不等式
許多不等式的結(jié)論，為了簡潔美觀，在不影響正確性的前提下將某些形式作了適當(dāng)?shù)奶幚恚刮覀兺y于證明結(jié)論.不等式一邊為常數(shù)的形式，通常不能直接用數(shù)學(xué)歸納法證明，應(yīng)多考慮用放縮法或構(gòu)造加強(qiáng)不等式的辦法進(jìn)行證明.一般地，數(shù)列不等式如果用數(shù)學(xué)歸納法證n?k?1的命題時(shí)，因?yàn)椴坏仁椒较蛳喾礋o法實(shí)現(xiàn)傳遞而受阻，這時(shí)應(yīng)慮考采用構(gòu)造加強(qiáng)不等式的策略進(jìn)行探索.構(gòu)造加強(qiáng)不等式關(guān)鍵在于觀察原不等式的結(jié)構(gòu)和特點(diǎn)，抓住主體，揚(yáng)棄次要進(jìn)行構(gòu)造；或者先對(duì)前幾項(xiàng)的特點(diǎn)進(jìn)行分析，揭示這幾項(xiàng)的共性并與所證結(jié)論進(jìn)行比較尋找為了簡潔美觀被適當(dāng)處理了的部分，然后進(jìn)行構(gòu)造.對(duì)不等式的加強(qiáng)，一般有整體加強(qiáng)和局部加強(qiáng)兩類.例 3數(shù)列?an?中，a1?，且an?an?1?2(1?an)(1?an?1)(n?2,n?N*).（1）求數(shù)列2
（2）證明：a1?a2???an?an?的通項(xiàng)公式；
分析：原不等式可化為
?
1（n?N*）
.n
1?3?5???(2n?1)1當(dāng)n?k?1?，直接用數(shù)學(xué)歸納法證明時(shí)，2?4?6???(2n)n
21?3?5???(2k?1)(2k?1)12k?114k?4k?1?證明受阻.受阻的原因??
22?4?6???(2k)(2k?2)2k?2k(k?1)4k?4k
在于原不等式右邊的值較大.因此，設(shè)想尋找一個(gè)右邊比
111，1?3???
243?1?124
6410
6?99
要能證明這一整體加強(qiáng)不等式，問題就得到了解決.?
?
更小的加強(qiáng)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
先證加強(qiáng)不等式?.2?4?6???(2n)3n?1用數(shù)學(xué)歸納法證明上加強(qiáng)不等式.當(dāng)n?1時(shí)，顯然成立.1成立，則當(dāng)n?k?1時(shí)，假設(shè)n?k(k?1)時(shí)，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時(shí)不等式成立.1所以，n?N*時(shí)，1?3?5???(2n?1)?成立.2?4?6???(2n)n?1
從而，原不等式成立.例4設(shè)數(shù)列?an?滿足：an?1?an2?nan?1，n?1,2,3,?.（1）當(dāng)a1?2時(shí)，求a2,a3,a4并由此猜測an的一個(gè)通項(xiàng)公式；（2）當(dāng)a1?3時(shí)，證明對(duì)所有的n?1，有（i）an?n?2；（ii）
11111
??????.（2002年全國高考題）1?a11?a21?a31?an2
分析：對(duì)于（ii），用數(shù)學(xué)歸納法證明時(shí)，由于假設(shè)的不等式右邊是一個(gè)常數(shù)，而當(dāng)n?k?1時(shí)命題左邊增加了一個(gè)正值項(xiàng)，故證明受阻.但注意到：
??()1?1，且a1?142
11111111()2?()3???()k?1??()k?1?，故只要證明?()k?1，再累加便可證明原不2222221?ak2
等式.證明（I）和（2）（i）解證略，這里只證明（2）（ii）.先用數(shù)學(xué)歸納法證明加強(qiáng)不等式1當(dāng)n?1時(shí)，顯然成立.假設(shè)n?k(k?1)時(shí)，1ak?1?1
?
?()k?1成立，則當(dāng)n?k?1時(shí)，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時(shí)不等式成立.所以，n?N*時(shí)，因此，1111111
??????()2?()3???()n?1 1?a11?a21?a31?an222
[1?()n]
111???()n?1?.12221?2
從而有
11111
??????.1?a11?a21?a31?an2
啟示3——建立消項(xiàng)關(guān)系進(jìn)行化簡求證
數(shù)列不等式經(jīng)常是與n項(xiàng)和或n項(xiàng)積相聯(lián)系，利用通項(xiàng)的變形或通過放縮后，轉(zhuǎn)化成可
求和消項(xiàng)或中項(xiàng)相消或累乘消項(xiàng)關(guān)系，將n項(xiàng)和（或積）化為有限幾項(xiàng)的形式，這樣解題思路就豁然開朗.例5數(shù)列?an?中，an?1，它的前n項(xiàng)和為Sn.證明：Sn?1.2n2n?1分析：形如
?nij
nn?1求和時(shí)可中間項(xiàng)相消.而對(duì)2也可視為是兩個(gè)因式2和2的積，由此聯(lián)想，能否
類的通項(xiàng)因分母為兩個(gè)因式的積，一般可化為相鄰兩項(xiàng)之差，在n(n?1)
將an?
1放縮變形后化為相鄰兩項(xiàng)之差？通過嘗試我們回答了這一問題
.n2n?1
n2
證明∵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數(shù)列?an?中，a1?5，an?1?an?4(n?N*).（1）求不等式4?an?1?an成立時(shí)的n的集合；（2）設(shè)Tn?log3(an?1)?log3(an?1?1)???log3(a1?1)，證明：n?Tn?n?1.（2006年萍鄉(xiāng)市二模試題）
分析：Tn的形式實(shí)質(zhì)上是一串因式的乘積，通過對(duì)通項(xiàng)公式的變形，我們可發(fā)現(xiàn)
an?1?1?3?
an?1，因此可用累乘消項(xiàng)的方法化Tn為只有幾項(xiàng)的形式，這就為證明不等式帶來an?1?1
了極大的方便.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成立時(shí)的n為一切正自然數(shù).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.舉一反三，研究特點(diǎn)，尋找規(guī)律，是教學(xué)過程中提高水平提升能力的重要方法.本文中所舉的啟示并非試題證明內(nèi)涵的的全部，僅為筆者一得.參考文獻(xiàn)
周沛耕王博程《數(shù)學(xué)奧林匹克競賽標(biāo)準(zhǔn)教材》北京教育出版社2004.8
2006年6月20日完稿
第二篇：導(dǎo)數(shù)壓軸題 導(dǎo)數(shù)與數(shù)列不等式的證明
導(dǎo)數(shù)與數(shù)列不等式的證明
例1.已知函數(shù)f(x)?alnx?ax?3?a?R?(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)證明:1?12?13???1n?ln(n?1)(n?N*)(3)證明:ln22?ln33?ln44?ln55?lnnn?1n?n?2,n?N*? n(4)證明:ln2ln3ln4ln5lnn?1?n?122?32?42?52?n2???2???n?n?2,n?N*?(5)證明:ln24ln34ln44ln54lnn4(n?1)224?34?44?54?n4?4n?n?2,n?N*? ln22ln32(6)求證:lnn2?n?1??2n?1?22?32?...?n2?2?n?1??n?2,n?N??(7)求證:??1??22????1?1??42????1?1??1?82??...???1?1?22n???e?n?N??
例2.已知函數(shù)f(x)?lnx?x?1?(1)求f(x)的最大值;nnn(2)證明不等式:??1??2??n?e?n?????n???????n???e?1?n?N*?
例3.已知函數(shù)f?x??x2?ln?x?1?
(1)當(dāng)x?0時(shí),求證:f?x??x3;
(2)當(dāng)n?N?時(shí),求證:?nf?1??1?1?1?151 k?1??k??2333...?n3?4?2n?n?1?
例4.設(shè)函數(shù)f(x)?x2?mln(x?1)?m?0?
(1)若m??12,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)如果函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)既有極大值又有極小值,求實(shí)數(shù)m的取值范圍;(3)求證:對(duì)任意的n?N*,不等式lnn?1n?n?1n3恒成立?
例5.已知函數(shù)f(x)?ln(x?1)?k(x?1)?1(k?R),(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若f(x)?0恒成立,試確定實(shí)數(shù)k的取值范圍;(3)證明:ln23?ln34???lnnn?1?n(n?1)4?n?N,n?1?.導(dǎo)數(shù)與數(shù)列不等式的證明 收集整理:張亞爭 聯(lián)系電話:*** 1 / 2 例6.已知函數(shù)f(x)?ax?b?c(a?0)的圖像在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為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的取值范圍;(3)證明:1?
例7.已知函數(shù)f(x)?2alnx?x2?1?
(1)當(dāng)a?1時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間及f(x)的最大值;(2)令g(x)?f(x)?x,若g(x)在定義域上是單調(diào)函數(shù),求a的取值范圍;111n?????ln(n?1)?(n?1).23n2(n?1)3n2?n?222222??????(3)對(duì)于任意的n?2,n?N,試比較與的ln2ln3ln4ln5lnnn(n?1)*大小并證明你的結(jié)論?
1?ln(x?1)(x?0)x(1)函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,??)上是增函數(shù)還是減函數(shù)?證明你的結(jié)論?
k(2)當(dāng)x?0時(shí),f(x)?恒成立,求整數(shù)k的最大值;x?1(3)試證明:(1?1?2)(1?2?3)(1?3?4)?(1?n?(n?1))?e2n?3(n?N*).例8.已知函數(shù)f(x)?
例9.已知函數(shù)f?x??x?a?lnx?a?0?(1)若a?1,求f?x?的單調(diào)區(qū)間及f?x?的最小值;(2)若a?0,求f?x?的單調(diào)區(qū)間;ln22ln32lnn2?n?1??2n?1?(3)試比較2?2?...?2與n?2,n?N??的大小,并證明? ?23n2?n?1?
例10.已知函數(shù)f?x??lnx,g?x??x?a?a?R?, x(1)若x?1時(shí),f?x??g?x?恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍?(2)求證:
例11.已知函數(shù)f?x??lnx?x?ax
2ln2ln3lnn1????n?2,n?N?? 34n?1n(1)若函數(shù)f?x?在其定義域上為增函數(shù),求a的取值范圍;(2)設(shè)an?1?
例12.設(shè)各項(xiàng)為正的數(shù)列?an?滿足a1?1,an?1?lnan?an?2,n?N?.求證:an?2n?1.122?L?an?ln?n?1??2n ?n?N??,求證:3?a1?a2?...?an??a12?a2n導(dǎo)數(shù)與數(shù)列不等式的證明 收集整理:張亞爭 聯(lián)系電話:*** 2 / 2
第三篇：利用方所發(fā)證明數(shù)列型不等式壓軸題
思想方法
一、函數(shù)與方程思想姓名：
方法1構(gòu)造函數(shù)關(guān)系，利用函數(shù)性質(zhì)解題班別：
根據(jù)題設(shè)條件把所求的問題轉(zhuǎn)化為對(duì)某一函數(shù)性質(zhì)的討論，從而使問題得到解決，稱為構(gòu)造函數(shù)解題。通過構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性解題，在解方程和證明不等式中最為廣泛，解題思路簡潔明快。
232352525例1（10安徽）設(shè)a?(),b?(),c?(),則a,b,c的大小關(guān)系是（）55
5A.a?c?b
B.a?b?cC.c?a?bD.b?c?a
例2 已知函數(shù)f(x)?12x?ax?(a?1)lnx,a?1.2（1）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
（2）證明：若a?5,則對(duì)任意x1,x2?(0,??),x1?x2,有
f(x1)?f(x2)??1.x1?x2
方法2選擇主從變量，揭示函數(shù)關(guān)系
含有多個(gè)變量的數(shù)學(xué)問題中，對(duì)變量的理解要選擇更加合適的角度，先選定合適的主變量，從而揭示其中的函數(shù)關(guān)系，再利用函數(shù)性質(zhì)解題。
例3對(duì)于滿足0?p?4的實(shí)數(shù)p，使x?px?4x?p?3恒成立的x的取值范圍是.2方法3變函數(shù)為方程，求解函數(shù)性質(zhì)
實(shí)際問題→數(shù)學(xué)問題→代數(shù)問題→方程問題。宇宙世界，充斥著等式和不等式，我們知道，哪里有等式，哪里就有方程；哪里有公式，哪里就有方程；求值問題一般是通過方程來實(shí)現(xiàn)的……函數(shù)與方程是密切相關(guān)的。列方程、解方程和研究方程的特性，都是應(yīng)用方程思想時(shí)需要重點(diǎn)考慮的。
例
4函數(shù)f(x)??x?2?)的值域是（）?11?B.??,??33??11?C.??,??22??22?D.??,??33??11?A.??,??44?
方法1函數(shù)與不等式問題中的數(shù)形結(jié)合研究函數(shù)的性質(zhì)可以借助于函數(shù)的圖像，從函數(shù)圖像上能直觀地觀察單調(diào)性、周期性、對(duì)稱性等性質(zhì)。不等式問題與函數(shù)的圖像也有密切的聯(lián)系，比如應(yīng)用二次函數(shù)的圖像解決一元二次不等式，就體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想方法。因此，解決不等式問題要常聯(lián)系對(duì)應(yīng)的函數(shù)圖像，利用函數(shù)圖像，直觀地得到不等式的解集，避免復(fù)雜的運(yùn)算。
?lgx,0?x?10,例1（10新課標(biāo)全國卷）已知函數(shù)f(x)??若a,b,c互不相等，且?1??x?6,x?10.?2f(a)?f(b)?f(c),則abc的取值范圍是（）
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，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是.變式：函數(shù)f(x)???2?x?x?2,x??2.方法2解析幾何中的數(shù)形結(jié)合解析幾何是用方程研究曲線的問題，蘊(yùn)含著豐富的數(shù)形結(jié)合思想，往往要先把題目中的幾何語言轉(zhuǎn)化為幾何圖形，然后再結(jié)合這種圖形（一般為曲線）的幾何特征，用代數(shù)語言即方程表現(xiàn)出來，從而用代數(shù)的方法解決幾何問題。
x2y20例2 已知雙曲線2?2?1(a?0,b?0)的右焦點(diǎn)為F，若過點(diǎn)F且傾斜角為60的直線與雙曲線的右支有且ab
只有一個(gè)交點(diǎn)，則此雙曲線離心率的取值范圍是（）
A.(1,2]B.(1,2)C.[2,??)D.(2,??)
例3 已知P為拋物線y?12，則PA?PM的（2,0）x上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P在x軸上的射影為M，點(diǎn)A的坐標(biāo)為
4最小值是.方法3參數(shù)范圍問題中的數(shù)形結(jié)合如果參數(shù)具有明顯的幾何意義，那么可以考慮應(yīng)用數(shù)形結(jié)合思想解決問題。一般地，常見的對(duì)應(yīng)關(guān)系有：
（1）y?kx?b中的k表示直線的，b表示直線在軸上的；
（2）b?n表示連接(a,b)和(m,n)兩點(diǎn)直線的； a?m
（3(a,b)和(m,n)之間的（4）導(dǎo)數(shù)f(x0)表示曲線在點(diǎn)(x0,f(x0))處的。
利用這些對(duì)應(yīng)關(guān)系，由數(shù)想形，可以巧妙的利用幾何法解決。
例4 若直線y?kx?1與圓x?y?1交于P、Q兩點(diǎn)，且?POQ?120（其中O為原點(diǎn)），則k的值為（）
220'
A.B.C.?D.39變式：直線y?kx?3與圓(x?)2?(y?3)2?交于M、N兩點(diǎn)，若MN，則k的取值范圍值是（）
24?3?A.??,0??4?
?B.???C.???2?D.??,0??3?
2方法1概念分類型
有許多核心的數(shù)學(xué)概念是分類的，比如：直線的斜率、指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)等，與這樣的數(shù)學(xué)概念有關(guān)的問題往往需要根據(jù)數(shù)學(xué)概念進(jìn)行分類，從而全面完整得解決問題。
例1 若函數(shù)f(x)?a?x?a(a?0且a?1)有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是x
方法2運(yùn)算需要型
分類討論的許多問題是由運(yùn)算的需要引發(fā)的，比如：除法運(yùn)算中分母是否為0；解方程、不等式中的恒等變形；用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)性時(shí)導(dǎo)數(shù)正負(fù)的討論；對(duì)數(shù)運(yùn)算中底數(shù)是否大于1；數(shù)列運(yùn)算中對(duì)公差、公比限制條件的討論等，如果運(yùn)算需要對(duì)不同情況作出解釋，就要進(jìn)行分類討論.例2 設(shè)函數(shù)f(x)?x3?
'92x?6x?a.2（1）對(duì)于任意實(shí)數(shù)x,f(x)?m恒成立，求m的最大值.（2）若方程f(x)?0有且僅有一個(gè)實(shí)數(shù)，求a的取值范圍.方法3參數(shù)變化型
很多問題中參數(shù)的不同取值會(huì)對(duì)結(jié)果產(chǎn)生影響，因此，需要對(duì)參數(shù)的取值進(jìn)行分類，常見的問題有：含參不等式的求解；解析式中含有參數(shù)的函數(shù)的性質(zhì)問題；含參二元二次方程表示的曲線類型；參數(shù)的幾何意義等.（x+ax?2a?3a）e(x?R),其中a?R.例3 已知函數(shù)f(x)?
（1）當(dāng)a?0時(shí)，求曲線y?f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程；
（2）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性.22x
思想方法
四、轉(zhuǎn)化與化歸思想
方法1抽象問題與具體問題化歸
具體化原則，就是把一些抽象問題化歸為具體問題，從而解決問題.一般地，對(duì)于抽象函數(shù)、抽象數(shù)列等問題，可以借助于熟悉的具體函數(shù)、數(shù)列等知識(shí)，探尋抽象問題的規(guī)律，找到解決問題的突破口和方法.例1 若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：對(duì)任意x1,x2?R有f(x1?x2)?f(x1)?f(x2)?1，則下列說法一定正確的是（）
A.f(x)為奇函數(shù)B.f(x)為偶函數(shù)C.f(x)+1為奇函數(shù)D.f(x)+1為偶函數(shù)
方法2一般問題與特殊問題化歸
數(shù)學(xué)題目有的具有一般性，有的具有特殊性.解題時(shí)，有時(shí)需要把一般問題化歸為特殊問題，有時(shí)需要把特殊問題化歸為一般問題.其解題模式是：首先設(shè)法使問題特殊（或一般）化，降低難度，然后解這個(gè)特殊（或一般）性的問題，從而使原問題獲解.e4e5e6
例2 ，（其中e為自然常數(shù)）的大小關(guān)系是（）162536
e4e5e6
A.??162536e6e5e4B.??362516e5e4e6C.??251636e6e4e5D.??36162
5方法3正向思維與逆向思維化歸
逆向思維能力是指從正向思維序列到逆向思維序列的轉(zhuǎn)換能力.如果經(jīng)常注意對(duì)問題的逆向思考，不僅可以加深對(duì)可逆只是的理解，而且可以提高思維的靈活性.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，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為.?222??2?
方法4命題與等價(jià)命題化歸
有的命題若直接考慮，則顯得無從下手，若把命題化歸為他的等價(jià)命題，往往柳暗花明.解題時(shí)要注意命題與等價(jià)命題的轉(zhuǎn)化，尤其是原命題與逆否命題的轉(zhuǎn)化.例4 設(shè)函數(shù)f(x)?x?3bx?3cx有兩個(gè)極值點(diǎn)x1、x2,且x1???1,0?,x2??1,2?.32
（1）求b,c滿足的約束條件；（2）證明：?10?f(x2)??.1
第四篇：高考數(shù)列壓軸題匯總（附答案解析）
高考數(shù)列壓軸題
一．解答題（共50小題）
1．?dāng)?shù)列{an}滿足a1=1，a2=+，…，an=++…+（n∈N*）
（1）求a2，a3，a4，a5的值；
（2）求an與an﹣1之間的關(guān)系式（n∈N*，n≥2）；
（3）求證：（1+）（1+）…（1+）＜3（n∈N*）
2．已知數(shù)列{xn}滿足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（n∈N*），證明：當(dāng)n∈N*時(shí)，（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；
（Ⅱ）2xn+1﹣xn≤；
（Ⅲ）≤xn≤．
3．?dāng)?shù)列{an}中，a1=，an+1=（n∈N*）
（Ⅰ）求證：an+1＜an；
（Ⅱ）記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，求證：Sn＜1．
4．已知正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足an2+an=3a2n+1+2an+1，a1=1．
（1）求a2的值；
（2）證明：對(duì)任意實(shí)數(shù)n∈N*，an≤2an+1；
（3）記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，證明：對(duì)任意n∈N*，2﹣≤Sn＜3．
5．已知在數(shù)列{an}中，．，n∈N*
（1）求證：1＜an+1＜an＜2；
（2）求證：；
（3）求證：n＜sn＜n+2．
6．設(shè)數(shù)列{an}滿足an+1=an2﹣an+1（n∈N*），Sn為{an}的前n項(xiàng)和．證明：對(duì)任意n∈N*，（I）當(dāng)0≤a1≤1時(shí)，0≤an≤1；
（II）當(dāng)a1＞1時(shí)，an＞（a1﹣1）a1n﹣1；
（III）當(dāng)a1=時(shí)，n﹣＜Sn＜n．
7．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，Sn=2an+1，其中Sn為{an}的前n項(xiàng)和（n∈N*）．
（Ⅰ）求S1，S2及數(shù)列{Sn}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）若數(shù)列{bn}滿足，且{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求證：當(dāng)n≥2時(shí)，．
8．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，（n∈N*），（Ⅰ）
證明：；
（Ⅱ）
證明：．
9．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和為Sn，已知a1=，an+1=，其中n∈N*．
（1）證明：an＜2；
（2）證明：an＜an+1；
（3）證明：2n﹣≤Sn≤2n﹣1+（）n．
10．?dāng)?shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且an+1=an+﹣1（n∈N*），{an}的前n項(xiàng)和是Sn．
（Ⅰ）若{an}是遞增數(shù)列，求a1的取值范圍；
（Ⅱ）若a1＞2，且對(duì)任意n∈N*，都有Sn≥na1﹣（n﹣1），證明：Sn＜2n+1．
11．設(shè)an=xn，bn=（）2，Sn為數(shù)列{an?bn}的前n項(xiàng)和，令fn（x）=Sn﹣1，x∈R，a∈N*．
（Ⅰ）若x=2，求數(shù)列{}的前n項(xiàng)和Tn；
（Ⅱ）求證：對(duì)?n∈N*，方程fn（x）=0在xn∈[，1]上有且僅有一個(gè)根；
（Ⅲ）求證：對(duì)?p∈N*，由（Ⅱ）中xn構(gòu)成的數(shù)列{xn}滿足0＜xn﹣xn+p＜．
12．已知數(shù)列{an}，{bn}，a0=1，（n=0，1，2，…），Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和．
求證：（Ⅰ）an+1＜an；
（Ⅱ）；
（Ⅲ）．
13．已知數(shù)列{an}滿足：a1=，an=an﹣12+an﹣1（n≥2且n∈N）．
（Ⅰ）求a2，a3；并證明：2﹣≤an≤?3；
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{an2}的前n項(xiàng)和為An，數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為Bn，證明：=an+1．
14．已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為非負(fù)數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，且對(duì)任意的n∈N*，都有．
（1）若a1=1，a505=2017，求a6的最大值；
（2）若對(duì)任意n∈N*，都有Sn≤1，求證：．
15．已知數(shù)列{an}中，a1=4，an+1=，n∈N*，Sn為{an}的前n項(xiàng)和．
（Ⅰ）求證：n∈N*時(shí)，an＞an+1；
（Ⅱ）求證：n∈N*時(shí)，2≤Sn﹣2n＜．
16．已知數(shù)列{an}滿足，a1=1，an=﹣．
（1）求證：an≥；
（2）求證：|an+1﹣an|≤；
（3）求證：|a2n﹣an|≤．
17．設(shè)數(shù)列{an}滿足：a1=a，an+1=（a＞0且a≠1，n∈N*）．
（1）證明：當(dāng)n≥2時(shí)，an＜an+1＜1；
（2）若b∈（a2，1），求證：當(dāng)整數(shù)k≥+1時(shí)，ak+1＞b．
18．設(shè)a＞3，數(shù)列{an}中，a1=a，an+1=，n∈N*．
（Ⅰ）求證：an＞3，且＜1；（Ⅱ）當(dāng)a≤4時(shí)，證明：an≤3+．
19．已知數(shù)列{an}滿足an＞0，a1=2，且（n+1）an+12=nan2+an（n∈N*）．
（Ⅰ）證明：an＞1；
（Ⅱ）證明：++…+＜（n≥2）．
20．已知數(shù)列{an}滿足：．
（1）求證：；
（2）求證：．
21．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，且an+12+an2=2（an+1an+an+1﹣an﹣）．
（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（2）求證：++…+＜；
（3）記Sn=++…+，證明：對(duì)于一切n≥2，都有Sn2＞2（++…+）．
22．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=，n∈N*．
（1）求證：≤an≤1；
（2）求證：|a2n﹣an|≤．
23．已知數(shù)列{an]的前n項(xiàng)和記為Sn，且滿足Sn=2an﹣n，n∈N*
（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）證明：+…（n∈N*）
24．已知數(shù)列{an}滿足：a1=，an+1=+an（n∈N*）．
（1）求證：an+1＞an；
（2）求證：a2017＜1；
（3）若ak＞1，求正整數(shù)k的最小值．
25．已知數(shù)列{an}滿足：an2﹣an﹣an+1+1=0，a1=2
（1）求a2，a3；
（2）證明數(shù)列為遞增數(shù)列；
（3）求證：＜1．
26．已知數(shù)列{an}滿足：a1=1，（n∈N*）
（Ⅰ）求證：an≥1；
（Ⅱ）證明：≥1+
（Ⅲ）求證：＜an+1＜n+1．
27．在正項(xiàng)數(shù)列{an}中，已知a1=1，且滿足an+1=2an（n∈N*）
（Ⅰ）求a2，a3；
（Ⅱ）證明．a(chǎn)n≥．
28．設(shè)數(shù)列{an}滿足．
（1）證明：；
（2）證明：．
29．已知數(shù)列{an}滿足a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（n∈N*），令bn=an+1．
（Ⅰ）求證：{bn}是等比數(shù)列；
（Ⅱ）記數(shù)列{nbn}的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn；
（Ⅲ）求證：﹣＜+…+．
30．已知數(shù)列{an}中，a1=3，2an+1=an2﹣2an+4．
（Ⅰ）證明：an+1＞an；
（Ⅱ）證明：an≥2+（）n﹣1；
（Ⅲ）設(shè)數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為Sn，求證：1﹣（）n≤Sn＜1．
31．已知數(shù)列{an}滿足a1=，an+1=，n∈N*．
（1）求a2；
（2）求{}的通項(xiàng)公式；
（3）設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn，求證：（1﹣（）n）≤Sn＜．
32．?dāng)?shù)列{an}中，a1=1，an=．
（1）證明：an＜an+1；
（2）證明：anan+1≥2n+1；
（3）設(shè)bn=，證明：2＜bn＜（n≥2）．
33．已知數(shù)列{an}滿足，（1）若數(shù)列{an}是常數(shù)列，求m的值；
（2）當(dāng)m＞1時(shí)，求證：an＜an+1；
（3）求最大的正數(shù)m，使得an＜4對(duì)一切整數(shù)n恒成立，并證明你的結(jié)論．
34．已知數(shù)列{an}滿足：，p＞1，．
（1）證明：an＞an+1＞1；
（2）證明：；
（3）證明：．
35．?dāng)?shù)列{an}滿足a1=，an+1﹣an+anan+1=0（n∈N*）．
（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）求證：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．
36．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=an2+p．
（1）若數(shù)列{an}就常數(shù)列，求p的值；
（2）當(dāng)p＞1時(shí)，求證：an＜an+1；
（3）求最大的正數(shù)p，使得an＜2對(duì)一切整數(shù)n恒成立，并證明你的結(jié)論．
37．已知數(shù)列{an}滿足a1=a＞4，（n∈N*）
（1）求證：an＞4；
（2）判斷數(shù)列{an}的單調(diào)性；
（3）設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，求證：當(dāng)a=6時(shí)，．
38．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=．
（Ⅰ）求證：an+1＜an；
（Ⅱ）求證：≤an≤．
39．已知數(shù)列{an}滿足：a1=1，．
（1）若b=1，證明：數(shù)列是等差數(shù)列；
（2）若b=﹣1，判斷數(shù)列{a2n﹣1}的單調(diào)性并說明理由；
（3）若b=﹣1，求證：．
40．已知數(shù)列{an}滿足，（n=1，2，3…），Sn=b1+b2+…+bn．
證明：（Ⅰ）an﹣1＜an＜1（n≥1）；
（Ⅱ）（n≥2）．
41．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=，n∈N*，記S，Tn分別是數(shù)列{an}，{a}的前n項(xiàng)和，證明：當(dāng)n∈N*時(shí)，（1）an+1＜an；
（2）Tn=﹣2n﹣1；
（3）﹣1＜Sn．
42．已知數(shù)列{an}滿足a1=3，an+1=an2+2an，n∈N*，設(shè)bn=log2（an+1）．
（I）求{an}的通項(xiàng)公式；
（II）求證：1+++…+＜n（n≥2）；
（III）若=bn，求證：2≤＜3．
43．已知正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足a1=3，n∈N*．
（1）求證：1＜an≤3，n∈N*；
（2）若對(duì)于任意的正整數(shù)n，都有成立，求M的最小值；
（3）求證：a1+a2+a3+…+an＜n+6，n∈N*．
44．已知在數(shù)列{an}中，，n∈N*．
（1）求證：1＜an+1＜an＜2；
（2）求證：；
（3）求證：n＜sn＜n+2．
45．已知數(shù)列{an}中，（n∈N*）．
（1）求證：；
（2）求證：是等差數(shù)列；
（3）設(shè)，記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，求證：．
46．已知無窮數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=，=n∈N*．
（Ⅰ）證明：0＜an＜1；
（Ⅱ）
記bn=，Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，證明：對(duì)任意正整數(shù)n，Tn．
47．已知數(shù)列{xn}滿足x1=1，xn+1=2+3，求證：
（I）0＜xn＜9；
（II）xn＜xn+1；
（III）．
48．?dāng)?shù)列{an}各項(xiàng)均為正數(shù)，且對(duì)任意n∈N*，滿足an+1=an+can2（c＞0且為常數(shù)）．
（Ⅰ）若a1，2a2，3a3依次成等比數(shù)列，求a1的值（用常數(shù)c表示）；
（Ⅱ）設(shè)bn=，Sn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，（i）求證：；
（ii）求證：Sn＜Sn+1＜．
49．設(shè)數(shù)列滿足|an﹣|≤1，n∈N*．
（Ⅰ）求證：|an|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）
（Ⅱ）若|an|≤（）n，n∈N*，證明：|an|≤2，n∈N*．
50．已知數(shù)列{an}滿足：a1=1，an+1=an+．（n∈N*）
（Ⅰ）證明：≥1+；
（Ⅱ）求證：＜an+1＜n+1．
高考數(shù)列壓軸題
參考答案與試題解析
一．解答題（共50小題）
1．?dāng)?shù)列{an}滿足a1=1，a2=+，…，an=++…+（n∈N*）
（1）求a2，a3，a4，a5的值；
（2）求an與an﹣1之間的關(guān)系式（n∈N*，n≥2）；
（3）求證：（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）證明：由（2）可知=，所以（1+）（1+）…（1+）=?…
==+++…+=+++…+
=+++…+≤1+1+++…+
=2+1﹣+﹣+…+﹣=3﹣＜3（n≥2）．
所以n≥2時(shí)不等式成立，而n=1時(shí)不等式顯然成立，所以原命題成立．
2．已知數(shù)列{xn}滿足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（n∈N*），證明：當(dāng)n∈N*時(shí)，（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；
（Ⅱ）2xn+1﹣xn≤；
（Ⅲ）≤xn≤．
【解答】解：（Ⅰ）用數(shù)學(xué)歸納法證明：xn＞0，當(dāng)n=1時(shí)，x1=1＞0，成立，假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)成立，則xk＞0，那么n=k+1時(shí)，若xk+1＜0，則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），記函數(shù)f（x）=x2﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0
∴f′（x）=+ln（1+x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，∴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≤，綜上所述≤xn≤．
3．?dāng)?shù)列{an}中，a1=，an+1=（n∈N*）
（Ⅰ）求證：an+1＜an；
（Ⅱ）記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，求證：Sn＜1．
【解答】證明：（Ⅰ）∵＞0，且a1=＞0，∴an＞0，∴an+1﹣an=﹣an=＜0．
∴an+1＜an；
（Ⅱ）∵1﹣an+1=1﹣=，∴=．
∴，則，又an＞0，∴．
4．已知正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足an2+an=3a2n+1+2an+1，a1=1．
（1）求a2的值；
（2）證明：對(duì)任意實(shí)數(shù)n∈N*，an≤2an+1；
（3）記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，證明：對(duì)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=（負(fù)的舍去）；
（2）證明：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，由于正項(xiàng)數(shù)列{an}，即有an+2an+1+1＞0，4a2n+1＞0，則有對(duì)任意實(shí)數(shù)n∈N*，an≤2an+1；
（3）由（1）可得對(duì)任意實(shí)數(shù)n∈N*，an≤2an+1；
即為a1≤2a2，可得a2≥，a3≥a2≥，…，an≥，前n項(xiàng)和為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，則an＞an+1，數(shù)列{an}遞減，即有Sn=a1+a2+…+an＜1+1+++…+
=1+=3（1﹣）＜3．
則有對(duì)任意n∈N*，2﹣≤Sn＜3．
5．已知在數(shù)列{an}中，．，n∈N*
（1）求證：1＜an+1＜an＜2；
（2）求證：；
（3）求證：n＜sn＜n+2．
【解答】證明：（1）先用數(shù)學(xué)歸納法證明1＜an＜2．
①．n=1時(shí)，②．假設(shè)n=k時(shí)成立，即1＜ak＜2．
那么n=k+1時(shí)，成立．
由①②知1＜an＜2，n∈N*恒成立.．
所以1＜an+1＜an＜2成立．
（2），當(dāng)n≥3時(shí)，而1＜an＜2．所以．
由，得，所以
（3）由（1）1＜an＜2得sn＞n
由（2）得，6．設(shè)數(shù)列{an}滿足an+1=an2﹣an+1（n∈N*），Sn為{an}的前n項(xiàng)和．證明：對(duì)任意n∈N*，（I）當(dāng)0≤a1≤1時(shí)，0≤an≤1；
（II）當(dāng)a1＞1時(shí)，an＞（a1﹣1）a1n﹣1；
（III）當(dāng)a1=時(shí)，n﹣＜Sn＜n．
【解答】證明：（Ⅰ）用數(shù)學(xué)歸納法證明．
①當(dāng)n=1時(shí)，0≤an≤1成立．
②假設(shè)當(dāng)n=k（k∈N*）時(shí)，0≤ak≤1，則當(dāng)n=k+1時(shí)，=（）2+∈[]?[0，1]，由①②知，．
∴當(dāng)0≤a1≤1時(shí)，0≤an≤1．
（Ⅱ）由an+1﹣an=（）﹣an=（an﹣1）2≥0，知an+1≥an．
若a1＞1，則an＞1，（n∈N*），從而=﹣an=an（an﹣1），即=an≥a1，∴，∴當(dāng)a1＞1時(shí)，an＞（a1﹣1）a1n﹣1．
（Ⅲ）當(dāng)時(shí)，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，∴當(dāng)時(shí)，．
7．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，Sn=2an+1，其中Sn為{an}的前n項(xiàng)和（n∈N*）．
（Ⅰ）求S1，S2及數(shù)列{Sn}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）若數(shù)列{bn}滿足，且{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求證：當(dāng)n≥2時(shí)，．
【解答】解：（Ⅰ）數(shù)列{an}滿足Sn=2an+1，則Sn=2an+1=2（Sn+1﹣Sn），即3Sn=2Sn+1，∴，即數(shù)列{Sn}為以1為首項(xiàng)，以為公比的等比數(shù)列，∴Sn=（）n﹣1（n∈N*）．
∴S1=1，S2=；
（Ⅱ）在數(shù)列{bn}中，Tn為{bn}的前n項(xiàng)和，則|Tn|=|=．
而當(dāng)n≥2時(shí)，即．
8．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，（n∈N*），（Ⅰ）
證明：；
（Ⅱ）
證明：．
【解答】（Ⅰ）
證明：∵①，∴②
由②÷①得：，∴
（Ⅱ）
證明：由（Ⅰ）得：（n+1）an+2=nan
∴
令bn=nan，則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
根據(jù)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．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和為Sn，已知a1=，an+1=，其中n∈N*．
（1）證明：an＜2；
（2）證明：an＜an+1；
（3）證明：2n﹣≤Sn≤2n﹣1+（）n．
【解答】證明：（1）an+1﹣2=﹣2=，由于+2=+1＞0，+2=2+＞0．
∴an+1﹣2與an﹣2同號(hào)，因此與a1﹣2同號(hào)，而a1﹣2=﹣＜0，∴an＜2．
（2）an+1﹣1=，可得：an+1﹣1與an﹣1同號(hào)，因此與a1﹣1同號(hào)，而a1﹣1=＞0，∴an＞1．
又an＜2．∴1＜an＜2．a(chǎn)n+1﹣an=，可得分子＞0，分母＞0．
∴an+1﹣an＞0，故an＜an+1．
（3）n=1時(shí)，S1=，滿足不等式．
n≥2時(shí)，==，∴，即2﹣an≥．
∴2n﹣Sn≥=1﹣．即Sn≤2n﹣1+．
另一方面：由（II）可知：．，=≤．
從而可得：=≤．
∴2﹣an≤，∴2n﹣Sn≤=．
∴Sn≥2n﹣＞2n﹣．
綜上可得：2n﹣≤Sn≤2n﹣1+（）n．
10．?dāng)?shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且an+1=an+﹣1（n∈N*），{an}的前n項(xiàng)和是Sn．
（Ⅰ）若{an}是遞增數(shù)列，求a1的取值范圍；
（Ⅱ）若a1＞2，且對(duì)任意n∈N*，都有Sn≥na1﹣（n﹣1），證明：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．
下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)1＜a1＜2時(shí)，?n∈N*，1＜an＜2成立．
（1）當(dāng)n=1時(shí)，1＜a1＜2成立．
（2）假設(shè)當(dāng)n=k∈N*時(shí)，1＜an＜2成立．
則當(dāng)n=k+1時(shí)，ak+1=ak+﹣1∈?（1，2），即n=k+1時(shí)，不等式成立．
綜上（1）（2）可得：?n∈N*，1＜an＜2成立．
于是an+1﹣an=﹣1＞0，即an+1＞an，∴{an}是遞增數(shù)列，a1的取值范圍是（1，2）．
（II）證明：∵a1＞2，可用數(shù)學(xué)歸納法證明：an＞2對(duì)?n∈N*都成立．
于是：an+1﹣an=﹣1＜2，即數(shù)列{an}是遞減數(shù)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．
下證：（1）當(dāng)時(shí)，Sn≥na1﹣（n﹣1）恒成立．
事實(shí)上，當(dāng)時(shí)，由an=a1+（an﹣a1）≥a1+（2﹣）=．
于是Sn=a1+a2+…+an≥a1+（n﹣1）=na1﹣．
再證明：（2）時(shí)不合題意．
事實(shí)上，當(dāng)時(shí)，設(shè)an=bn+2，可得≤1．
由an+1=an+﹣1（n∈N*），可得：bn+1=bn+﹣1，可得=≤≤．
于是數(shù)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﹣．這與Sn≥na1﹣（n﹣1）恒成立矛盾．
∴時(shí)不合題意．
綜上（1）（2）可得：，于是可得=≤≤．（由可得：）．
故數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn≤＜b1＜1，∴Sn=2n+Tn＜2n+1．
11．設(shè)an=xn，bn=（）2，Sn為數(shù)列{an?bn}的前n項(xiàng)和，令fn（x）=Sn﹣1，x∈R，a∈N*．
（Ⅰ）若x=2，求數(shù)列{}的前n項(xiàng)和Tn；
（Ⅱ）求證：對(duì)?n∈N*，方程fn（x）=0在xn∈[，1]上有且僅有一個(gè)根；
（Ⅲ）求證：對(duì)?p∈N*，由（Ⅱ）中xn構(gòu)成的數(shù)列{xn}滿足0＜xn﹣xn+p＜．
【解答】解：（Ⅰ）若x=2，an=2n，則=（2n﹣1）（）n，則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）證明：fn（x）=﹣1+x+++…+（x∈R，n∈N+），fn′（x）=1+++…+＞0，故函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．
由于f1（x1）=0，當(dāng)n≥2時(shí)，fn（1）=++…+＞0，即fn（1）＞0．
又fn（）=﹣1++[+++…+]≤﹣+?（）i，=﹣+×=﹣?（）n﹣1＜0，根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)的判定定理，可得存在唯一的xn∈[，1]，滿足fn（xn）=0．
（Ⅲ）證明：對(duì)于任意p∈N+，由（1）中xn構(gòu)成數(shù)列{xn}，當(dāng)x＞0時(shí)，∵fn+1（x）=fn（x）+＞fn（x），∴fn+1（xn）＞fn（xn）=fn+1（xn+1）=0．
由
fn+1（x）
在（0，+∞）上單調(diào)遞增，可得
xn+1＜xn，即
xn﹣xn+1＞0，故數(shù)列{xn}為減數(shù)列，即對(duì)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減去②并移項(xiàng)，利用
0＜xn+p≤1，可得
xn﹣xn+p=+≤≤＜=﹣＜．
綜上可得，對(duì)于任意p∈N+，由（1）中xn構(gòu)成數(shù)列{xn}滿足0＜xn﹣xn+p＜．
12．已知數(shù)列{an}，{bn}，a0=1，（n=0，1，2，…），Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和．
求證：（Ⅰ）an+1＜an；
（Ⅱ）；
（Ⅲ）．
【解答】解：證明：（Ⅰ）=，所以an+1＜an
（Ⅱ）法一、記，則，原命題等價(jià)于證明；用數(shù)學(xué)歸納法
提示：構(gòu)造函數(shù)在（1，+∞）單調(diào)遞增，故==+＞+×=+×（﹣）=，法二、只需證明，由，故：n=1時(shí)，n≥2，可證：，（3）由，得=，可得：，疊加可得，所以，13．已知數(shù)列{an}滿足：a1=，an=an﹣12+an﹣1（n≥2且n∈N）．
（Ⅰ）求a2，a3；并證明：2﹣≤an≤?3；
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{an2}的前n項(xiàng)和為An，數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為Bn，證明：=an+1．
【解答】解：（I）a2=a12+a1==，a3=a22+a2==．
證明：∵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．
綜上，2﹣≤an≤?3．
（II）證明：∵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．已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為非負(fù)數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，且對(duì)任意的n∈N*，都有．
（1）若a1=1，a505=2017，求a6的最大值；
（2）若對(duì)任意n∈N*，都有Sn≤1，求證：．
【解答】解：（1）由題意知an+1﹣an≤an+2﹣an+1，設(shè)di=ai+1﹣ai（i=1，2，…，504），則d1≤d2≤d3≤…≤d504，且d1+d2+d3+…+d504=2016，∵=，所以d1+d2+…+d5≤20，∴a6=a1+（d1+d2+…+d5）≤21．
（2）證明：若存在k∈N*，使得ak＜ak+1，則由，得ak+1≤ak﹣ak+1≤ak+2，因此，從an項(xiàng)開始，數(shù)列{an}嚴(yán)格遞增，故a1+a2+…+an≥ak+ak+1+…+an≥（n﹣k+1）ak，對(duì)于固定的k，當(dāng)n足夠大時(shí)，必有a1+a2+…+an≥1，與題設(shè)矛盾，所以{an}不可能遞增，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，綜上，對(duì)一切n∈N*，都有．
15．已知數(shù)列{an}中，a1=4，an+1=，n∈N*，Sn為{an}的前n項(xiàng)和．
（Ⅰ）求證：n∈N*時(shí)，an＞an+1；
（Ⅱ）求證：n∈N*時(shí)，2≤Sn﹣2n＜．
【解答】證明：（I）n≥2時(shí)，作差：an+1﹣an=﹣=，∴an+1﹣an與an﹣an﹣1同號(hào)，由a1=4，可得a2==，可得a2﹣a1＜0，∴n∈N*時(shí)，an＞an+1．
（II）∵2=6+an，∴=an﹣2，即2（an+1﹣2）（an+1+2）=an﹣2，①
∴an+1﹣2與an﹣2同號(hào)，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+．
綜上可得：n∈N*時(shí)，2≤Sn﹣2n＜．
16．已知數(shù)列{an}滿足，a1=1，an=﹣．
（1）求證：an≥；
（2）求證：|an+1﹣an|≤；
（3）求證：|a2n﹣an|≤．
【解答】證明：（1）∵a1=1，an=﹣．
∴a2=，a3=，a4=，猜想：≤an≤1．
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．
（i）當(dāng)n=1時(shí)，命題顯然成立；
（ii）假設(shè)n=k時(shí)，≤1成立，則當(dāng)n=k+1時(shí)，ak+1=≤＜1．，即當(dāng)n=k+1時(shí)也成立，所以對(duì)任意n∈N*，都有．
（2）當(dāng)n=1時(shí)，當(dāng)n≥2時(shí)，∵，∴．
（3）當(dāng)n=1時(shí)，|a2﹣a1|=＜；
當(dāng)n≥2時(shí)，|a2n﹣an|≤|a2n﹣a2n﹣1|+|a2n﹣1﹣a2n﹣2|+…+|an+1﹣an|．
17．設(shè)數(shù)列{an}滿足：a1=a，an+1=（a＞0且a≠1，n∈N*）．
（1）證明：當(dāng)n≥2時(shí)，an＜an+1＜1；
（2）若b∈（a2，1），求證：當(dāng)整數(shù)k≥+1時(shí)，ak+1＞b．
【解答】證明：（1）由an+1=知an與a1的符號(hào)相同，而a1=a＞0，∴an＞0，∴an+1=≤1，當(dāng)且僅當(dāng)an=1時(shí)，an+1=1
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：
①∵a＞0且a≠1，∴a2＜1，∴=＞1，即有a2＜a3＜1，②假設(shè)n=k時(shí)，有ak＜ak+1＜1，則
ak+2==＜1且=＞1，即ak+1＜ak+2＜1
即當(dāng)n=k+1時(shí)不等式成立，由①②可得當(dāng)n≥2時(shí)，an＜an+1＜1；
（2）若ak≥b，由（1）知ak+1＞ak≥b，若ak＜b，∵0＜x＜1以及二項(xiàng)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．設(shè)a＞3，數(shù)列{an}中，a1=a，an+1=，n∈N*．
（Ⅰ）求證：an＞3，且＜1；
（Ⅱ）當(dāng)a≤4時(shí)，證明：an≤3+．
【解答】證明：（I）∵an+1﹣3=﹣3=．=﹣=，∴（）=＞0，∴與同號(hào)，又a＞3，∴=a﹣＞0，∴＞0，∴an+1﹣3＞0，即an＞3（n=1時(shí)也成立）．
∴==＜1．
綜上可得：an＞3，且＜1；
（Ⅱ）當(dāng)a≤4時(shí)，∵an+1﹣3=﹣3=．
∴=，由（I）可知：3＜an≤a1=a≤4，∴3＜an≤4．
設(shè)an﹣3=t∈（0，1]．
∴==≤，∴?…?≤，∴an﹣3≤（a1﹣3）×≤，∴an≤3+．
19．已知數(shù)列{an}滿足an＞0，a1=2，且（n+1）an+12=nan2+an（n∈N*）．
（Ⅰ）證明：an＞1；
（Ⅱ）證明：++…+＜（n≥2）．
【解答】證明：（Ⅰ）由題意得（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與an﹣1同號(hào)，∵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，又由題意可得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，當(dāng)n=2時(shí)，=＜，當(dāng)n=3時(shí)，+≤＜＜，當(dāng)n≥4時(shí)，++…+＜2（+++）+（++﹣）=1+++++＜，從而，原命題得證
20．已知數(shù)列{an}滿足：．
（1）求證：；
（2）求證：．
【解答】證明：（1）由，所以，因?yàn)?，所以an+2＜an+1＜2．
（2）假設(shè)存在，由（1）可得當(dāng)n＞N時(shí)，an≤aN+1＜1，根據(jù)，而an＜1，所以．
于是，…．
累加可得（*）
由（1）可得aN+n﹣1＜0，而當(dāng)時(shí)，顯然有，因此有，這顯然與（*）矛盾，所以．
21．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，且an+12+an2=2（an+1an+an+1﹣an﹣）．
（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（2）求證：++…+＜；
（3）記Sn=++…+，證明：對(duì)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，即為（an+1﹣an﹣1）2=0，可得an+1﹣an=1，則an=a1+n﹣1=n，n∈N*；
（2）證明：由=＜=﹣，n≥2．
則++…+=1+++…+
＜1++﹣+﹣+…+﹣=﹣＜，故原不等式成立；
（3）證明：Sn=++…+=1++…+，當(dāng)n=2時(shí)，S22=（1+）2=＞2?=成立；
假設(shè)n=k≥2，都有Sk2＞2（++…+）．
則n=k+1時(shí)，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，則Sk+12＞2（++…++）恒成立．
綜上可得，對(duì)于一切n≥2，都有Sn2＞2（++…+）．
22．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=，n∈N*．
（1）求證：≤an≤1；
（2）求證：|a2n﹣an|≤．
【解答】證明：（1）用數(shù)學(xué)歸納法證明：
①當(dāng)n=1時(shí)，=，成立；
②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，有成立，則當(dāng)n=k+1時(shí)，≤≤1，≥=，∴當(dāng)n=k+1時(shí)，命題也成立．
由①②得≤an≤1．
（2）當(dāng)n=1時(shí)，|a2﹣a1|=，當(dāng)n≥2時(shí)，∵（）（）=（）=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≤，綜上：|a2n﹣an|≤．
23．已知數(shù)列{an]的前n項(xiàng)和記為Sn，且滿足Sn=2an﹣n，n∈N*
（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）證明：+…（n∈N*）
【解答】解：（Ⅰ）∵Sn=2an﹣n（n∈N+），∴Sn﹣1=2an﹣1﹣n+1=0（n≥2），兩式相減得：an=2an﹣1+1，變形可得：an+1=2（an﹣1+1），又∵a1=2a1﹣1，即a1=1，∴數(shù)列{an+1}是首項(xiàng)為2、公比為2的等比數(shù)列，∴an+1=2?2n﹣1=2n，an=2n﹣1．
（Ⅱ）由，（k=1，2，…n），∴=，由=﹣，（k=1，2，…n），得﹣=，綜上，+…（n∈N*）．
24．已知數(shù)列{an}滿足：a1=，an+1=+an（n∈N*）．
（1）求證：an+1＞an；
（2）求證：a2017＜1；
（3）若ak＞1，求正整數(shù)k的最小值．
【解答】（1）證明：an+1﹣an=≥0，可得an+1≥an．
∵a1=，∴an．
∴an+1﹣an=＞0，∴an+1＞an．
（II）證明：由已知==，∴=﹣，由=，=，…，=，累加求和可得：=++…+，當(dāng)k=2017時(shí)，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的最小值為2018．
25．已知數(shù)列{an}滿足：an2﹣an﹣an+1+1=0，a1=2
（1）求a2，a3；
（2）證明數(shù)列為遞增數(shù)列；
（3）求證：＜1．
【解答】（1）解：∵a1=2，∴a2=22﹣2+1=3，同理可得：a3=7．
（2）證明：，對(duì)n∈N*恒成立，∴an+1＞an．
（3）證明：
故=．
26．已知數(shù)列{an}滿足：a1=1，（n∈N*）
（Ⅰ）求證：an≥1；
（Ⅱ）證明：≥1+
（Ⅲ）求證：＜an+1＜n+1．
【解答】證明：（I）數(shù)列{an}滿足：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：原式變形為，所以：，累加得．
27．在正項(xiàng)數(shù)列{an}中，已知a1=1，且滿足an+1=2an（n∈N*）
（Ⅰ）求a2，a3；
（Ⅱ）證明．a(chǎn)n≥．
【解答】解：（Ⅰ）∵在正項(xiàng)數(shù)列{an}中，a1=1，且滿足an+1=2an（n∈N*），∴=，=．
證明：（Ⅱ）①當(dāng)n=1時(shí)，由已知，成立；
②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，不等式成立，即，∵f（x）=2x﹣在（0，+∞）上是增函數(shù)，∴≥
=（）k+（）k﹣
=（）k+
=（）k+，∵k≥1，∴2×（）k﹣3﹣3=0，∴，即當(dāng)n=k+1時(shí)，不等式也成立．
根據(jù)①②知不等式對(duì)任何n∈N*都成立．
28．設(shè)數(shù)列{an}滿足．
（1）證明：；
（2）證明：．
【解答】（本題滿分15分）
證明：（I）易知an＞0，所以an+1＞an+＞an，所以
ak+1=ak+＜ak+，所以．
所以，當(dāng)n≥2時(shí)，=，所以an＜1．
又，所以an＜1（n∈N*），所以
an＜an+1＜1（n∈N*）．…（8分）
（II）當(dāng)n=1時(shí)，顯然成立．
由an＜1，知，所以，所以，所以，所以，當(dāng)n≥2時(shí)，=，即．
所以（n∈N*）．
…（7分）
29．已知數(shù)列{an}滿足a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（n∈N*），令bn=an+1．
（Ⅰ）求證：{bn}是等比數(shù)列；
（Ⅱ）記數(shù)列{nbn}的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn；
（Ⅲ）求證：﹣＜+…+．
【解答】（I）證明：a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（n∈N*），∴a2=2×（2+1+1）=8．
n≥2時(shí)，an=2（Sn﹣1+n），相減可得：an+1=3an+2，變形為：an+1+1=3（an+1），n=1時(shí)也成立．
令bn=an+1，則bn+1=3bn．∴{bn}是等比數(shù)列，首項(xiàng)為3，公比為3．
（II）解：由（I）可得：bn=3n．
∴數(shù)列{nbn}的前n項(xiàng)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）證明：∵bn=3n=an+1，解得an=3n﹣1．
由=．
∴+…+＞…+==，因此左邊不等式成立．
又由==＜=，可得+…+＜++…+
=＜．因此右邊不等式成立．
綜上可得：﹣＜+…+．
30．已知數(shù)列{an}中，a1=3，2an+1=an2﹣2an+4．
（Ⅰ）證明：an+1＞an；
（Ⅱ）證明：an≥2+（）n﹣1；
（Ⅲ）設(shè)數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為Sn，求證：1﹣（）n≤Sn＜1．
【解答】證明：（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．已知數(shù)列{an}滿足a1=，an+1=，n∈N*．
（1）求a2；
（2）求{}的通項(xiàng)公式；
（3）設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn，求證：（1﹣（）n）≤Sn＜．
【解答】（1）解：∵a1=，a，n∈N+．∴a2==．
（2）解：∵a1=，a，n∈N+．∴=﹣，化為：﹣1=，∴數(shù)列是等比數(shù)列，首項(xiàng)與公比都為．
∴﹣1=，解得=1+．
（3）證明：一方面：由（2）可得：an=≥=．
∴Sn≥+…+==，因此不等式左邊成立．
另一方面：an==，∴Sn≤+++…+=×＜×3＜（n≥3）．
又n=1，2時(shí)也成立，因此不等式右邊成立．
綜上可得：（1﹣（）n）≤Sn＜．
32．?dāng)?shù)列{an}中，a1=1，an=．
（1）證明：an＜an+1；
（2）證明：anan+1≥2n+1；
（3）設(shè)bn=，證明：2＜bn＜（n≥2）．
【解答】證明：（1）數(shù)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時(shí)，anan+1=a12+2=3，2n+1=3，則原不等式成立；
n≥2時(shí)，anan+1＞3+2（n﹣1）=2n+1，綜上可得，anan+1≥2n+1；
（3）bn=，要證2＜bn＜（n≥2），即證2＜an＜，只要證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．已知數(shù)列{an}滿足，（1）若數(shù)列{an}是常數(shù)列，求m的值；
（2）當(dāng)m＞1時(shí)，求證：an＜an+1；
（3）求最大的正數(shù)m，使得an＜4對(duì)一切整數(shù)n恒成立，并證明你的結(jié)論．
【解答】解：（1）若數(shù)列{an}是常數(shù)列，則，得．顯然，當(dāng)時(shí)，有an=1．
…（3分）
（2）由條件得，得a2＞a1．…（5分）
又因?yàn)椋瑑墒较鄿p得．
…（7分）
顯然有an＞0，所以an+2﹣an+1與an+1﹣an同號(hào)，而a2﹣a1＞0，所以an+1﹣an＞0，從而有an＜an+1．…（9分）
（3）因?yàn)?，…?0分）
所以an=a1+（a2﹣a1）+…+（an﹣an﹣1）≥1+（n﹣1）（m﹣2）．
這說明，當(dāng)m＞2時(shí)，an越來越大，顯然不可能滿足an＜4．
所以要使得an＜4對(duì)一切整數(shù)n恒成立，只可能m≤2．…（12分）
下面證明當(dāng)m=2時(shí)，an＜4恒成立．用數(shù)學(xué)歸納法證明：
當(dāng)n=1時(shí)，a1=1顯然成立．
假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)成立，即ak＜4，則當(dāng)n=k+1時(shí)，成立．
由上可知an＜4對(duì)一切正整數(shù)n恒成立．
因此，正數(shù)m的最大值是2．…（15分）
34．已知數(shù)列{an}滿足：，p＞1，．
（1）證明：an＞an+1＞1；
（2）證明：；
（3）證明：．
【解答】證明：（1）先用數(shù)學(xué)歸納法證明an＞1．
①當(dāng)n=1時(shí)，∵p＞1，∴；
②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，ak＞1，則當(dāng)n=k+1時(shí)，．
由①②可知an＞1．
再證an＞an+1．，令f（x）=x﹣1﹣xlnx，x＞1，則f＇（x）=﹣lnx＜0，所以f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，所以f（x）＜f（1）=0，所以，即an＞an+1．
（2）要證，只需證，只需證其中an＞1，先證，令f（x）=2xlnx﹣x2+1，x＞1，只需證f（x）＜0．
因?yàn)閒＇（x）=2lnx+2﹣2x＜2（x﹣1）+2﹣2x=0，所以f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，所以f（x）＜f（1）=0．
再證（an+1）lnan﹣2an+2＞0，令g（x）=（x+1）lnx﹣2x+2，x＞1，只需證g（x）＞0，令，x＞1，則，所以h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，所以h（x）＞h（1）=0，從而g＇（x）＞0，所以g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，所以g（x）＞g（1）=0，綜上可得．
（3）由（2）知，一方面，由迭代可得，因?yàn)閘nx≤x﹣1，所以，所以ln（a1a2…an）=lna1+lna2+…+lnan=；
另一方面，即，由迭代可得．
因?yàn)?，所以，所?；
綜上，．
35．?dāng)?shù)列{an}滿足a1=，an+1﹣an+anan+1=0（n∈N*）．
（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）求證：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．
【解答】解（Ⅰ）：由已知可得數(shù)列{an}各項(xiàng)非零．
否則，若有ak=0結(jié)合ak﹣ak﹣1+akak﹣1=0?ak﹣1=0，繼而?ak﹣1=0?ak﹣2=0?…?a1=0，與已知矛盾．
所以由an+1﹣an+anan+1=0可得．
即數(shù)列是公差為1的等差數(shù)列．
所以．
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是（n∈N*）．
（Ⅱ）
證明一：因?yàn)椋?/p>
所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an=．
所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．
證明二：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an===．
所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．
36．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=an2+p．
（1）若數(shù)列{an}就常數(shù)列，求p的值；
（2）當(dāng)p＞1時(shí)，求證：an＜an+1；
（3）求最大的正數(shù)p，使得an＜2對(duì)一切整數(shù)n恒成立，并證明你的結(jié)論．
【解答】解：（1）若數(shù)列{an}是常數(shù)列，則，；顯然，當(dāng)時(shí)，有an=1
（2）由條件得得a2＞a1，又因?yàn)椋瑑墒较鄿p得
顯然有an＞0，所以an+2﹣an+1與an+1﹣an同號(hào)，而a2﹣a1＞0，所以an+1﹣an＞0；
從而有an＜an+1．
（3）因?yàn)?，所以an=a1+（a2﹣a1）+…（an﹣an﹣1）＞1+（n﹣1）（p﹣1），這說明，當(dāng)p＞1時(shí)，an越來越大，不滿足an＜2，所以要使得an＜2對(duì)一切整數(shù)n恒成立，只可能p≤1，下面證明當(dāng)p=1時(shí)，an＜2恒成立；用數(shù)學(xué)歸納法證明：
當(dāng)n=1時(shí)，a1=1顯然成立；
假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)成立，即ak＜2，則當(dāng)n=k+1時(shí)，成立，由上可知對(duì)一切正整數(shù)n恒成立，因此，正數(shù)p的最大值是1
37．已知數(shù)列{an}滿足a1=a＞4，（n∈N*）
（1）求證：an＞4；
（2）判斷數(shù)列{an}的單調(diào)性；
（3）設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，求證：當(dāng)a=6時(shí)，．
【解答】（1）證明：利用數(shù)學(xué)歸納法證明：
①當(dāng)n=1時(shí)，a1=a＞4，成立．
②假設(shè)當(dāng)n=k≥2時(shí)，ak＞4，．
則ak+1=＞=4．
∴n=k+1時(shí)也成立．
綜上①②可得：?n∈N*，an＞4．
（2）解：∵，（n∈N*）．
∴﹣=﹣2an﹣8=﹣9＞（4﹣1）2﹣9=0，∴an＞an+1．
∴數(shù)列{an}單調(diào)遞減．
（3）證明：由（2）可知：數(shù)列{an}單調(diào)遞減．
一方面Sn＞a1+4（n﹣1）=4n+2．
另一方面：=＜，∴an﹣4＜，∴Sn﹣4n＜＜．即Sn＜4n+．
∴當(dāng)a=6時(shí)，．
38．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=．
（Ⅰ）求證：an+1＜an；
（Ⅱ）求證：≤an≤．
【解答】解：（Ⅰ）證明：由a1=1，an+1=，得an＞0，（n∈N），則an+1﹣an=﹣an=＜0，∴an+1＜an；
（Ⅱ）證明：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=，則=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≤．
綜上得≤an≤．
39．已知數(shù)列{an}滿足：a1=1，．
（1）若b=1，證明：數(shù)列是等差數(shù)列；
（2）若b=﹣1，判斷數(shù)列{a2n﹣1}的單調(diào)性并說明理由；
（3）若b=﹣1，求證：．
【解答】解：（1）證明：當(dāng)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，∴數(shù)列{（an﹣1）2}是0為首項(xiàng)、以2為公差的等差數(shù)列；
（2）當(dāng)b=﹣1，an+1=﹣1，數(shù)列{a2n﹣1}單調(diào)遞減．
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]上遞減，可得{a2n﹣1}單調(diào)遞減．
（3）運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法證明，當(dāng)n=1時(shí)，a1=1＜成立；
設(shè)n=k時(shí)，a1+a3+…+22k﹣1＜，當(dāng)n=k+1時(shí)，a1+a3+…+a2k﹣1+a2k+1
＜+=，綜上可得，成立．
40．已知數(shù)列{an}滿足，（n=1，2，3…），Sn=b1+b2+…+bn．
證明：（Ⅰ）an﹣1＜an＜1（n≥1）；
（Ⅱ）（n≥2）．
【解答】證明：（Ⅰ）由得：（*）
顯然an＞0，（*）式?
故1﹣an與1﹣an﹣1同號(hào)，又，所以1﹣an＞0，即an＜1…（3分）
（注意：也可以用數(shù)學(xué)歸納法證明）
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，從而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．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=，n∈N*，記S，Tn分別是數(shù)列{an}，{a}的前n項(xiàng)和，證明：當(dāng)n∈N*時(shí)，（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=，取倒數(shù)得：=+an，平方得：=+an2+2，從而﹣﹣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?yàn)?a12+a22+…+an2+2n+1＞2n+2，所以＞，Sn=an+an﹣1+…+a1
=﹣＞﹣1＞﹣1；
又由＞，即＞，得
當(dāng)n＞1時(shí)，an＜=＜=（﹣），累加得Sn＜a1+[（﹣1）+（﹣）+…+（﹣）]=1+（﹣1）＜，當(dāng)n=1時(shí)，Sn成立．
因此﹣1＜Sn．
42．已知數(shù)列{an}滿足a1=3，an+1=an2+2an，n∈N*，設(shè)bn=log2（an+1）．
（I）求{an}的通項(xiàng)公式；
（II）求證：1+++…+＜n（n≥2）；
（III）若=bn，求證：2≤＜3．
【解答】解：（I）由，則，由a1=3，則an＞0，兩邊取對(duì)數(shù)得到，即bn+1=2bn（2分）
又b1=log2（a1+1）=2≠0，∴{bn}是以2為公比的等比數(shù)列．
即（3分）
又∵bn=log2（an+1），∴（4分）
（2）用數(shù)學(xué)歸納法證明：1o當(dāng)n=2時(shí)，左邊為=右邊，此時(shí)不等式成立；
（5分）
2o假設(shè)當(dāng)n=k≥2時(shí)，不等式成立，則當(dāng)n=k+1時(shí)，左邊=（6分）
＜k+1=右邊
∴當(dāng)n=k+1時(shí)，不等式成立．
綜上可得：對(duì)一切n∈N*，n≥2，命題成立．（9分）
（3）證明：由得cn=n，∴，首先，（10分）
其次∵，∴，當(dāng)n=1時(shí)顯然成立．所以得證．（15分）
43．已知正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足a1=3，n∈N*．
（1）求證：1＜an≤3，n∈N*；
（2）若對(duì)于任意的正整數(shù)n，都有成立，求M的最小值；
（3）求證：a1+a2+a3+…+an＜n+6，n∈N*．
【解答】（1）證明：由正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足a1=3，n∈N*．
得+an+2=2an+1，兩式相減得（an+2﹣an+1）（an+2+an+1+1）=2（an+1﹣an），∵an＞0，∴an+2﹣an+1與an+1﹣an同號(hào)．
∵+a2=2a1=6，∴a2=2，則a2﹣a1＜0，∴an+1﹣an＜0，即數(shù)列{an}是單調(diào)減數(shù)列，則an≤a1=3．
另一方面：由正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足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與an﹣1同號(hào)，由于a1﹣1=2＞0，可知an﹣1＞0，即an＞1．
綜上可得：1＜an≤3，n∈N*．
（2）解：由（1）知：=，而3＜an+1+2≤a2+2=4，則≤，∴．
故M的最小值為．
（3）證明：由（2）知n≥2時(shí)，an﹣1=（a1﹣1）×××…×＜=2×，又n=1時(shí)，a1﹣1=2，故有an﹣1≤，n∈N*．
即an≤，n∈N*．
則a1+a2+a3+…+an＜n+2=n+2×＜n+6，n∈N*．
44．已知在數(shù)列{an}中，，n∈N*．
（1）求證：1＜an+1＜an＜2；
（2）求證：；
（3）求證：n＜sn＜n+2．
【解答】證明：（1）先用數(shù)學(xué)歸納法證明1＜an＜2
1°．n=1時(shí)
2°．假設(shè)n=k時(shí)成立，即1＜ak＜2，n=k+1時(shí)，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），當(dāng)n≥3時(shí)，而1＜an＜2．
所以．
由得，=
所以
（3）由（1）1＜an＜2得sn＞n
由（2）得，=．
45．已知數(shù)列{an}中，（n∈N*）．
（1）求證：；
（2）求證：是等差數(shù)列；
（3）設(shè)，記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，求證：．
【解答】證明：（1）當(dāng)n=1時(shí)，滿足，假設(shè)當(dāng)n=k（k≥1）時(shí)結(jié)論成立，即≤ak＜1，∵ak+1=，∴，即n=k+1時(shí)，結(jié)論成立，∴當(dāng)n∈N*時(shí)，都有．
（2）由，得，∴，∴==﹣1，即，∴數(shù)列是等差數(shù)列．
（3）由（2）知，∴，∴==，∵當(dāng)n≥2時(shí)，12n2+18n﹣（7n2+21n+14）=（5n+7）（n﹣2）≥0，∴n≥2時(shí)，∴n≥2時(shí)，又b1=，b2=，∴當(dāng)n≥3時(shí)，==
．
46．已知無窮數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=，=n∈N*．
（Ⅰ）證明：0＜an＜1；
（Ⅱ）
記bn=，Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，證明：對(duì)任意正整數(shù)n，Tn．
【解答】（Ⅰ）證明：①當(dāng)n=1時(shí)顯然成立；
②假設(shè)當(dāng)n=k（k∈N*）時(shí)不等式成立，即0＜ak＜1，那么：當(dāng)n=k+1時(shí)，＞，∴0＜ak+1＜1，即n=k+1時(shí)不等式也成立．
綜合①②可知，0＜an＜1對(duì)任意n∈N*成立．﹣﹣﹣﹣
（Ⅱ），即an+1＞an，∴數(shù)列{an}為遞增數(shù)列．
又=，易知為遞減數(shù)列，∴也為遞減數(shù)列，∴當(dāng)n≥2時(shí)，==
∴當(dāng)n≥2時(shí)，=
當(dāng)n=1時(shí)，成立；
當(dāng)n≥2時(shí)，Tn=b1+b2+…+bn＜=
綜上，對(duì)任意正整數(shù)n，47．已知數(shù)列{xn}滿足x1=1，xn+1=2+3，求證：
（I）0＜xn＜9；
（II）xn＜xn+1；
（III）．
【解答】證明：（I）（數(shù)學(xué)歸納法）
當(dāng)n=1時(shí)，因?yàn)閤1=1，所以0＜x1＜9成立．
假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，0＜xk＜9成立，則當(dāng)n=k+1時(shí)，．
因?yàn)?，且得xk+1＜9
所以0＜xn＜9也成立．
（II）因?yàn)?＜xn＜9，所以．
所以xn＜xn+1．
（III）因?yàn)?＜xn＜9，所以．
從而xn+1=2+3＞+3．
所以，即．
所以．
又x1=1，故．
48．?dāng)?shù)列{an}各項(xiàng)均為正數(shù)，且對(duì)任意n∈N*，滿足an+1=an+can2（c＞0且為常數(shù)）．
（Ⅰ）若a1，2a2，3a3依次成等比數(shù)列，求a1的值（用常數(shù)c表示）；
（Ⅱ）設(shè)bn=，Sn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，（i）求證：；
（ii）求證：Sn＜Sn+1＜．
【解答】（I）解：對(duì)任意n∈N*，滿足an+1=an+can2（c＞0且為常數(shù)）．∴a2=．a(chǎn)3=．
∵a1，2a2，3a3依次成等比數(shù)列，∴=a1?3a3，∴=a1?3（），a2＞0，化為4a2=3a1（1+ca2）．
∴4（）=3a1[1+c（）]，a1＞0，化為：3c2x2﹣cx﹣1=0，解得x=．
（II）證明：（i）由an+1=an+can2（c＞0且為常數(shù)），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．設(shè)數(shù)列滿足|an﹣|≤1，n∈N*．
（Ⅰ）求證：|an|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）
（Ⅱ）若|an|≤（）n，n∈N*，證明：|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，對(duì)于任意m＞n，﹣=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）
≤++…+=＜．
∴|an|＜（+）?2n≤[+?（）m]?2n=2+（）m?2n．①
由m的任意性可知|an|≤2．
否則，存在n0∈N*，使得|a|＞2，取正整數(shù)m0＞log且m0＞n0，則
2?（）＜2?（）=|a|﹣2，與①式矛盾．
綜上，對(duì)于任意n∈N*，都有|an|≤2．
50．已知數(shù)列{an}滿足：a1=1，an+1=an+．（n∈N*）
（Ⅰ）證明：≥1+；
（Ⅱ）求證：＜an+1＜n+1．
【解答】證明：（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，原式變形為
故
累加得，故＜an+1＜n+1．
—
END
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第五篇：用數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)列不等式
【例1】（2012全國大綱卷理22）函數(shù)f(x)?x2?2x?3，定義數(shù)列?xn?如下：x1?2，xn?1是過兩點(diǎn)P(4,5)、Qn(xn,f(xn))的直線PQn與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo).（1）證明:2?xn?xn?1?3；（2）求數(shù)列?xn?的通項(xiàng)公式.【證】（1）證：直線PQn的方程為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下用數(shù)學(xué)歸納法證明2?xn?3：
① 當(dāng)n?1時(shí)，x1?2，所以2?x1?3.② 假設(shè)當(dāng)n?k時(shí)結(jié)論成立，即2?xk?3，則當(dāng)n?k?1時(shí)，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，對(duì)一切n?N都有2?xn?3.4xn?3?xn2?2xn?3(3?xn)(xn?1)從而xn?1?xn??xn???0，故xn?1?xn.xn?2xn?2xn?2綜上，2?xn?xn?1?3.4x?3x?35(xn?1)（2）解：由（1）知，xn?1?n，則 xn?1?3?n ①，xn?1?1? ②，xn?2xn?2xn?
2①?②，得
?x?3?11xn?1?31xn?3???，故數(shù)列?n是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)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】已知函數(shù)f(x)?ln(2?x)?ax在開區(qū)間(0，1)內(nèi)是增函數(shù)．
(Ⅰ)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
(Ⅱ)若數(shù)列?an?滿a1?(0,1),an?1?ln(2?an)?an(n?N*)，證明：0?an?an?1?1．(Ⅰ)解：f?(x)??1?a，由于f(x)在(0，1)內(nèi)是增函數(shù)，2?x1?a?0在x∈∴ f?(x)?0，即 ?(0，1)時(shí)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即為所求． ∴ ?1?(Ⅱ)證明：① 當(dāng)n=1時(shí)，由題設(shè)知a1∈(0，1)． ② 假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，不等式成立，即ak∈(0，1)，則 當(dāng)n=k+1時(shí)，由(Ⅰ)知，f(x)=ln(2－x)+x在(0，1)上是增函數(shù)
∴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時(shí)命題成立.根據(jù)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】已知函數(shù)f(x)?x?sinx,數(shù)列{an}滿足：0?a1?1,an?1?f(an),n?1,2,3,證明：，13an.6證明：(Ⅰ)先用數(shù)學(xué)歸納法證明0?an?1,n?1,2,3,?(Ⅰ)0?an?1?an?1；(Ⅱ)an?1?① 當(dāng)n=1時(shí)，由已知，結(jié)論成立.② 假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)結(jié)論成立，即0?ak?1，因?yàn)??x?1時(shí)，f?(x)?1?cosx?0，所以f(x)在(0，1)上是增函數(shù)，又f(x)在[0，1]上連續(xù)，從而f(0)?f(ak)?f(1)，即0?ak?1?1?sin1?1，故當(dāng)n=k+1時(shí)，結(jié)論成立.由①②可知，0?an?1對(duì)一切正整數(shù)都成立.又因?yàn)??an?1時(shí)，an?1?an?an?sinan?an??sinan?0，所以an?1?an，綜上所述0?an?1?an?1.(Ⅱ)設(shè)函數(shù)g(x)?sinx?x?13x,0?x?1，6由(Ⅰ)可知，當(dāng)0?x?1時(shí)，sinx?x.x2x2x2x22x??2sin???2()??0, 從而g?(x)?cosx?1?22222所以g(x)在（0，1）上是增函數(shù).又g(0)?0，所以當(dāng)0?x?1時(shí)，g(x)>0成立.13于是g(an)?0，即sinan?an?an?0，613故an?1?an．
【例4】已知函數(shù)f(x)?x?ln?1?x?,數(shù)列?an?滿足0?a1?1, an?1?f?an?;數(shù)列?bn?滿足b1?11,bn?1?(n?1)bn, n?N*.求證: 22（Ⅰ）0?an?1?an?1;
an2;（Ⅱ）an?1?22,則當(dāng)n≥2時(shí),bn?an?n!.(n!?n?(n?1)?（Ⅲ）若a1?2*解:(Ⅰ)先用數(shù)學(xué)歸納法證明0?an?1,n?N.（1）當(dāng)n=1時(shí),由已知得結(jié)論成立;
?2?1)（2）假設(shè)當(dāng)n=k時(shí),結(jié)論成立,即0?ak?1.則當(dāng)n=k+1時(shí),因?yàn)?
————①bn?1bn?2b12 an2aaaaa,知:n?1?n, 所以n=2?3由(Ⅱ)an?1?2a1a1a2an2因?yàn)閍1?anaa?12an?122an?1 , 22, n≥2, 0?an?1?an?1.2a1a2an?1a1n2?a121?a1 所以 an?.222222 由①② 兩式可知: bn?an?n!.【例5】 設(shè)函數(shù)f(x)與數(shù)列?an?滿足以下關(guān)系： ① a1??，其中?是方程f(x)?x的實(shí)根； ② an?1?f(an)； 1).③ f(x)的導(dǎo)數(shù)f?(x)?(0，(Ⅰ)求證：an??； (Ⅱ)判斷an與an?1的大小關(guān)系，并證明你的結(jié)論.(Ⅰ)證：① 當(dāng)n?1時(shí)，a1??，不等式成立.② 假設(shè)當(dāng)n?k時(shí)不等式成立，即ak??，則n?k?1時(shí)，∵f?(x)?0，則f(x)遞增.∴ak?1?f(ak)?f(?)??，即n?k?1時(shí)不等式也成立.由①、②知，an??對(duì)一切n?N都成立.(Ⅱ)解：an?1?an?f(an)?an，設(shè)F(x)?f(x)?x，則F?(x)?f?(x)?1?0，∴F(x)遞減，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）已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)都是正數(shù),且滿足: 1an(4?an),n?N.2（1）證明an?an?1?2,n?N;a0?1,an?1?（2）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an.解：（1）方法一 用數(shù)學(xué)歸納法證明： 13a0(4?a0)?,∴a0?a1?2，命題正確.222°假設(shè)n=k時(shí)有ak?1?ak?2.1則n?k?1時(shí),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時(shí)命題正確.由1°、2°知，對(duì)一切n∈N時(shí)有an?an?1?2.1°當(dāng)n=1時(shí)，a0?1,a1?方法二：用數(shù)學(xué)歸納法證明： 1°當(dāng)n=1時(shí)，a0?1,a1? 2°假設(shè)n=k時(shí)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]上單調(diào)遞增，所以由假設(shè) 2111有：f(ak?1)?f(ak)?f(2),即ak?1(4?ak?1)?ak(4?ak)??2?(4?2)，222也即當(dāng)n=k+1時(shí) ak?ak?1?2成立，所以由1°、2°知，對(duì)一切n?N,有ak?ak?1? 2（2）下面來求數(shù)列的通項(xiàng)：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,則bn??bn??(?b)???()b????()bn?1n?2n?1222222，2又bn=－1，所以bn??()12n?11n,即an?2?bn?2?()2?1 【拓展題】 【例】、數(shù)列?an?滿足an?12a?3an??，且a1?1.（1）當(dāng)??1時(shí)，求數(shù)列?an?的?nan?12通項(xiàng)公式； （2）若不等式an?1?an對(duì)一切n?N恒成立，求?的取值范圍； （3）當(dāng)?3???1時(shí)，證明： *1111?????1?n.1?a11?a21?an2解：（1）當(dāng)??1時(shí)，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對(duì)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下面先用數(shù)歸法證明：當(dāng)???3時(shí)，an?1(略)，再由①知an?1?an恒成立.所以??[?3,??)為所求.（3）當(dāng)?3???1時(shí)，由(2)知an?1，則由 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從而??????2???n?1?n，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)n?11?a11?a21?an2222時(shí)成立.（2009安徽理21）首項(xiàng)為正數(shù)的數(shù)列?an?滿足an?1?為奇數(shù)，則對(duì)一切n?2,an都是奇數(shù)；（2）若對(duì)一切n?N都有an?1?an，求a1的取值范圍.略解：（1）已知a1是奇數(shù)，假設(shè)ak?2m?1是奇數(shù)，其中m為正整數(shù)，*12(an?3),n?N*.（1）證明：若a14ak2?3?m(m?1)?1是奇數(shù).（因?yàn)閙(m?1)是偶數(shù)）則由遞推關(guān)系得ak?1?4*根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，對(duì)任何n?N，an都是奇數(shù).1（2）（方法一）由an?1?an?(an?1)(an?3)知，an?1?an當(dāng)且僅當(dāng)an?1或an?3.41?332?3?1；若ak?3，則ak?1??3.另一方面，若0?ak?1,則0?ak?1?44根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，0?a1?1,?0?an?1,?n?N*;a1?3?an?3,?n?N*.綜合所述，對(duì)一切n?N都有an?1?an的充要條件是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?yàn)閍1?0,an?1?4444所以所有的an均大于0，因此an?1?an與an?an?1同號(hào).根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，?n?N，an?1?an與a2?a1同號(hào).*因此，對(duì)一切n?N都有an?1?an的充要條件是0?a1?1或a1?3.*
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