浙江省2025届高考数学一轮复习第七章数列数学归纳法加强练七数列数学归纳法含解析

PAGE加强练(七)数列、数学归纳法一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))为等差数列，则a9＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(5,4)C.eq\f(4,5) D.－eq\f(4,5)解析因为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))为等差数列，a3＝2，a7＝1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的公差d＝eq\f(\f(1,a7)－\f(1,a3),7－3)＝eq\f(1－\f(1,2),7－3)＝eq\f(1,8)，所以eq\f(1,a9)＝eq\f(1,a7)＋(9－7)×eq\f(1,8)＝eq\f(5,4)，所以a9＝eq\f(4,5)，故选C.答案C2.已知等比数列{an}满意a1＝eq\f(1,4)，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝()A.2 B.1C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,8)解析由{an}为等比数列，得a3a5＝aeq\o\al(2,4)，所以aeq\o\al(2,4)＝4(a4－1)，解得a4＝2，设等比数列{an}的公比为q，则a4＝a1q3，得2＝eq\f(1,4)q3，解得q＝2，所以a2＝a1q＝eq\f(1,2).选C.答案C3.(2024·绍兴适应性考试)已知数列{an}是公比为q的等比数列，则“a5a6＜aeq\o\al(2,4)”是“0＜q＜1”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件解析由a5a6＜aeq\o\al(2,4)得aeq\o\al(2,1)q9＜aeq\o\al(2,1)q6，因为a1≠0，q≠0，所以q3＜1，解得q＜0或0＜q＜1，所以“a5a6＜aeq\o\al(2,4)”是“0＜q＜1”的必要不充分条件，故选B.答案B4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S11＝22，a4＝－12，假如当n＝m时，Sn最小，那么m的值为()A.10 B.9C.5 D.4解析设等差数列{an}的公差为d，则S11＝11a1＋55d＝22，a4＝a1＋3d＝－12，解得a1＝－33，d＝7，由an＝7n－40<0得n≤5，即该数列的前5项是负数，从第6项起先是正数，则前5项的和最小，即m＝5.答案C5.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论肯定成立的是()A.若a5>0，则a2017<0 B.若a6>0，则a2018<0C.若a5>0，则S2017>0 D.若a6>0，则S2018>0解析设等比数列的公比为q.对于A，a5＝a1q4>0，则a2017＝a1q2016>0，故A错误；对于B，a6＝a1q5>0，则a2018＝a1q2017>0，故B错误；对于C，a5＝a1q4>0，则a1>0.当q＝1时，S2017＝2017a1>0；当q≠1时，S2017＝eq\f(a1（1－q2017）,1－q)>0，故C正确；对于D，a6＝a1q5>0，当a1<0，q＝－1时，S2018＝0，故D错误，故选C.答案C6.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且eq\f(S4,S8)＝eq\f(1,3)，则eq\f(S8,S16)＝()A.eq\f(3,10) B.eq\f(3,7)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,2)解析因为Sn为等差数列{an}的前n项和，所以S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12也成等差数列，而eq\f(S4,S8)＝eq\f(1,3)，所以S8＝3S4，则(S8－S4)－S4＝S4，则得S12－S8＝3S4，S16－S12＝4S4，故S16＝10S4，所以eq\f(S8,S16)＝eq\f(3,10).答案A7.若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数适当排序后可成等差数列，且适当排序后也可成等比数列，则a＋b的值等于()A.4 B.5C.6 D.7解析a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的两个不同的零点，可得a＋b＝p，ab＝q，即有a>0，b>0.a，b，－2这三个数适当排序后可成等差数列，且适当排序后可成等比数列，即a，－2，b或b，－2，a成等比数列，∴ab＝4；又a，b，－2或b，a，－2或－2，a，b或－2，b，a成等差数列，可得2b＝a－2或2a＝b－2，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝4.))∴a＋b＝5.答案B8.(2024·金华一中月考)如图的倒三角形数阵满意：(1)第1行的n个数，分别是1，3，5，…，2n－1；(2)从其次行起，各行中的第一个数都等于它肩上的两数之和；(3)数阵共有n行.问：当n＝2000时，第32行的第17个数是()A.236 B.236＋2012C.237 D.232解析不妨设每一行的第一个数分别为a1，a2，…，an，则有a1＝1，a2＝4，a3＝12.由条件可得a2＝2a1＋2，a3＝2a2＋22，所以可知an＋1＝2an＋2n，即eq\f(an＋1,2n)＝eq\f(an,2n－1)＋1，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－1)))是以1为首项，公差为1的等差数列.所以第32行的第一个数为eq\f(a32,231)＝32＝25，所以a32＝236.又每一行都是等差数列，公差分别为2，22，23，…，所以可知第32行的公差为232，所以第32行的第17个数为236＋16×232＝236＋236＝237，故选C.答案C9.(一题多解)(2024·福州质检)已知数列{an}满意a1＝1，an＋1＝eq\f(（n＋1）aeq\o\al(2,n),2aeq\o\al(2,n)＋4nan＋n2)，则a8＝()A.eq\f(8,964－2) B.eq\f(8,932－2)C.eq\f(8,916－2) D.eq\f(8,97－2)解析法一因为an＋1＝eq\f(（n＋1）aeq\o\al(2,n),2aeq\o\al(2,n)＋4nan＋n2)，a1＝1，所以an＞0，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2aeq\o\al(2,n)＋4nan＋n2,（n＋1）aeq\o\al(2,n))，所以eq\f(n＋1,an＋1)＝eq\f(2aeq\o\al(2,n)＋4nan＋n2,aeq\o\al(2,n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,an)))eq\s\up12(2)＋4·eq\f(n,an)＋2，所以eq\f(n＋1,an＋1)＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,an)＋2))eq\s\up12(2)，令bn＝eq\f(n,an)＋2，则bn＋1＝beq\o\al(2,n)，又因为bn＞0，且bn≠1，所以lnbn＋1＝2lnbn，又lnb1＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋2))＝ln3，所以数列{lnbn}是首项为ln3，公比为2的等比数列.所以lnbn＝2n－1ln3＝ln32n－1，所以bn＝32n－1，即eq\f(n,an)＋2＝32n－1，从而an＝eq\f(n,32n－1－2)，将n＝8代入，选A.法二因为an＋1＝eq\f(（n＋1）aeq\o\al(2,n),2aeq\o\al(2,n)＋4nan＋n2)，a1＝1，所以an＞0，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2aeq\o\al(2,n)＋4nan＋n2,（n＋1）aeq\o\al(2,n))，所以eq\f(n＋1,an＋1)＝eq\f(2aeq\o\al(2,n)＋4nan＋n2,aeq\o\al(2,n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,an)))eq\s\up12(2)＋4·eq\f(n,an)＋2，所以eq\f(n＋1,an＋1)＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,an)＋2))eq\s\up12(2)，令bn＝eq\f(n,an)＋2，则bn＋1＝beq\o\al(2,n)，因为b1＝3，所以b2＝32，所以b3＝(32)2＝34，所以b4＝(34)2＝38，…，所以b8＝3128＝964.又b8＝eq\f(8,a8)＋2，所以a8＝eq\f(8,964－2)，故选A.答案A10.(2024·浙江名师预料卷五)已知数列{an}，|a1|＝1，对随意n≥2(n∈N*)都有|an－an－1|＝2n－1，则a5的全部可能取值个数为()A.31 B.32C.63 D.64解析由a1＝±1，故an必为奇数，而|an|＝|(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1|≤|an－an－1|＋|an－1－an－2|＋…＋|a2－a1|＋|a1|＝20＋21＋…＋2n－1＝2n－1，明显an可以取[－(2n－1)，2n－1]内全部奇数，在[－(2n－1)，2n－1]内的奇数个数为2n个，故a5的全部可能取值个数为25＝32，故选B.答案B二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11.(2024·绍兴一中适考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝3，S4＝16，则数列{an}的公差d＝________，通项公式an＝________.解析由a2＝3，S4＝16，得a1＋d＝3，4a1＋eq\f(4×3,2)d＝16，解得公差d＝2，首项a1＝1，故通项an＝1＋2(n－1)＝2n－1.答案22n－112.(2024·广州综测一)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若S3＝3，S6＝27，则a1＝________，q＝________.解析设公比为q(q≠1)，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S3＝\f(a1（1－q3）,1－q)＝3，,S6＝\f(a1（1－q6）,1－q)＝27，))解得eq\f(1,1＋q3)＝eq\f(1,9)，即q3＝8，得q＝2，代入eq\f(a1（1－q3）,1－q)＝3得eq\f(a1（1－8）,1－2)＝3，所以a1＝eq\f(3,7).答案eq\f(3,7)213.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若－1，S5，S10成等差数列，则S10－2S5＝________，且S15－S10的最小值为________.解析由已知2S5＝－1＋S10，∴S10－2S5＝1.由{an}为等比数列可知：S5，S10－S5，S15－S10也成等比数列，∴(S10－S5)2＝S5·(S15－S10)，∴S15－S10＝eq\f(（S10－S5）2,S5)＝eq\f(（2S5＋1－S5）2,S5)＝eq\f(（S5＋1）2,S5)＝S5＋eq\f(1,S5)＋2≥4，当且仅当S5＝1时，等号成立.答案1414.设数列{an}满意a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.{an}的通项an＝________，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n项和是________.解析当n＝1时，a1＝2，当n≥2时，由a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n①，得a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)②，①－②得(2n－1)an＝2，即an＝eq\f(2,2n－1)，当n＝1时a1＝2也满意此式，所以数列{an}的通项an＝eq\f(2,2n－1)；因为eq\f(an,2n＋1)＝eq\f(2,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n项和S＝1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)＝1－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1).答案eq\f(2,2n－1)eq\f(2n,2n＋1)15.已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，存在自然数m，使得对随意n∈N*，f(n)都能被m整除，则m的最大值为________.解析由于f(1)＝36，f(2)＝108，f(3)＝360都能被36整除，猜想f(n)能被36整除，即m的最大值为36.当n＝1时，可知猜想成立，假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，猜想成立，即f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除；当n＝k＋1时，f(k＋1)＝(2k＋9)·3k＋1＋9＝(2k＋7)·3k＋9＋36(k＋5)·3k－2，因此f(k＋1)也能被36整除，故所求m的最大值为36.答案3616.已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－n，则使an≤10n成立的n的最大值是________.解析因为Sn＝2an－n，可得Sn－1＝2an－1－(n－1)，n≥2，两式相减可得an＝2an－2an－1－1化简可得an＝2an－1＋1，即an＋1＝2(an－1＋1)，所以数列{an＋1}是以a1＋1为首项，公比为2的等比数列，当n＝1时，求得a1＝1，所以an＋1＝2×2n－1＝2n即an＝2n－1，所以an≤10n即2n－1≤10n解得n≤5，所以an≤10n成立的n的最大值是5.答案517.(2024·武汉调研)已知正项数列{an}满意a1＝1，前n项和Sn满意4Sn＝(an－1＋3)2(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝________.解析因为4Sn＝(an－1＋3)2(n≥2，n∈N*)，a1＝1，所以4(a1＋a2)＝(a1＋3)2，所以4(1＋a2)＝42，解得a2＝3，由4(a1＋a2＋a3)＝(a2＋3)2得4(1＋3＋a3)＝(3＋3)2，解得a3＝5，由a3－a2＝a2－a1＝2，猜想{an}的通项公式为an＝2n－1.用数学归纳法证明：当n＝1时，a1＝2×1－1＝1成立，假设当n＝k时，ak＝2k－1成立，4Sk＝(ak－1＋3)2(k≥2，k∈N*)，当n＝k＋1时，4Sk＋1＝(ak＋3)2，所以ak＋1＝eq\f(1,4)(2k－1＋3)2－eq\f(1,4)[2(k－1)－1＋3]2＝2k＋1＝2(k＋1)－1成立.所以∀n∈N*都有an＝2n－1.答案2n－1三、解答题(本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18.(本小题满分14分)(2024·上海嘉定区质检)已知数列{an}满意：a1＝1，eq\f(1,an＋1)＝eq\r(\f(1,aeq\o\al(2,n))＋4)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}的前n项和为Sn，且满意eq\f(Sn＋1,aeq\o\al(2,n))＝eq\f(Sn,aeq\o\al(2,n＋1))＋16n2－8n－3，试确定b1的值，使得数列{bn}为等差数列.解(1)因为eq\f(1,an＋1)＝eq\r(\f(1,aeq\o\al(2,n))＋4)，所以eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋1))＝eq\f(1,aeq\o\al(2,n))＋4，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,aeq\o\al(2,n))))是首项为1，公差为4的等差数列.所以eq\f(1,aeq\o\al(2,n))＝1＋4(n－1)＝4n－3，又由题意，an>0，所以an＝eq\f(1,\r(4n－3))(n∈N*).(2)由eq\f(Sn＋1,aeq\o\al(2,n))＝eq\f(Sn,aeq\o\al(2,n＋1))＋16n2－8n－3，得(4n－3)Sn＋1＝(4n＋1)Sn＋(4n－3)(4n＋1)，故eq\f(Sn＋1,4n＋1)－eq\f(Sn,4n－3)＝1，即数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,4n－3)))是首项为b1，公差为1的等差数列，所以eq\f(Sn,4n－3)＝b1＋(n－1)，令n＝2，3，得b2＝4b1＋5，b3＝4b1＋13.若{bn}为等差数列，则2b2＝b1＋b3，解得b1＝1.当b1＝1时，Sn＝4n2－3n，bn＝8n－7，{bn}为等差数列.所以当b1＝1时，数列{bn}为等差数列.19.(本小题满分15分)(2024·镇海中学模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.(1)求通项公式an；(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和.解(1)由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＝4，,a2＝2a1＋1，))则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a2＝3.))又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an.所以，数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1，当n≥3时，由于3n－1＞n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3，当n≥3时，Tn＝3＋eq\f(9（1－3n－2）,1－3)－eq\f(（n＋7）（n－2）,2)＝eq\f(3n－n2－5n＋11,2)，所以Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(3n－n2－5n＋11,2)，n≥2，n∈N*.))20.(本小题满分15分)(2024·温州适应性测试)已知正项数列{an}的奇数项a1，a3，a5，…，a2k－1，…构成首项a1＝1的等差数列，偶数项构成公比q＝2的等比数列，且a1，a2，a3成等比数列，a4，a5，a7成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(a2n＋1,a2n)，Tn＝b1b2…bn，求正整数k，使得对随意n∈N*，均有Tk≥Tn.解(1)由题意：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(aeq\o\al(2,2)＝a1a3，,2a5＝a4＋a7，))设a1，a3，a5，…，a2k－1，…的公差为d，则a3＝1＋d，a5＝1＋2d，a7＝1＋3d，a4＝2a2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(aeq\o\al(2,2)＝1（1＋d），,1＋d＝2a2，))又a2>0，故解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝2，,d＝3.))故数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3n－1,2)，n为奇数，,2\f(n,2)，n为偶数，))(2)bn＝eq\f(3n＋1,2n)，明显bn>0，∵eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(\f(3n＋4,2n＋1),\f(3n＋1,2n))＝eq\f(3n＋4,6n＋2)<1，∴{bn}单调递减，又b1＝2，b2＝eq\f(7,4)，b3＝eq\f(10,8)，b4＝eq\f(13,16)，∴b1>b2>b3>1>b4>b5>…，∴k＝3时，对随意n∈N*，均有Tk≥Tn.21.(本小题满分15分)(2024·浙江教化绿色评价联盟适考)已知数列{an}满意a1＝3，n≥2时，an－2an－1＝λ·3n.(1)当λ＝0时，求数列{an}的前n项和Sn；(2)(一题多解)当λ＝n时，求证：对随意n∈N*，eq\f(an－（n－2）×3n＋1,2n＋1)为定值.(1)解当λ＝0时，an－2an－1＝0.数列{an}是以首项为3，公比为2的等比数列.∴Sn＝eq\f(a1（qn－1）,q－1)＝eq\f(3（2n－1）,2－1)＝3×2n－3.(2)证明法一当λ＝n时，n≥2时，an－2an－1＝n×3n，∴eq\f(an,2n)－eq\f(an－1,2n－1)＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n).令bn＝eq\f(an,2n)，∴bn－bn－1＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)，∴bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)＋(n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)＋…＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,2)，①由eq\f(3,2)bn＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n＋1)＋(n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)＋…＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)，②①②相减得－eq\f(1,2)bn＝－neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,2)＝－neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n＋1)＋eq\f(\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n))),1－\f(3,2))∴bn＝2neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n＋1)＋6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n))).于是eq\f(an,2n)＝2neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n＋1)＋6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n)))，∴an＝n×3n＋1＋6(2n－3n).n≥2时，eq\f(an－（n－2）×3n＋1,2n＋1)＝3为定值，n＝1时，也满意，因此，对随意n∈N＋，eq\f(an－（n－2）×3n＋1,2n＋1)为定值3.法二(数学归纳法)令bn＝eq\f(an－（n－2）×3n＋1,2n＋1)，当n＝1时，b1＝eq\f(a1＋32,22)＝3.假设n＝k时命题成立，即bk＝eq\f(ak－（k－2）×3k＋1,2k＋1)＝3.即ak＝(k－2)×3k＋1＋3×2k＋1，由题意知ak＋1＝2ak＋(k＋1)×3k＋1＝2(k－2)×3k＋1＋3×2k＋2＋(k＋1)×3k＋1＝(3k－3)×3k＋1＋3×2k＋2.∴bk＋1＝eq\f(ak＋1－（k－1）×3k＋2,2k＋2)＝3，即n＝k＋1时，命题也成立，依据数学归纳原理，命题得证.22.(本小题满分15分)(2024·浙江名师预料卷四)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满意：a1＝eq\f(1,2)，(n＋2)aeq\o\al(2,n＋1)＋2an·an＋1－naeq\o\al(2,n)＝0.(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；(2)设数列{bn}满意：bn＝Sn＋1·an，其前n项和为Tn，若对随意n∈N*，都存在m∈N*，使不等式Tn≤λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(\f(1,2am))恒成立，求正实数λ的最小值.解(1)(n＋2)aeq\o\al(2,n＋1)＋2an·an＋1－naeq\o\al(2,n)＝0，则(an＋1＋an)·[(n＋2)an＋1－nan]＝0，∵数列{an}是正项数列，∴(n＋2)an＋1－nan＝0，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋2).当n≥2时，an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n－1,n＋1)·eq\f(n－2,n)·eq\f(n－3,n－1)·…·eq\f(2,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,n（n＋1）)，当n＝1时，a1＝eq\f(1,2)符合.综上，an