高考數列壓軸題含答案

1、精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上高考數列壓軸題一解答題（共50小題）1數列an滿足a1=1，a2=+，an=+（nN*）（1）求a2，a3，a4，a5的值；（2）求an與an1之間的關系式（nN*，n2）；（3）求證：（1+）（1+）（1+）3（nN*）2已知數列xn滿足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（nN*），證明：當nN*時，（）0xn+1xn；（）2xn+1xn；（）xn3數列an中，a1=，an+1=（nN*）（）求證：an+1an；（）記數列an的前n項和為Sn，求證：Sn14已知正項數列an滿足an2+an=3a2n+1+2an+1，a1=1（1）求a2的值；（2）證明

2、：對任意實數nN*，an2an+1；（3）記數列an的前n項和為Sn，證明：對任意nN*，2Sn35已知在數列an中，nN*（1）求證：1an+1an2；（2）求證：；（3）求證：nsnn+26設數列an滿足an+1=an2an+1（nN*），Sn為an的前n項和證明：對任意nN*，（I）當0a11時，0an1；（II）當a11時，an（a11）a1n1；（III）當a1=時，nSnn7已知數列an滿足a1=1，Sn=2an+1，其中Sn為an的前n項和（nN*）（）求S1，S2及數列Sn的通項公式；（）若數列bn滿足，且bn的前n項和為Tn，求證：當n2時，8已知數列an滿足a1=1，（nN

3、*），（） 證明：；（） 證明：9設數列an的前n項的和為Sn，已知a1=，an+1=，其中nN*（1）證明：an2；（2）證明：anan+1；（3）證明：2nSn2n1+（）n10數列an的各項均為正數，且an+1=an+1（nN*），an的前n項和是Sn（）若an是遞增數列，求a1的取值范圍；（）若a12，且對任意nN*，都有Snna1（n1），證明：Sn2n+111設an=xn，bn=（）2，Sn為數列anbn的前n項和，令fn（x）=Sn1，xR，aN*（）若x=2，求數列的前n項和Tn；（）求證：對nN*，方程fn（x）=0在xn，1上有且僅有一個根；（）求證：對pN*，由（）中xn

4、構成的數列xn滿足0xnxn+p12已知數列an，bn，a0=1，（n=0，1，2，），Tn為數列bn的前n項和求證：（）an+1an；（）；（）13已知數列an滿足：a1=，an=an12+an1（n2且nN）（）求a2，a3；并證明：2an3；（）設數列an2的前n項和為An，數列的前n項和為Bn，證明：=an+114已知數列an的各項均為非負數，其前n項和為Sn，且對任意的nN*，都有（1）若a1=1，a505=2017，求a6的最大值；（2）若對任意nN*，都有Sn1，求證：15已知數列an中，a1=4，an+1=，nN*，Sn為an的前n項和（）求證：nN*時，anan+1；（）求證

5、：nN*時，2Sn2n16已知數列an滿足，a1=1，an=（1）求證：an；（2）求證：|an+1an|；（3）求證：|a2nan|17設數列an滿足：a1=a，an+1=（a0且a1，nN*）（1）證明：當n2時，anan+11；（2）若b（a2，1），求證：當整數k+1時，ak+1b18設a3，數列an中，a1=a，an+1=，nN*（）求證：an3，且1；（）當a4時，證明：an3+19已知數列an滿足an0，a1=2，且（n+1）an+12=nan2+an（nN*）（）證明：an1；（）證明：+（n2）20已知數列an滿足：（1）求證：；（2）求證：21已知數列an滿足a1=1，且a

6、n+12+an2=2（an+1an+an+1an）（1）求數列an的通項公式；（2）求證：+；（3）記Sn=+，證明：對于一切n2，都有Sn22（+）22已知數列an滿足a1=1，an+1=，nN*（1）求證：an1；（2）求證：|a2nan|23已知數列an的前n項和記為Sn，且滿足Sn=2ann，nN*（）求數列an的通項公式；（）證明：+（nN*）24已知數列an滿足：a1=，an+1=+an（nN*）（1）求證：an+1an；（2）求證：a20171；（3）若ak1，求正整數k的最小值25已知數列an滿足：an2anan+1+1=0，a1=2（1）求a2，a3；（2）證明數列為遞增數列

7、； （3）求證：126已知數列an滿足：a1=1，（nN*）（）求證：an1；（）證明：1+（）求證：an+1n+127在正項數列an中，已知a1=1，且滿足an+1=2an（nN*）（）求a2，a3；（）證明an28設數列an滿足（1）證明：；（2）證明：29已知數列an滿足a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（nN*），令bn=an+1（）求證：bn是等比數列；（）記數列nbn的前n項和為Tn，求Tn；（）求證：+30已知數列an中，a1=3，2an+1=an22an+4（）證明：an+1an；（）證明：an2+（）n1；（）設數列的前n項和為Sn，求證：1（）nSn131已知數列an滿

8、足a1=，an+1=，nN*（1）求a2；（2）求的通項公式；（3）設an的前n項和為Sn，求證：（1（）n）Sn32數列an中，a1=1，an=（1）證明：anan+1；（2）證明：anan+12n+1；（3）設bn=，證明：2bn（n2）33已知數列an滿足，（1）若數列an是常數列，求m的值；（2）當m1時，求證：anan+1；（3）求最大的正數m，使得an4對一切整數n恒成立，并證明你的結論34已知數列an滿足：，p1，（1）證明：anan+11；（2）證明：；（3）證明：35數列an滿足a1=，an+1an+anan+1=0（nN*）（）求數列an的通項公式；（）求證：a1+a1a2

9、+a1a2a3+a1a2an136已知數列an滿足a1=1，an+1=an2+p（1）若數列an就常數列，求p的值；（2）當p1時，求證：anan+1；（3）求最大的正數p，使得an2對一切整數n恒成立，并證明你的結論37已知數列an滿足a1=a4，（nN*）（1）求證：an4；（2）判斷數列an的單調性；（3）設Sn為數列an的前n項和，求證：當a=6時，38已知數列an滿足a1=1，an+1=（）求證：an+1an；（）求證：an39已知數列an滿足：a1=1，（1）若b=1，證明：數列是等差數列；（2）若b=1，判斷數列a2n1的單調性并說明理由；（3）若b=1，求證：40已知數列an滿

10、足，（n=1，2，3），Sn=b1+b2+bn證明：（）an1an1（n1）；（）（n2）41已知數列an滿足a1=1，an+1=，nN*，記S，Tn分別是數列an，a的前n項和，證明：當nN*時，（1）an+1an；（2）Tn=2n1；（3）1Sn42已知數列an滿足a1=3，an+1=an2+2an，nN*，設bn=log2（an+1）（I）求an的通項公式；（II）求證：1+n（n2）；（III）若=bn，求證：2343已知正項數列an滿足a1=3，nN*（1）求證：1an3，nN*；（2）若對于任意的正整數n，都有成立，求M的最小值；（3）求證：a1+a2+a3+ann+6，nN*44

11、已知在數列an中，nN*（1）求證：1an+1an2；（2）求證：；（3）求證：nsnn+245已知數列an中，（nN*）（1）求證：；（2）求證：是等差數列；（3）設，記數列bn的前n項和為Sn，求證：46已知無窮數列an的首項a1=，=nN*（）證明：0an1；（） 記bn=，Tn為數列bn的前n項和，證明：對任意正整數n，Tn47已知數列xn滿足x1=1，xn+1=2+3，求證：（I）0xn9；（II）xnxn+1；（III）48數列an各項均為正數，且對任意nN*，滿足an+1=an+can2（c0且為常數）（）若a1，2a2，3a3依次成等比數列，求a1的值（用常數c表示）；（）設b

12、n=，Sn是數列bn的前n項和，（i）求證：； （ii）求證：SnSn+149設數列滿足|an|1，nN*（）求證：|an|2n1（|a1|2）（nN*）（）若|an|（）n，nN*，證明：|an|2，nN*50已知數列an滿足：a1=1，an+1=an+（nN*）（）證明：1+；（）求證：an+1n+1高考數列壓軸題參考答案與試題解析一解答題（共50小題）1數列an滿足a1=1，a2=+，an=+（nN*）（1）求a2，a3，a4，a5的值；（2）求an與an1之間的關系式（nN*，n2）；（3）求證：（1+）（1+）（1+）3（nN*）【解答】解：（1）a2=+=2+2=4，a3=+=3+

13、6+6=15，a4=+=4+43+432+4321=64，a5=+=5+20+60+120+120=325；（2）an=+=n+n（n1）+n（n1）（n2）+n!=n+n（n1）+（n1）（n2）+（n1）!=n+nan1；（3）證明：由（2）可知=，所以（1+）（1+）（1+）=+=+=+1+1+=2+1+=33（n2）所以n2時不等式成立，而n=1時不等式顯然成立，所以原命題成立2已知數列xn滿足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（nN*），證明：當nN*時，（）0xn+1xn；（）2xn+1xn；（）xn【解答】解：（）用數學歸納法證明：xn0，當n=1時，x1=10，成

14、立，假設當n=k時成立，則xk0，那么n=k+1時，若xk+10，則0xk=xk+1+ln（1+xk+1）0，矛盾，故xn+10，因此xn0，（nN*）xn=xn+1+ln（1+xn+1）xn+1，因此0xn+1xn（nN*），（）由xn=xn+1+ln（1+xn+1）得xnxn+14xn+1+2xn=xn+122xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1），記函數f（x）=x22x+（x+2）ln（1+x），x0f（x）=+ln（1+x）0，f（x）在（0，+）上單調遞增，f（x）f（0）=0，因此xn+122xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）0，故2xn+1xn；（）xn=x

15、n+1+ln（1+xn+1）xn+1+xn+1=2xn+1，xn，由2xn+1xn得2（）0，2（）2n1（）=2n2，xn，綜上所述xn3數列an中，a1=，an+1=（nN*）（）求證：an+1an；（）記數列an的前n項和為Sn，求證：Sn1【解答】證明：（）0，且a1=0，an0，an+1an=an=0an+1an；（）1an+1=1=，=，則，又an0，4已知正項數列an滿足an2+an=3a2n+1+2an+1，a1=1（1）求a2的值；（2）證明：對任意實數nN*，an2an+1；（3）記數列an的前n項和為Sn，證明：對任意nN*，2Sn3【解答】解：（1）an2+an=3a2

16、n+1+2an+1，a1=1，即有a12+a1=3a22+2a2=2，解得a2=（負的舍去）；（2）證明：an2+an=3a2n+1+2an+1，可得an24a2n+1+an2an+1+a2n+1=0，即有（an2an+1）（an+2an+1+1）+a2n+1=0，由于正項數列an，即有an+2an+1+10，4a2n+10，則有對任意實數nN*，an2an+1；（3）由（1）可得對任意實數nN*，an2an+1；即為a12a2，可得a2，a3a2，an，前n項和為Sn=a1+a2+an1+=2，又an2+an=3a2n+1+2an+1a2n+1+an+1，即有（anan+1）（an+an+1

17、+1）0，則anan+1，數列an遞減，即有Sn=a1+a2+an1+1+=1+=3（1）3則有對任意nN*，2Sn35已知在數列an中，nN*（1）求證：1an+1an2；（2）求證：；（3）求證：nsnn+2【解答】證明：（1）先用數學歸納法證明1an2n=1時，假設n=k時成立，即1ak2那么n=k+1時，成立由知1an2，nN*恒成立.所以1an+1an2成立（2），當n3時，而1an2所以由，得，所以（3）由（1）1an2得snn由（2）得，6設數列an滿足an+1=an2an+1（nN*），Sn為an的前n項和證明：對任意nN*，（I）當0a11時，0an1；（II）當a11時，a

18、n（a11）a1n1；（III）當a1=時，nSnn【解答】證明：（）用數學歸納法證明當n=1時，0an1成立假設當n=k（kN*）時，0ak1，則當n=k+1時，=（）2+0，1，由知，當0a11時，0an1（）由an+1an=（）an=（an1）20，知an+1an若a11，則an1，（nN*），從而=an=an（an1），即=ana1，當a11時，an（a11）a1n1（）當時，由（），0an1（nN*），故Snn，令bn=1an（nN*），由（）（），bnbn+10，（nN*），由，得=（b1b2）+（b2b3）+（bnbn+1）=b1bn+1b1=，nbn2，即，（nN*），=，b1

19、+b2+bn（）+（）+（）=，即nSn，亦即，當時，7已知數列an滿足a1=1，Sn=2an+1，其中Sn為an的前n項和（nN*）（）求S1，S2及數列Sn的通項公式；（）若數列bn滿足，且bn的前n項和為Tn，求證：當n2時，【解答】解：（）數列an滿足Sn=2an+1，則Sn=2an+1=2（Sn+1Sn），即3Sn=2Sn+1，即數列Sn為以1為首項，以為公比的等比數列，Sn=（）n1（nN*）S1=1，S2=；（）在數列bn中，Tn為bn的前n項和，則|Tn|=|=而當n2時，即8已知數列an滿足a1=1，（nN*），（） 證明：；（） 證明：【解答】（） 證明：，由得：，（） 證

20、明：由（）得：（n+1）an+2=nan令bn=nan，則bn1bn=n由b1=a1=1，b2=2，易得bn0由得：b1b3b2n1，b2b4b2n，得bn1根據bnbn+1=n+1得：bn+1n+1，1bnn=一方面：另一方面：由1bnn可知：9設數列an的前n項的和為Sn，已知a1=，an+1=，其中nN*（1）證明：an2；（2）證明：anan+1；（3）證明：2nSn2n1+（）n【解答】證明：（1）an+12=2=，由于+2=+10，+2=2+0an+12與an2同號，因此與a12同號，而a12=0，an2（2）an+11=，可得：an+11與an1同號，因此與a11同號，而a11=

21、0，an1又an21an2an+1an=，可得分子0，分母0an+1an0，故anan+1（3）n=1時，S1=，滿足不等式n2時，=，即2an2nSn=1即Sn2n1+另一方面：由（II）可知：，=從而可得：=2an，2nSn=Sn2n2n綜上可得：2nSn2n1+（）n10數列an的各項均為正數，且an+1=an+1（nN*），an的前n項和是Sn（）若an是遞增數列，求a1的取值范圍；（）若a12，且對任意nN*，都有Snna1（n1），證明：Sn2n+1【解答】（I）解：由a2a101a10，解得0a12，又a3a20，a2，0a2212，解得1a12，由可得：1a12下面利用數學歸納

22、法證明：當1a12時，nN*，1an2成立（1）當n=1時，1a12成立（2）假設當n=kN*時，1an2成立則當n=k+1時，ak+1=ak+1（1，2），即n=k+1時，不等式成立綜上（1）（2）可得：nN*，1an2成立于是an+1an=10，即an+1an，an是遞增數列，a1的取值范圍是（1，2）（II）證明：a12，可用數學歸納法證明：an2對nN*都成立于是：an+1an=12，即數列an是遞減數列在Snna1（n1）中，令n=2，可得：2a1+1=S22a1，解得a13，因此2a13下證：（1）當時，Snna1（n1）恒成立事實上，當時，由an=a1+（ana1）a1+（2）=

23、于是Sn=a1+a2+ana1+（n1）=na1再證明：（2）時不合題意事實上，當時，設an=bn+2，可得1由an+1=an+1（nN*），可得：bn+1=bn+1，可得=于是數列bn的前n和Tn3b13故Sn=2n+Tn2n+3=na1+（2a1）n+3，令a1=+t（t0），由可得：Snna1+（2a1）n+3=na1tn+只要n充分大，可得：Snna1這與Snna1（n1）恒成立矛盾時不合題意綜上（1）（2）可得：，于是可得=（由可得：）故數列bn的前n項和Tnb11，Sn=2n+Tn2n+111設an=xn，bn=（）2，Sn為數列anbn的前n項和，令fn（x）=Sn1，xR，aN

24、*（）若x=2，求數列的前n項和Tn；（）求證：對nN*，方程fn（x）=0在xn，1上有且僅有一個根；（）求證：對pN*，由（）中xn構成的數列xn滿足0xnxn+p【解答】解：（）若x=2，an=2n，則=（2n1）（）n，則Tn=1（）1+3（）2+（2n1）（）n，Tn=1（）2+3（）3+（2n1）（）n+1，Tn=+2（）2+（）3+（）n（2n1）（）n+1=+2（2n1）（）n+1=+1（）n1（2n1）（）n+1，Tn=3（）n2（2n1）（）n=3；（）證明：fn（x）=1+x+（xR，nN+），fn（x）=1+0，故函數f（x）在（0，+）上是增函數由于f1（x1）=0，

25、當n2時，fn（1）=+0，即fn（1）0又fn（）=1+（）i，=+=（）n10，根據函數的零點的判定定理，可得存在唯一的xn，1，滿足fn（xn）=0（）證明：對于任意pN+，由（1）中xn構成數列xn，當x0時，fn+1（x）=fn（x）+fn（x），fn+1（xn）fn（xn）=fn+1（xn+1）=0由 fn+1（x） 在（0，+）上單調遞增，可得 xn+1xn，即 xnxn+10，故數列xn為減數列，即對任意的 n、pN+，xnxn+p0由于 fn（xn）=1+xn+=0，fn+p （xn+p）=1+xn+p+，用減去并移項，利用 0xn+p1，可得xnxn+p=+=綜上可得，對于

26、任意pN+，由（1）中xn構成數列xn滿足0xnxn+p12已知數列an，bn，a0=1，（n=0，1，2，），Tn為數列bn的前n項和求證：（）an+1an；（）；（）【解答】解：證明：（）=，所以an+1an（）法一、記，則，原命題等價于證明；用數學歸納法提示：構造函數在（1，+）單調遞增，故=+=+（）=，法二、只需證明，由，故：n=1時，n2，可證：，（3）由，得=，可得：，疊加可得，所以，13已知數列an滿足：a1=，an=an12+an1（n2且nN）（）求a2，a3；并證明：2an3；（）設數列an2的前n項和為An，數列的前n項和為Bn，證明：=an+1【解答】解：（I）a2=

27、a12+a1=，a3=a22+a2=證明：an=an12+an1，an+=an12+an1+=（an1+）2+（an1+）2，an+（an1+）2（an2+）4（an3+）8（a1+）=2，an2，又anan1=an120，anan1an2a11，an2an，an=an12+an12a，an2a22222224222242a1=2（）=3綜上，2an3（II）證明：an=an12+an1，an12=anan1，An=a12+a22+a32+an2=（a2a1）+（a3a2）+（an+1an）=an+1，an=an12+an1=an1（an1+1），=，=，Bn=+=（）+（）+（）+（）=14

28、已知數列an的各項均為非負數，其前n項和為Sn，且對任意的nN*，都有（1）若a1=1，a505=2017，求a6的最大值；（2）若對任意nN*，都有Sn1，求證：【解答】解：（1）由題意知an+1anan+2an+1，設di=ai+1ai（i=1，2，504），則d1d2d3d504，且d1+d2+d3+d504=2016，=，所以d1+d2+d520，a6=a1+（d1+d2+d5）21（2）證明：若存在kN*，使得akak+1，則由，得ak+1akak+1ak+2，因此，從an項開始，數列an嚴格遞增，故a1+a2+anak+ak+1+an（nk+1）ak，對于固定的k，當n足夠大時，必

29、有a1+a2+an1，與題設矛盾，所以an不可能遞增，即只能anan+10令bk=akak+1，（kN*），由akak+1ak+1ak+2，得bkbk+1，bk0，故1a1+a2+an=（b1+a2）+a2+an=b1+2（b2+a3）+a3+an，=b1+2b2+nbn+nan，所以，綜上，對一切nN*，都有15已知數列an中，a1=4，an+1=，nN*，Sn為an的前n項和（）求證：nN*時，anan+1；（）求證：nN*時，2Sn2n【解答】證明：（I）n2時，作差：an+1an=，an+1an與anan1同號，由a1=4，可得a2=，可得a2a10，nN*時，anan+1（II）2=

30、6+an，=an2，即2（an+12）（an+1+2）=an2，an+12與an2同號，又a12=20，an2Sn=a1+a2+an4+2（n1）=2n+2Sn2n2由可得：=，因此an2（a12），即an2+2Sn=a1+a2+an2n+22n+綜上可得：nN*時，2Sn2n16已知數列an滿足，a1=1，an=（1）求證：an；（2）求證：|an+1an|；（3）求證：|a2nan|【解答】證明：（1）a1=1，an=a2=，a3=，a4=，猜想：an1下面用數學歸納法證明（i）當n=1時，命題顯然成立；（ii）假設n=k時，1成立，則當n=k+1時，ak+1=1，即當n=k+1時也成立，

31、所以對任意nN*，都有（2）當n=1時，當n2時，（3）當n=1時，|a2a1|=；當n2時，|a2nan|a2na2n1|+|a2n1a2n2|+|an+1an|17設數列an滿足：a1=a，an+1=（a0且a1，nN*）（1）證明：當n2時，anan+11；（2）若b（a2，1），求證：當整數k+1時，ak+1b【解答】證明：（1）由an+1=知an與a1的符號相同，而a1=a0，an0，an+1=1，當且僅當an=1時，an+1=1下面用數學歸納法證明：a0且a1，a21，=1，即有a2a31，假設n=k時，有akak+11，則ak+2=1且=1，即ak+1ak+21即當n=k+1時不

32、等式成立，由可得當n2時，anan+11；（2）若akb，由（1）知ak+1akb，若akb，0x1以及二項式定理可知（1+x）n=1+Cn1x+Cnnxnnx，而ak2+1b2+1b+1，且a2a3akb1ak+1=a2，=a2a2（）k1a2（）k1=a2（1+）k1，a21+（k1），k+1，1+（k1）+1=，ak+1b18設a3，數列an中，a1=a，an+1=，nN*（）求證：an3，且1；（）當a4時，證明：an3+【解答】證明：（I）an+13=3=，（）=0，與同號，又a3，=a0，0，an+130，即an3（n=1時也成立）=1綜上可得：an3，且1；（）當a4時，an+1

33、3=3=，由（I）可知：3ana1=a4，3an4設an3=t（0，1=，an3（a13），an3+19已知數列an滿足an0，a1=2，且（n+1）an+12=nan2+an（nN*）（）證明：an1；（）證明：+（n2）【解答】證明：（）由題意得（n+1）an+12（n+1）=nan2n+an1，（n+1）（an+1+1）（an+11）=（an1）（nan+n+1），由an0，nN*，（n+1）（an+1+1）0，nan+n+10，an+11與an1同號，a11=10，an1；（）由（）知，故（n+1）an+12=nan2+an（n+1）an2，an+1an，1an2，又由題意可得an=（

34、n+1）an+12nan2，a1=2a22a12，a2=3a322a22，an=（n+1）an+12nan2，相加可得a1+a2+an=（n+1）an+1242n，an+12，即an2，n2，2（+）2（）+（+），n2，當n=2時，=，當n=3時，+，當n4時，+2（+）+（+）=1+，從而，原命題得證20已知數列an滿足：（1）求證：；（2）求證：【解答】證明：（1）由，所以，因為，所以an+2an+12（2）假設存在，由（1）可得當nN時，anaN+11，根據，而an1，所以于是，累加可得（*）由（1）可得aN+n10，而當時，顯然有，因此有，這顯然與（*）矛盾，所以21已知數列an滿足

35、a1=1，且an+12+an2=2（an+1an+an+1an）（1）求數列an的通項公式；（2）求證：+；（3）記Sn=+，證明：對于一切n2，都有Sn22（+）【解答】解：（1）a1=1，且an+12+an2=2（an+1an+an+1an），可得an+12+an22an+1an2an+1+2an+1=0，即有（an+1an）22（an+1an）+1=0，即為（an+1an1）2=0，可得an+1an=1，則an=a1+n1=n，nN*；（2）證明：由=，n2則+=1+1+=，故原不等式成立；（3）證明：Sn=+=1+，當n=2時，S22=（1+）2=2=成立；假設n=k2，都有Sk22（

36、+）則n=k+1時，Sk+12=（Sk+）2，Sk+122（+）=（Sk+）22（+）2=Sk22（+）+22=Sk22（+）+，由k1可得0，且Sk22（+）可得Sk22（+）0，則Sk+122（+）恒成立綜上可得，對于一切n2，都有Sn22（+）22已知數列an滿足a1=1，an+1=，nN*（1）求證：an1；（2）求證：|a2nan|【解答】證明：（1）用數學歸納法證明：當n=1時，=，成立；假設當n=k時，有成立，則當n=k+1時，1，=，當n=k+1時，命題也成立由得an1（2）當n=1時，|a2a1|=，當n2時，（）（）=（）=1+=，|an+1an|=|=|anan1|（）n

37、1|a2a1|=，|a2na2n1|a2na2n1|+|a2n1a2n2|+|an+1an|=（）n1（）2n1，綜上：|a2nan|23已知數列an的前n項和記為Sn，且滿足Sn=2ann，nN*（）求數列an的通項公式；（）證明：+（nN*）【解答】解：（）Sn=2ann（nN+），Sn1=2an1n+1=0（n2），兩式相減得：an=2an1+1，變形可得：an+1=2（an1+1），又a1=2a11，即a1=1，數列an+1是首項為2、公比為2的等比數列，an+1=22n1=2n，an=2n1（）由，（k=1，2，n），=，由=，（k=1，2，n），得=，綜上，+（nN*）24已知數列

38、an滿足：a1=，an+1=+an（nN*）（1）求證：an+1an；（2）求證：a20171；（3）若ak1，求正整數k的最小值【解答】（1）證明：an+1an=0，可得an+1ana1=，anan+1an=0，an+1an（II）證明：由已知=，=，由=，=，=，累加求和可得：=+，當k=2017時，由（I）可得：=a1a2a2016=+1，a20171（III）解：由（II）可得：可得：=a1a2a2016a20171=+2017=1，a20171a2018，又an+1ank的最小值為201825已知數列an滿足：an2anan+1+1=0，a1=2（1）求a2，a3；（2）證明數列為遞

39、增數列； （3）求證：1【解答】（1）解：a1=2，a2=222+1=3，同理可得：a3=7（2）證明：，對nN*恒成立，an+1an（3）證明：故=26已知數列an滿足：a1=1，（nN*）（）求證：an1；（）證明：1+（）求證：an+1n+1【解答】證明：（I）數列an滿足：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：原式變形為，所以：，累加得27在正項數列an中，已知a1=1，且滿足an+1=2an（nN*）（）求a2，a3；（）證明an【解答】解：（）在正項數列an中，a1=1，且滿足an+1=2

40、an（nN*），=，=證明：（）當n=1時，由已知，成立；假設當n=k時，不等式成立，即，f（x）=2x在（0，+）上是增函數，=（）k+（）k=（）k+=（）k+，k1，2（）k33=0，即當n=k+1時，不等式也成立根據知不等式對任何nN*都成立28設數列an滿足（1）證明：；（2）證明：【解答】（本題滿分15分）證明：（I）易知an0，所以an+1an+an，所以 ak+1=ak+ak+，所以所以，當n2時，=，所以an1又，所以an1（nN*），所以 anan+11（nN*）（8分）（II）當n=1時，顯然成立由an1，知，所以，所以，所以，所以，當n2時，=，即所以（nN*） （7分

41、）29已知數列an滿足a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（nN*），令bn=an+1（）求證：bn是等比數列；（）記數列nbn的前n項和為Tn，求Tn；（）求證：+【解答】（I）證明：a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（nN*），a2=2（2+1+1）=8n2時，an=2（Sn1+n），相減可得：an+1=3an+2，變形為：an+1+1=3（an+1），n=1時也成立令bn=an+1，則bn+1=3bnbn是等比數列，首項為3，公比為3（II）解：由（I）可得：bn=3n數列nbn的前n項和Tn=3+232+333+n3n，3Tn=32+233+（n1）3n+n3n+1，2Tn=3+

42、32+3nn3n+1=n3n+1=3n+1，解得Tn=+（III）證明：bn=3n=an+1，解得an=3n1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已知數列an中，a1=3，2an+1=an22an+4（）證明：an+1an；（）證明：an2+（）n1；（）設數列的前n項和為Sn，求證：1（）nSn1【解答】證明：（I）an+1an=an=0，an+1an3，（an2）20an+1an0，即an+1an；（II）2an+14=an22an=an（an2）=，an2（an12）（）2（an22）（）3（an32）（）n1（a12）=（）n1，an2+（）n

43、1；（）2（an+12）=an（an2），=（）=，=+，Sn=+=+=1，an+12（）n，0（）n，1（）nSn=1131已知數列an滿足a1=，an+1=，nN*（1）求a2；（2）求的通項公式；（3）設an的前n項和為Sn，求證：（1（）n）Sn【解答】（1）解：a1=，a，nN+a2=（2）解：a1=，a，nN+=，化為：1=，數列是等比數列，首項與公比都為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（n3）又n=1，2時也成立，因此不等式右邊成立綜上可得：（1（）n）Sn32數列an中，a1=1，an=（1）證明：

44、anan+1；（2）證明：anan+12n+1；（3）設bn=，證明：2bn（n2）【解答】證明：（1）數列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時，anan+1=a12+2=3，2n+1=3，則原不等式成立；n2時，anan+13+2（n1）=2n+1，綜上可得，anan+12n+1；（3）bn=，要證2bn（n2），即證2an，只要證4nan25n，由an+1=an+，可得an+12=an2+4+，且a2=3，an+12an2=4+4，且4+4+=4+=，即有an+12an2（4，），由n=2，3，累加可得an2a22（4（n2），），即有an2（4n+1，）（4n，5n），故2bn（n2）33已知數列an滿足，（1）若數列an是常數列，求m的值；（2）當m1時，求證：anan+1；（3）求最大的正數m，使得an4對一切整數n恒成立，并證明你的結論【解答】解：（1）若數列an是常數列，則，得顯然，當