高考数列压轴题

1、-. z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=+nN*1求a2，a3，a4，a5的值；2求an与an1之间的关系式nN*，n2；3求证：1+1+1+3nN*2数列*n满足：*1=1，*n=*n+1+ln1+*n+1nN*，证明：当nN*时，0*n+1*n；2*n+1*n；*n3数列an中，a1=，an+1=nN*求证：an+1an；记数列an的前n项和为Sn，求证：Sn14正项数列an满足an2+an=3a2n+1+2an+1，a1=11求a2的值；2证明：对任意实数nN*，an2an+1；3记数列an的前n项和为Sn，证明：对任意nN*，2Sn35在数列an

2、中，nN*1求证：1an+1an2；2求证：；3求证：nsnn+26设数列an满足an+1=an2an+1nN*，Sn为an的前n项和证明：对任意nN*，I当0a11时，0an1；II当a11时，ana11a1n1；III当a1=时，nSnn7数列an满足a1=1，Sn=2an+1，其中Sn为an的前n项和nN*求S1，S2及数列Sn的通项公式；假设数列bn满足，且bn的前n项和为Tn，求证：当n2时，8数列an满足a1=1，nN*， 证明：； 证明：9设数列an的前n项的和为Sn，a1=，an+1=，其中nN*1证明：an2；2证明：anan+1；3证明：2nSn2n1+n10数列an的各项

3、均为正数，且an+1=an+1nN*，an的前n项和是Sn假设an是递增数列，求a1的取值围；假设a12，且对任意nN*，都有Snna1n1，证明：Sn2n+111设an=*n，bn=2，Sn为数列anbn的前n项和，令fn*=Sn1，*R，aN*假设*=2，求数列的前n项和Tn；求证：对nN*，方程fn*=0在*n，1上有且仅有一个根；求证：对pN*，由中*n构成的数列*n满足0*n*n+p12数列an，bn，a0=1，n=0，1，2，Tn为数列bn的前n项和求证：an+1an；13数列an满足：a1=，an=an12+an1n2且nN求a2，a3；并证明：2an3；设数列an2的前n项和为

4、An，数列的前n项和为Bn，证明：=an+114数列an的各项均为非负数，其前n项和为Sn，且对任意的nN*，都有1假设a1=1，a505=2017，求a6的最大值；2假设对任意nN*，都有Sn1，求证：15数列an中，a1=4，an+1=，nN*，Sn为an的前n项和求证：nN*时，anan+1；求证：nN*时，2Sn2n16数列an满足，a1=1，an=1求证：an；2求证：|an+1an|；3求证：|a2nan|17设数列an满足：a1=a，an+1=a0且a1，nN*1证明：当n2时，anan+11；2假设ba2，1，求证：当整数k+1时，ak+1b18设a3，数列an中，a1=a，a

5、n+1=，nN*求证：an3，且1；当a4时，证明：an3+19数列an满足an0，a1=2，且n+1an+12=nan2+annN*证明：an1；证明：+n220数列an满足：1求证：；2求证：21数列an满足a1=1，且an+12+an2=2an+1an+an+1an1求数列an的通项公式；2求证：+；3记Sn=+，证明：对于一切n2，都有Sn22+22数列an满足a1=1，an+1=，nN*1求证：an1；2求证：|a2nan|23数列an的前n项和记为Sn，且满足Sn=2ann，nN*求数列an的通项公式；证明：+nN*24数列an满足：a1=，an+1=+annN*1求证：an+1a

6、n；2求证：a20171；3假设ak1，求正整数k的最小值25数列an满足：an2anan+1+1=0，a1=21求a2，a3；2证明数列为递增数列； 3求证：126数列an满足：a1=1，nN*求证：an1；证明：1+求证：an+1n+127在正项数列an中，a1=1，且满足an+1=2annN*求a2，a3；证明an28设数列an满足1证明：；2证明：29数列an满足a1=2，an+1=2Sn+n+1nN*，令bn=an+1求证：bn是等比数列；记数列nbn的前n项和为Tn，求Tn；求证：+30数列an中，a1=3，2an+1=an22an+4证明：an+1an；证明：an2+n1；设数列

7、的前n项和为Sn，求证：1nSn131数列an满足a1=，an+1=，nN*1求a2；2求的通项公式；3设an的前n项和为Sn，求证：1nSn32数列an中，a1=1，an=1证明：anan+1；2证明：anan+12n+1；3设bn=，证明：2bnn233数列an满足，1假设数列an是常数列，求m的值；2当m1时，求证：anan+1；3求最大的正数m，使得an4对一切整数n恒成立，并证明你的结论34数列an满足：，p1，1证明：anan+11；2证明：；3证明：35数列an满足a1=，an+1an+anan+1=0nN*求数列an的通项公式；求证：a1+a1a2+a1a2a3+a1a2an1

8、36数列an满足a1=1，an+1=an2+p1假设数列an就常数列，求p的值；2当p1时，求证：anan+1；3求最大的正数p，使得an2对一切整数n恒成立，并证明你的结论37数列an满足a1=a4，nN*1求证：an4；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数列an满足a1=1，an+1=求证：an+1an；求证：an39数列an满足：a1=1，1假设b=1，证明：数列是等差数列；2假设b=1，判断数列a2n1的单调性并说明理由；3假设b=1，求证：40数列an满足，n=1，2，3，Sn=b1+b2+bn证明：an1an1n1；n241数列an满足a1

9、=1，an+1=，nN*，记S，Tn分别是数列an，a的前n项和，证明：当nN*时，1an+1an；2Tn=2n1；31Sn42数列an满足a1=3，an+1=an2+2an，nN*，设bn=log2an+1I求an的通项公式；II求证：1+nn2；III假设=bn，求证：2343正项数列an满足a1=3，nN*1求证：1an3，nN*；2假设对于任意的正整数n，都有成立，求M的最小值；3求证：a1+a2+a3+ann+6，nN*44在数列an中，nN*1求证：1an+1an2；2求证：；3求证：nsnn+245数列an中，nN*1求证：；2求证：是等差数列；3设，记数列bn的前n项和为Sn，

10、求证：46无穷数列an的首项a1=，=nN*证明：0an1； 记bn=，Tn为数列bn的前n项和，证明：对任意正整数n，Tn47数列*n满足*1=1，*n+1=2+3，求证：I0*n9；II*n*n+1；III48数列an各项均为正数，且对任意nN*，满足an+1=an+can2c0且为常数假设a1，2a2，3a3依次成等比数列，求a1的值用常数c表示；设bn=，Sn是数列bn的前n项和，i求证：； ii求证：SnSn+149设数列满足|an|1，nN*求证：|an|2n1|a1|2nN*假设|an|n，nN*，证明：|an|2，nN*50数列an满足：a1=1，an+1=an+nN*证明：1

11、+；求证：an+1n+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=+nN*1求a2，a3，a4，a5的值；2求an与an1之间的关系式nN*，n2；3求证：1+1+1+3nN*【解答】解：1a2=+=2+2=4，a3=+=3+6+6=15，a4=+=4+43+432+4321=64，a5=+=5+20+60+120+120=325；2an=+=n+nn1+nn1n2+n!=n+nn1+n1n2+n1!=n+nan1；3证明：由2可知=，所以1+1+1+=+=+=+1+1+=2+1+=33n2所以n2时不等式成立，而n=1时不等式显然成立，所以原命

12、题成立2数列*n满足：*1=1，*n=*n+1+ln1+*n+1nN*，证明：当nN*时，0*n+1*n；2*n+1*n；*n【解答】解：用数学归纳法证明：*n0，当n=1时，*1=10，成立，假设当n=k时成立，则*k0，则n=k+1时，假设*k+10，则0*k=*k+1+ln1+*k+10，矛盾，故*n+10，因此*n0，nN*n=*n+1+ln1+*n+1*n+1，因此0*n+1*nnN*，由*n=*n+1+ln1+*n+1得*n*n+14*n+1+2*n=*n+122*n+1+*n+1+2ln1+*n+1，记函数f*=*22*+*+2ln1+*，*0f*=+ln1+*0，f*在0，+上

13、单调递增，f*f0=0，因此*n+122*n+1+*n+1+2ln1+*n+10，故2*n+1*n；*n=*n+1+ln1+*n+1*n+1+*n+1=2*n+1，*n，由2*n+1*n得20，22n1=2n2，*n，综上所述*n3数列an中，a1=，an+1=nN*求证：an+1an；记数列an的前n项和为Sn，求证：Sn1【解答】证明：0，且a1=0，an0，an+1an=an=0an+1an；1an+1=1=，=，则，又an0，4正项数列an满足an2+an=3a2n+1+2an+1，a1=11求a2的值；2证明：对任意实数nN*，an2an+1；3记数列an的前n项和为Sn，证明：对任

14、意nN*，2Sn3【解答】解：1an2+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an24a2n+1+an2an+1+a2n+1=0，即有an2an+1an+2an+1+1+a2n+1=0，由于正项数列an，即有an+2an+1+10，4a2n+10，则有对任意实数nN*，an2an+1；3由1可得对任意实数nN*，an2an+1；即为a12a2，可得a2，a3a2，an，前n项和为Sn=a1+a2+an1+=2，又an2+an=3a2n+1+2an+1a2n+1+an+1，即有an

15、an+1an+an+1+10，则anan+1，数列an递减，即有Sn=a1+a2+an1+1+=1+=313则有对任意nN*，2Sn35在数列an中，nN*1求证：1an+1an2；2求证：；3求证：nsnn+2【解答】证明：1先用数学归纳法证明1an2n=1时，假设n=k时成立，即1ak2则n=k+1时，成立由知1an2，nN*恒成立.所以1an+1an2成立2，当n3时，而1an2所以由，得，所以3由11an2得snn由2得，6设数列an满足an+1=an2an+1nN*，Sn为an的前n项和证明：对任意nN*，I当0a11时，0an1；II当a11时，ana11a1n1；III当a1=时

16、，nSnn【解答】证明：用数学归纳法证明当n=1时，0an1成立假设当n=kkN*时，0ak1，则当n=k+1时，=2+0，1，由知，当0a11时，0an1由an+1an=an=an120，知an+1an假设a11，则an1，nN*，从而=an=anan1，即=ana1，当a11时，ana11a1n1当时，由，0an1nN*，故Snn，令bn=1annN*，由，bnbn+10，nN*，由，得=b1b2+b2b3+bnbn+1=b1bn+1b1=，nbn2，即，nN*，=，b1+b2+bn+=，即nSn，亦即，当时，7数列an满足a1=1，Sn=2an+1，其中Sn为an的前n项和nN*求S1，

17、S2及数列Sn的通项公式；假设数列bn满足，且bn的前n项和为Tn，求证：当n2时，【解答】解：数列an满足Sn=2an+1，则Sn=2an+1=2Sn+1Sn，即3Sn=2Sn+1，即数列Sn为以1为首项，以为公比的等比数列，Sn=n1nN*S1=1，S2=；在数列bn中，Tn为bn的前n项和，则|Tn|=|=而当n2时，即8数列an满足a1=1，nN*， 证明：； 证明：【解答】 证明：，由得：， 证明：由得：n+1an+2=nan令bn=nan，则bn1bn=n由b1=a1=1，b2=2，易得bn0由得：b1b3b2n1，b2b4b2n，得bn1根据bnbn+1=n+1得：bn+1n+1

18、，1bnn=一方面：另一方面：由1bnn可知：9设数列an的前n项的和为Sn，a1=，an+1=，其中nN*1证明：an2；2证明：anan+1；3证明：2nSn2n1+n【解答】证明：1an+12=2=，由于+2=+10，+2=2+0an+12与an2同号，因此与a12同号，而a12=0，an22an+11=，可得：an+11与an1同号，因此与a11同号，而a11=0，an1又an21an2an+1an=，可得分子0，分母0an+1an0，故anan+13n=1时，S1=，满足不等式n2时，=，即2an2nSn=1即Sn2n1+另一方面：由II可知：，=从而可得：=2an，2nSn=Sn2

19、n2n综上可得：2nSn2n1+n10数列an的各项均为正数，且an+1=an+1nN*，an的前n项和是Sn假设an是递增数列，求a1的取值围；假设a12，且对任意nN*，都有Snna1n1，证明：Sn2n+1【解答】I解：由a2a101a10，解得0a12，又a3a20，a2，0a2212，解得1a12，由可得：1a12下面利用数学归纳法证明：当1a12时，nN*，1an2成立1当n=1时，1a12成立2假设当n=kN*时，1an2成立则当n=k+1时，ak+1=ak+11，2，即n=k+1时，不等式成立综上12可得：nN*，1an2成立于是an+1an=10，即an+1an，an是递增数

20、列，a1的取值围是1，2II证明：a12，可用数学归纳法证明：an2对nN*都成立于是：an+1an=12，即数列an是递减数列在Snna1n1中，令n=2，可得：2a1+1=S22a1，解得a13，因此2a13下证：1当时，Snna1n1恒成立事实上，当时，由an=a1+ana1a1+2=于是Sn=a1+a2+ana1+n1=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+1nN*，可得：bn+1=bn+1，可得=于是数列bn的前n和Tn3b13故Sn=2n+Tn2n+3=na1+2a1n+3，令a1=+tt0，由可得：Snna1+2a1n+3=na1tn+

21、只要n充分大，可得：Snna1这与Snna1n1恒成立矛盾时不合题意综上12可得：，于是可得=由可得：故数列bn的前n项和Tnb11，Sn=2n+Tn2n+111设an=*n，bn=2，Sn为数列anbn的前n项和，令fn*=Sn1，*R，aN*假设*=2，求数列的前n项和Tn；求证：对nN*，方程fn*=0在*n，1上有且仅有一个根；求证：对pN*，由中*n构成的数列*n满足0*n*n+p【解答】解：假设*=2，an=2n，则=2n1n，则Tn=11+32+2n1n，Tn=12+33+2n1n+1，Tn=+22+3+n2n1n+1=+22n1n+1=+1n12n1n+1，Tn=3n22n1n

22、=3；证明：fn*=1+*+*R，nN+，fn*=1+0，故函数f*在0，+上是增函数由于f1*1=0，当n2时，fn1=+0，即fn10又fn=1+i，=+=n10，根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的*n，1，满足fn*n=0证明：对于任意pN+，由1中*n构成数列*n，当*0时，fn+1*=fn*+fn*，fn+1*nfn*n=fn+1*n+1=0由 fn+1* 在0，+上单调递增，可得 *n+1*n，即 *n*n+10，故数列*n为减数列，即对任意的 n、pN+，*n*n+p0由于 fn*n=1+*n+=0，fn+p *n+p=1+*n+p+，用减去并移项，利用 0*n+p1，可得

23、*n*n+p=+=综上可得，对于任意pN+，由1中*n构成数列*n满足0*n*n+p12数列an，bn，a0=1，n=0，1，2，Tn为数列bn的前n项和求证：an+1an；【解答】解：证明：=，所以an+1an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，n2，可证：，3由，得=，可得：，叠加可得，所以，13数列an满足：a1=，an=an12+an1n2且nN求a2，a3；并证明：2an3；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：Ia2=a12+a1=，a3=a22+a2=

24、证明：an=an12+an1，an+=an12+an1+=an1+2+an1+2，an+an1+2an2+4an3+8a1+=2，an2，又anan1=an120，anan1an2a11，an2an，an=an12+an12a，an2a22222224222242a1=2=3综上，2an3II证明：an=an12+an1，an12=anan1，An=a12+a22+a32+an2=a2a1+a3a2+an+1an=an+1，an=an12+an1=an1an1+1，=，=，Bn=+=+=14数列an的各项均为非负数，其前n项和为Sn，且对任意的nN*，都有1假设a1=1，a505=2017，求

25、a6的最大值；2假设对任意nN*，都有Sn1，求证：【解答】解：1由题意知an+1anan+2an+1，设di=ai+1aii=1，2，504，则d1d2d3d504，且d1+d2+d3+d504=2016，=，所以d1+d2+d520，a6=a1+d1+d2+d5212证明：假设存在kN*，使得akak+1，则由，得ak+1akak+1ak+2，因此，从an项开场，数列an严格递增，故a1+a2+anak+ak+1+annk+1ak，对于固定的k，当n足够大时，必有a1+a2+an1，与题设矛盾，所以an不可能递增，即只能anan+10令bk=akak+1，kN*，由akak+1ak+1ak

26、+2，得bkbk+1，bk0，故1a1+a2+an=b1+a2+a2+an=b1+2b2+a3+a3+an，=b1+2b2+nbn+nan，所以，综上，对一切nN*，都有15数列an中，a1=4，an+1=，nN*，Sn为an的前n项和求证：nN*时，anan+1；求证：nN*时，2Sn2n【解答】证明：In2时，作差：an+1an=，an+1an与anan1同号，由a1=4，可得a2=，可得a2a10，nN*时，anan+1II2=6+an，=an2，即2an+12an+1+2=an2，an+12与an2同号，又a12=20，an2Sn=a1+a2+an4+2n1=2n+2Sn2n2由可得：

27、=，因此an2a12，即an2+2Sn=a1+a2+an2n+22n+综上可得：nN*时，2Sn2n16数列an满足，a1=1，an=1求证：an；2求证：|an+1an|；3求证：|a2nan|【解答】证明：1a1=1，an=a2=，a3=，a4=，猜测：an1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nN*，都有2当n=1时，当n2时，3当n=1时，|a2a1|=；当n2时，|a2nan|a2na2n1|+|a2n1a2n2|+|an+1an|17设数列an满足：a1=a，an+1=a0且a1

28、，nN*1证明：当n2时，anan+11；2假设ba2，1，求证：当整数k+1时，ak+1b【解答】证明：1由an+1=知an与a1的符号一样，而a1=a0，an0，an+1=1，当且仅当an=1时，an+1=1下面用数学归纳法证明：a0且a1，a21，=1，即有a2a31，假设n=k时，有akak+11，则ak+2=1且=1，即ak+1ak+21即当n=k+1时不等式成立，由可得当n2时，anan+11；2假设akb，由1知ak+1akb，假设akb，0*1以及二项式定理可知1+*n=1+1*+n*nn*，而ak2+1b2+1b+1，且a2a3akb1ak+1=a2，=a2a2k1a2k1=

29、a21+k1，a21+k1，k+1，1+k1+1=，ak+1b18设a3，数列an中，a1=a，an+1=，nN*求证：an3，且1；当a4时，证明：an3+【解答】证明：Ian+13=3=，=0，与同号，又a3，=a0，0，an+130，即an3n=1时也成立=1综上可得：an3，且1；当a4时，an+13=3=，由I可知：3ana1=a4，3an4设an3=t0，1=，an3a13，an3+19数列an满足an0，a1=2，且n+1an+12=nan2+annN*证明：an1；证明：+n2【解答】证明：由题意得n+1an+12n+1=nan2n+an1，n+1an+1+1an+11=an1

30、nan+n+1，由an0，nN*，n+1an+1+10，nan+n+10，an+11与an1同号，a11=10，an1；由知，故n+1an+12=nan2+ann+1an2，an+1an，1an2，又由题意可得an=n+1an+12nan2，a1=2a22a12，a2=3a322a22，an=n+1an+12nan2，相加可得a1+a2+an=n+1an+1242n，an+12，即an2，n2，2+2+，n2，当n=2时，=，当n=3时，+，当n4时，+2+=1+，从而，原命题得证20数列an满足：1求证：；2求证：【解答】证明：1由，所以，因为，所以an+2an+122假设存在，由1可得当n

31、N时，anaN+11，根据，而an1，所以于是，累加可得*由1可得aN+n10，而当时，显然有，因此有，这显然与*矛盾，所以21数列an满足a1=1，且an+12+an2=2an+1an+an+1an1求数列an的通项公式；2求证：+；3记Sn=+，证明：对于一切n2，都有Sn22+【解答】解：1a1=1，且an+12+an2=2an+1an+an+1an，可得an+12+an22an+1an2an+1+2an+1=0，即有an+1an22an+1an+1=0，即为an+1an12=0，可得an+1an=1，则an=a1+n1=n，nN*；2证明：由=，n2则+=1+1+=，故原不等式成立；3

32、证明：Sn=+=1+，当n=2时，S22=1+2=2=成立；假设n=k2，都有Sk22+则n=k+1时，Sk+12=Sk+2，Sk+122+=Sk+22+2=Sk22+22=Sk22+，由k1可得0，且Sk22+可得Sk22+0，则Sk+122+恒成立综上可得，对于一切n2，都有Sn22+22数列an满足a1=1，an+1=，nN*1求证：an1；2求证：|a2nan|【解答】证明：1用数学归纳法证明：当n=1时，=，成立；假设当n=k时，有成立，则当n=k+1时，1，=，当n=k+1时，命题也成立由得an12当n=1时，|a2a1|=，当n2时，=1+=，|an+1an|=|=|anan1|

33、n1|a2a1|=，|a2na2n1|a2na2n1|+|a2n1a2n2|+|an+1an|=n12n1，综上：|a2nan|23数列an的前n项和记为Sn，且满足Sn=2ann，nN*求数列an的通项公式；证明：+nN*【解答】解：Sn=2annnN+，Sn1=2an1n+1=0n2，两式相减得：an=2an1+1，变形可得：an+1=2an1+1，又a1=2a11，即a1=1，数列an+1是首项为2、公比为2的等比数列，an+1=22n1=2n，an=2n1由，k=1，2，n，=，由=，k=1，2，n，得=，综上，+nN*24数列an满足：a1=，an+1=+annN*1求证：an+1a

34、n；2求证：a20171；3假设ak1，求正整数k的最小值【解答】1证明：an+1an=0，可得an+1ana1=，anan+1an=0，an+1anII证明：由=，=，由=，=，=，累加求和可得：=+，当k=2017时，由I可得：=a1a2a2016=+1，a20171III解：由II可得：可得：=a1a2a2016a20171=+2017=1，a20171a2018，又an+1ank的最小值为201825数列an满足：an2anan+1+1=0，a1=21求a2，a3；2证明数列为递增数列； 3求证：1【解答】1解：a1=2，a2=222+1=3，同理可得：a3=72证明：，对nN*恒成立

35、，an+1an3证明：故=26数列an满足：a1=1，nN*求证：an1；证明：1+求证：an+1n+1【解答】证明：I数列an满足：a1=1，nN*，可得：，an+1anan1a1=1；由可得：；，由得：，所以，累加得：，另一方面由ann可得：原式变形为，所以：，累加得27在正项数列an中，a1=1，且满足an+1=2annN*求a2，a3；证明an【解答】解：在正项数列an中，a1=1，且满足an+1=2annN*，=，=证明：当n=1时，由，成立；假设当n=k时，不等式成立，即，f*=2*在0，+上是增函数，=k+k=k+=k+，k1，2k33=0，即当n=k+1时，不等式也成立根据知不

36、等式对任何nN*都成立28设数列an满足1证明：；2证明：【解答】此题总分值15分证明：I易知an0，所以an+1an+an，所以 ak+1=ak+ak+，所以所以，当n2时，=，所以an1又，所以an1nN*，所以 anan+11nN*8分II当n=1时，显然成立由an1，知，所以，所以，所以，所以，当n2时，=，即所以nN* 7分29数列an满足a1=2，an+1=2Sn+n+1nN*，令bn=an+1求证：bn是等比数列；记数列nbn的前n项和为Tn，求Tn；求证：+【解答】I证明：a1=2，an+1=2Sn+n+1nN*，a2=22+1+1=8n2时，an=2Sn1+n，相减可得：an

37、+1=3an+2，变形为：an+1+1=3an+1，n=1时也成立令bn=an+1，则bn+1=3bnbn是等比数列，首项为3，公比为3II解：由I可得：bn=3n数列nbn的前n项和Tn=3+232+333+n3n，3Tn=32+233+n13n+n3n+1，2Tn=3+32+3nn3n+1=n3n+1=3n+1，解得Tn=+III证明：bn=3n=an+1，解得an=3n1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数列an中，a1=3，2an+1=an22an+4证明：an+1an；证明：an2+n1；设数列的前n项和为Sn，求证：1nSn1【解答】证明

38、：Ian+1an=an=0，an+1an3，an220an+1an0，即an+1an；II2an+14=an22an=anan2=，an2an122an223an32n1a12=n1，an2+n1；2an+12=anan2，=，=+，Sn=+=+=1，an+12n，0n，1nSn=1131数列an满足a1=，an+1=，nN*1求a2；2求的通项公式；3设an的前n项和为Sn，求证：1nSn【解答】1解：a1=，a，nN+a2=2解：a1=，a，nN+=，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

39、+=3n3又n=1，2时也成立，因此不等式右边成立综上可得：1nSn32数列an中，a1=1，an=1证明：anan+1；2证明：anan+12n+1；3设bn=，证明：2bnn2【解答】证明：1数列an中，a1=1，an=可得an0，an2=anan+12，可得an+1=an+an，即anan+1；2由1可得anan1an2=anan+12，可得anan+1anan12，n=1时，anan+1=a12+2=3，2n+1=3，则原不等式成立；n2时，anan+13+2n1=2n+1，综上可得，anan+12n+1；3bn=，要证2bnn2，即证2an，只要证4nan25n，由an+1=an+，

40、可得an+12=an2+4+，且a2=3，an+12an2=4+4，且4+4+=4+=，即有an+12an24，由n=2，3，累加可得an2a224n2，即有an24n+1，4n，5n，故2bnn233数列an满足，1假设数列an是常数列，求m的值；2当m1时，求证：anan+1；3求最大的正数m，使得an4对一切整数n恒成立，并证明你的结论【解答】解：1假设数列an是常数列，则，得显然，当时，有an=1 3分2由条件得，得a2a15分又因为，两式相减得 7分显然有an0，所以an+2an+1与an+1an同号，而a2a10，所以an+1an0，从而有anan+19分3因为，10分所以an=a

41、1+a2a1+anan11+n1m2这说明，当m2时，an越来越大，显然不可能满足an4所以要使得an4对一切整数n恒成立，只可能m212分下面证明当m=2时，an4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ak4，则当n=k+1时，成立由上可知an4对一切正整数n恒成立因此，正数m的最大值是215分34数列an满足：，p1，1证明：anan+11；2证明：；3证明：【解答】证明：1先用数学归纳法证明an1当n=1时，p1，；假设当n=k时，ak1，则当n=k+1时，由可知an1再证anan+1，令f*=*1*ln*，*1，则f*=ln*0，所以f*在1，+上单

42、调递减，所以f*f1=0，所以，即anan+12要证，只需证，只需证其中an1，先证，令f*=2*ln*2+1，*1，只需证f*0因为f*=2ln*+22*2*1+22*=0，所以f*在1，+上单调递减，所以f*f1=0再证an+1lnan2an+20，令g*=*+1ln*2*+2，*1，只需证g*0，令，*1，则，所以h*在1，+上单调递增，所以h*h1=0，从而g*0，所以g*在1，+上单调递增，所以g*g1=0，综上可得3由2知，一方面，由迭代可得，因为ln*1，所以，所以lna1a2an=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

43、a1=，an+1an+anan+1=0nN*求数列an的通项公式；求证：a1+a1a2+a1a2a3+a1a2an1【解答】解：由可得数列an各项非零否则，假设有ak=0结合akak1+akak1=0ak1=0，继而ak1=0ak2=0a1=0，与矛盾所以由an+1an+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nN* 证明一：因为 所以a1+a1a2+a1a2a3+a1a2an=所以a1+a1a2+a1a2a3+a1a2an1 证明二：a1+a1a2+a1a2a3+a1a2an=所以a1+a1a2+a1a2a3+a1a2an136数列an满足a1=1，an

44、+1=an2+p1假设数列an就常数列，求p的值；2当p1时，求证：anan+1；3求最大的正数p，使得an2对一切整数n恒成立，并证明你的结论【解答】解：1假设数列an是常数列，则，；显然，当时，有an=12由条件得得a2a1，又因为，两式相减得显然有an0，所以an+2an+1与an+1an同号，而a2a10，所以an+1an0；从而有anan+13因为，所以an=a1+a2a1+anan11+n1p1，这说明，当p1时，an越来越大，不满足an2，所以要使得an2对一切整数n恒成立，只可能p1，下面证明当p=1时，an2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

45、时成立，即ak2，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137数列an满足a1=a4，nN*1求证：an4；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：当n=1时，a1=a4，成立假设当n=k2时，ak4，则ak+1=4n=k+1时也成立综上可得：nN*，an42解：，nN*=2an8=94129=0，anan+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Sna1+4n1=4n+2另一方面：=，an4，Sn4n即Sn4n+当a=6时，38数列an满足a1=1，an+1=求证：an

46、+1an；求证：an【解答】解：证明：由a1=1，an+1=，得an0，nN，则an+1an=an=0，an+1an；证明：由知0an1，又an+1=，=，即an+1an，anan12an12an1n1a1=，即an由an+1=，则=an+，=an，=a1=1，=a2=，=a3=2=an1n2，累加得=1+2+n2=2n2，而a1=1，3n2=，an综上得an39数列an满足：a1=1，1假设b=1，证明：数列是等差数列；2假设b=1，判断数列a2n1的单调性并说明理由；3假设b=1，求证：【解答】解：1证明：当b=1，an+1=+1，an+112=an12+2，即an+112an12=2，a

47、n12an112=2，数列an12是0为首项、以2为公差的等差数列；2当b=1，an+1=1，数列a2n1单调递减可令an+1an，可得1+an=，可得an，即有ann=2，3，再令f*=1，可得在，1上递减，可得a2n1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+22k1，当n=k+1时，a1+a3+a2k1+a2k+1+=，综上可得，成立40数列an满足，n=1，2，3，Sn=b1+b2+bn证明：an1an1n1；n2【解答】证明：由得：*显然an0，*式故1an与1an1同号，又，所以1an0，即an13分注意：也可以用数学归纳法证明所以 an1an

48、=2an+1an10，即an1an所以 an1an1n16分*式，由0an1an1an1an+10，从而bn=an1an+10，于是，Sn=b1+b2+bn0，9分由有1an1=21+an1an，所以*11分所以Sn=b1+b2+bn=a0a1+1+a1a2+1+an1an+1=12分=14分n2成立15分41数列an满足a1=1，an+1=，nN*，记S，Tn分别是数列an，a的前n项和，证明：当nN*时，1an+1an；2Tn=2n1；31Sn【解答】解：1由a1=1，an+1=，nN*，知an0，故an+1an=an=0，因此an+1an；2由an+1=，取倒数得：=+an，平方得：=+

49、an2+2，从而2=an2，由2=a12，2=a22，2=an2，累加得2n=a12+a22+an2，即Tn=2n1；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+12n+2，所以，Sn=an+an1+a1=11；又由，即，得当n1时，an=，累加得Sna1+1+=1+1，当n=1时，Sn成立因此1Sn42数列an满足a1=3，an+1=an2+2an，nN*，设bn=log2an+1I求an的通项公式；II求证：1+nn2；III假设=bn，求证：23【解答】解：I由，则，由a1=3，则an0，两边取对数得到，即bn+1

50、=2bn2分又b1=log2a1+1=20，bn是以2为公比的等比数列即3分又bn=log2an+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=k2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nN*，n2，命题成立9分3证明：由得=n，首先，10分其次，当n=1时显然成立所以得证15分43正项数列an满足a1=3，nN*1求证：1an3，nN*；2假设对于任意的正整数n，都有成立，求M的最小值；3求证：a1+a2+a3+ann+6，nN*【解答】1证明：由正项数列an满足a1=3，nN*得+an+2=2an+1，两式相减得an+2an+1an+2+an+1+1=2an+1an，an0，an+2an+1与an+1an同号+a2=2a1