江苏省年高考数学压轴题答案

PAGEPAGE1江苏省20XX年高考数学压轴题答案第一篇：江苏省20XX年高考数学压轴题答案江苏省20XX年高考数学压轴题答案14、由siAn2siBn2siCn，得a2b2c，c1(a2b)2，122ab(a2b)2222abc3a22b222ab26ab22ab2cosC2ab2ab8ab8ab4答案是62420XX2）1n(n1)d1(m1)d,21n1n(n1)n(n1)m[n1n(n1)dd]d1，m,nN,且N，2d22n1Z,又d<0,d1nN,dan1(n1)d,Snn(3){an}是等差数列，设{an}的公差为d，则ana1(n1)d.令bnna1,cna1(n1)dna1(da1)(n1)，则anbncn.下面证明{bn}和{cn}都是“H”型数列：当n=1时，显然成立；当n2时，{bn}的前nn(n1)a1bn(n1)22n(n1)n(n1)n](da1){[1]1}cn(n1)，1222，{cn}的前n项和为(da1)[故{bn}和{cn}都是“H”型数列。从而命题得证。第二篇：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=20XX，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）．20XX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：a20XX＜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+20XX0+120XX20XX25；（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=20XX，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=20XX，∵=，所以d1+d2+…+d5≤20XXa6=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20XX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：a20XX＜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=20XX时，由（I）可得：=a1＜a2＜…＜a20XX．∴﹣=++…+＜＜1，∴a20XX＜1．（III）解：由（II）可得：可得：=a1＜a2＜…＜a20XX＜a20XX＜1．∴﹣=++…+＞20XX×=1，∴a20XX＜1＜a20XX，又∵an+1＞an．∴k的最小值为20XX．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137．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＜21°．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—第三篇：20XX高考数学压轴题(20XX写写帮整理）20XX数学压轴题（20XX33.若a,b1,2,3,4，则方程2x22axb0有实根的概率为1315B.C.D.482834.将一个骰子先后抛掷两次，事件A表示“第一次出现奇数点”，事件B表示“第二次的A.点数不小于5”，则PABxx35.已知函数fexe,g0xefx,若gixgi'1xi1,2,3,，则g20XXx36.设函数yf(x)的定义域为D，若对于任意x1、x2D，当x1x22a时，恒有f(x1)f(x2)2b，则称点(a,b)为函数yf(x)图像的对称中心．研究函数f(x)xsinx3的某一个对称中心，并利用对称中心的上述定义，可得到1240264027ffff的值为„„„„„„„„（）***4A.4027B.4027C.8054D.805437.某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天1人，每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有A.504种B.960种C.1008种D.1108种x2(a1)x2a238.已知函数f(x)的定义域是使得解析式有意义的x的集合，如果22xax2a对于定义域内的任意实数x，函数值均为正，则实数a的取值范围是（）．A.7a0或a2B.16a0或a2C.7a0-D.16a039.定义函数f(x){x{x}}，其中{x}表示不小于x的最小整数，如{1.4}2，{2.3}2．当x(0,n]（nN*）时，函数f(x)的值域为An，记集合An中元素的个数为an，则an______1x,0x240.已知函数yf(x)是定义域为R的偶函数.当x0时，f(x)2logx．x2162若,关于x的方程[f(x)]af(x)b0(a、bR)有且只有7个不同实数根，则实数a的取值范围是第四篇：高考数学专题-导数压轴题特辑1导数压轴题特辑1一．选择题（共3小题）1．设f＇（x）是函数f（x）的导函数，若f＇（x）＞0，且∀x1，x2∈R（x1≠x2），f（x1）+f（x2）＜2f（），则下列各项中不一定正确的是（）A．f（2）＜f（e）＜f（π）B．f′（π）＜f′（e）＜f′（2）C．f（2）＜f′（2）﹣f′（3）＜f（3）D．f′（3）＜f（3）﹣f（2）＜f′（2）2．设函数f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），其导函数为y＝f′（x），若两两不相同实数x1，x2，x3，x4满足f（x1）＝f′（x2）＝f′（x3）＝f（x4），则下列说法正确的是（）A．x1+x4＜2（x2+x3）B．x1+x4＞2（x2+x3）C．x1+x3＜x2+x4D．x1+x3≥x2+x43．已知函数f（x）的定义域为R，且满足f（4）＝1，f′（x）为f（x）的导函数，又知y＝f′（x）的图象如图，若两个正数a，b满足f（2a+b）＜1，则的取值范围是（）A．[，]B．（，）C．[，2]D．（，2）二．多选题（共1小题）4．对于定义域为R的函数f（x），若满足：①f（0）＝0；②当x∈R且x≠0时，都有xf′（x）＞0；③当x1＜0＜x2且|x1|＜|x2|时，都有f（x1）＜f（x2），则称f（x）为“偏对称函数”下列函数是“偏对称函数”的是（）A．f1（x）＝﹣x3+x2B．f2（x）＝ex﹣x﹣1C．f3（x）＝xsinxD．f4（x）＝三．解答题（共36小题）5．已知函数f（x）＝ex（sinx﹣ax2+2a﹣e），其中a∈R，e＝2.71828…为自然数的底数．（1）当a＝0时，讨论函数f（x）的单调性；（2）当≤a≤1时，求证：对任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．6．（1）已知函数是奇函数，又f（1）＝2，f（2）＜3，且f（x）在[1，+∞）上递增．①求a，b，c的值；②当x＜0时，讨论f（x）的单调性．（2）已知二次函数f（x）的图象开口向下，且对于任意实数x都有f（2﹣x）＝f（2+x）求不等式：f[（x2+x+）]＜f[（2x2﹣x+）]的解．7．已知函数f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．（1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．8．已知函数f（x）＝（eax﹣1）lnx（a＞0）．（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若关于x的方程f（x）＝ax2﹣ax在[1，+∞）上恰有三个不同的实数解，求a的取值范围．9．已知函数f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．（Ⅰ）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；（Ⅱ）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）＝﹣；（Ⅲ）证明当a≥时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．10．已知函数（e为自然对数的底数）．（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线与曲线y＝g（x）在点（0，g（0））处的切线互相垂直，求函数在区间[﹣1，1]上的最大值；（2）设函数，试讨论函数h（x）零点的个数．11．已知函数f（x）＝eax，g（x）＝﹣x2+bx+c（a，b，c∈R），且曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（0，c）处具有公共切线．设h（x）＝f（x）﹣g（x）．（Ⅰ）求c的值，及a，b的关系式；（Ⅱ）求函数h（x）的单调区间；（Ⅲ）设a≥0，若对于任意x1，x2∈[0，1]，都有|h（x1）﹣h（x2）|≤e﹣1，求a的取值范围．12．设函数f（x）＝ln（1+ax）+bx，g（x）＝f（x）﹣bx2．（Ⅰ）若a＝1，b＝﹣1，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若曲线y＝g（x）在点（1，ln3）处的切线与直线11x﹣3y＝0平行．（i）求a，b的值；（ii）求实数k（k≤3）的取值范围，使得g（x）＞k（x2﹣x）对x∈（0，+∞）恒成立．13．已知函数f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e为自然对数的底数．（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线l：x+2y＝0垂直，求实数a的值；（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的较大者，记函数h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函数h（x）在（0，+∞）内恰有2个零点，求实数a的取值范围．14．已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝ex（1）若函数h（x）＝f（x）﹣，求函数h（x）的单调区间；（2）设直线l为函数f（x）的图象上的一点A（x0，f（x0））处的切线，证明：在区间（0，+∞）上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y＝g（x）相切．15．已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝ex（1）求函数h（x）＝g（x）f′（x）的单调区间；（2）设直线l为函数f（x）图象上一点A（x0，lnx0）处的切线，证明：在区间（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y＝g（x）相切．16．已知函数f（x）＝x+，g（x）＝x﹣lnx，其中a∈R且a≠0．（Ⅰ）求曲线y＝g（x）在点（1，g（1））处的切线方程；（II）当a＝1时，求函数h（x）＝f（x）+g（x）的单调区间；（III）设函数u（x）＝若u（x）＝f（x）对任意x∈[1，e]均成立，求a的取值范围．17．已知函数f（x）＝x2+2ax（x＞0），g（x）＝3alnx+a，其中a＞0．（1）当a＝1时，求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间；（2）是否存在常数a，使两曲线y＝f（x），y＝g（x）有公共点，且在该点处的切线相同？若存在，请求出实数a的值；若不存在，请说明理由．18．已知函数f（x）＝x3﹣x2+x，g（x）＝﹣（m﹣1）x，m∈R．（Ⅰ）若f（x）在x＝1取得极值，求曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线方程；（Ⅱ）若f（x）在区间（，+∞）上为增函数，求m的取值范围；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间和极值．19．已知函数f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．（Ⅰ）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点P（2，m）处有相同的切线（P为切点），求a，b的值；（Ⅱ）令h（x）＝f（x）+g（x），若函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]，（1）求函数h（x）在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值t（a）；（2）若|h（x）|≤3在x∈[﹣2，0]上恒成立，求实数a的取值范围．20XX知函数f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．（1）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点P（2，c）处有相同的切线（P为切点），求a，b的值；（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函数h（x）的单调递减区间为[﹣，