高考数列探索题论文

高考数列探索题论文（精选11篇）

高考数列探索题论文 第1篇

一、与解几结合

例1设P1(x1,y1),P2(x2,y2),…,Pn(xn,yn)(n≥3,n∈N)是二次曲线C上的点,且a1=|OP1|2,a2=|OP2|2,…,an=|OPn|2构成了一个公差为d(d≠0)的等差数列,其中O是坐标原点.记Sn=a1+a2+…+an.

(1)若C的方程为,n=3.点P1(10,0)及S3=255,求点P3的坐标;(只需写出一个)

(2)若C的方程为(a>b>0).点P1(a,0),对于给定的自然数n,当公差d变化时,求Sn的最小值;

(3)请选定一条除椭圆外的二次曲线C及C上的一点P1,对于给定的自然数n,写出符合条件的点P1,P2,…,Pn存在的充要条件,并说明理由.

分析:该题的主要条件是长度的平方成等差数列,并且点在二次曲线上,又给出前n项和的记法,在形式上或第一印象给人无法下手的感觉,也就是将条件发散开来后后续手段不多.这时不要慌,要静下心来看看接下来的各小问是将条件向哪个方向发展的.

(1)明确了C的方程,给出点P1及S3,求P3.

由P1为(10,0),得a1=100.

又由,得a3=70,即|OP3|2=70.

所以P3的坐标可以为

数列在这里仅仅起到了由|OP1|2=100得到|OP3|2=70作用,其余是解析几何中求交点问题,分开来看都是常规问题,容易题,合起来就“吓到”了一批学生.总结一下解这类题应注意以下三点:一是心要静,二是基础知识要扎实,三是要会庖丁解牛.

(2)有了(1)的顺利解决,解答(2)的信心随之而来.注意主要条件“n给定的自然数,d是变量”,这又是一个反常规的问题,经常练习的是Sn是关于n的函数,这里要考虑的是Sn关于d的函数,熟悉中考查陌生.

,n,a都是已知的常数,所以Sn是d的一次函数,要求Sn的最值只需求出d的范围,所以求d的范围就成了解决这个问题的关键.

思考还要从an的范围开始,.

又因n≥3,所以Sn有最小值

本小题更强调函数的思想,数列成为一个工具.

(3)不妨选双曲线,P1也选为右顶点(a,0).

分析题意P1,P2,…,Pn存在即a1,a2,…,an存在,首项和项数已知,要想确定数列a1,a2,…,an只要确定公差d,所以本题是要我们求d的范围,而求d的范围关键又是an的范围.

,因,所以an=|OPn|2≥a2.即an=a2+(n-1)d≥a2,所以d>0.反过来只要d>0,|OPn|2(n∈N+)存在,即Pn(n∈N+)存在.

所以P1,P2,…,Pn存在的充要条件是d>0.

注意:这里d的范围与P1选择有关.

二、与函数结合

例2已知函数f(x)=a×bx的图象过点和B(5,1).

(1)求函数f(x)的解析式;

(2)记an=log2f(n),n是正整数,Sn是数列{an}的前n项和,解关于n的不等式anSn≤0;

(3)对于(2)中的an与Sn,整数96是否为数列{anSn}中的项?若是,则求出相应的项数;若不是,则说明理由.

又因为anSn≤0得(n-5)(n-9)≤0,即5≤n≤9.

故n=5,6,7,8,9.

(3)a1S1=64,a2S2=84,a3S3=72,a4S4=40.

当5≤n≤9时,anSn≤0.

当n≥10时,anSn≥a10S10=100.

因此,96不是数列{anSn}中的项.

分析:此题前两问都很简单,所用知识基础,只是涉及章节较多,有函数、数列、不等式;形式上较复杂,特别是方程中出现了bx,通项an是f(x)的对数,不等式是an与Sn的积不大于零,正所谓“小综合+新形式”,看起来繁(烦)做下去不难.第3问是要发挥同学创造力进行探索估算证明的,直接解方程2n(n-5)(n-9)=96,求解后看其有没有正整数根,一不会二不可取.

事实上,认识到5≤n≤9时anSn≤0,然后分段讨论是关键.n≤4时逐项验证,n≥10时,利用不等式的性质易得anSn≥a10S10.进而得到结论.

三、与不等式结合

例3已知{an}是首项为2,公比为的等比数列,Sn为它的前n项和.

(1)用Sn表示Sn+1;

(2)是否存在自然数c和k,使得成立.

分析:(1)本题属基本题,所用基础知识——等比数列前n项和公式,基本技能——幂的运算能力、消元或凑配变形能力.

由已知可得

(2)是一道存在探究问题.解决这类问题的基本办法是:首先假设参数存在,然后对所要满足的条件进行等价变形,使其更明朗化,接着或构造出参数满足条件,或推出矛盾得到参数不存在.

由(1)可等价变形为,进一步化简得到

因c和k都是自然数,所以4-c和2k-1都是整数,所以(4-c)2k-1是整数又因为在2和3之间不存在整数,所以满足条件自然数c和k不存在.

本题更强调的是等价转化和整体代换(解不等式时将(4-c)2k-1看做一个整体)的思想,数列只是形式和载体.

四、应用建模

例4某企业2010年的纯利润为500万元,因设备老化等原因,企业的生产能力将逐年下降.若不能进行技术改造,预测从今年起每年比上一年纯利润减少20万元,今年初该企业一次性投入资金600万元进行技术改造,预测在未扣除技术改造资金的情况下,第n年(今年为第一年)的利润为(n为正整数).

(Ⅰ)设从今年起的前n年,若该企业不进行技术改造的累计纯利润为An万元,进行技术改造后的累计纯利润为Bn万元(须扣除技术改造资金),求An、Bn的表达式;

(Ⅱ)依上述预测,从今年起该企业至少经过多少年,进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润?

分析:本题是实际应用问题,困难在与将文字语言转化为数学语言,建立数学模型!困难有三,一、关键词提取,二、信息梳理,三、语言数学化.解决本题首先要提取两条主要信息链,不进行技术改造的利润与进行技术改造的利润.

不进行技术改造情况,信息提取:2010年纯利润500万元;今年起逐年减少20万元;何题是求前n年累计纯利润,记为An万元.数学化:设今年起第n年纯利润为an万元,则a1=500-20,{an}成等差数列,公差d=-20,{an}的前n项和为An,计算可得1)d=490n-10n2.

进行技术改造的情况,信息提取:2010年纯利润500万元;今年一次性投入改造资金600万元;第n年的利润为万元(未扣除技术改造资金);问题仍是求前n年累计纯利润(须扣除技术改造资金),记为Bn万元.数学化:设,Bn与{bn}的前n项和有关.事实上.

得到An与Bn后问题(Ⅱ)就是一个纯数学问题了.

因为函数在(0,+∞)上为增函数,

当1≤n≤3时,

当n≥4时,-10>0.

所以当且仅当n≥4时,Bn>An,所以至少经过4年,该企业进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润.

注意,不等式An-Bn>0的解是利用n为正整数进行估算得到的.

五、数列内部整合

例5已知数列{an}中a1=1,且a2k=a2k-1+(-1)k,a2k+1=a2k+3k,其中k=1,2,3,….

(Ⅰ)求a3,a5;

(Ⅱ)求{an}的通项公式.

分析:本题可看做是等差数列的变式,做了两项处理,一、从第二项起每一项与其前一项的差不再是同一常数,二、偶数项与其前一项的差与奇数项与其前一项的差的表达式不同,问题是求通项公式.与等差数列定义相比有一点没有变化,就是都是给出相邻两项差来确定的数列,所以不难想到等差数列求通项公式的办法——“累加法”应该仍适用本题.

(Ⅰ)由已知条件知a2k+1=a2k-1+3k+(-1)k,所以a3=3,a5=13.

(Ⅱ)由于数列递推公式给出形式就分奇偶,所以求通项公式时也理应想到对n分奇偶来求.

高考数列压轴题汇总（附答案解析） 第2篇

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=2017，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）．

20．已知数列{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：a2017＜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+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）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=2017，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=2016，∵=，所以d1+d2+…+d5≤20，∴a6=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

20．已知数列{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：a2017＜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=2017时，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的最小值为2018．

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1

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，．

【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＜2

1°．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

高考数列探索题论文 第3篇

（★★★）必做1 已知数列｛an｝满足：a1=m（m为正整数），an+1=，当an为偶数时，3an+1，当an为奇数时.若a4=7，则m所有可能的取值为________．

精妙解法 由a4=7a3=14或2（舍去）；由a3=14a2=28或（舍去）；由a2=28a1=56或9；所以a1=56或9，即m=56或9．

误点警示 分段数列问题是数列中的难点，对每一项计算、区分的细心程度是解决问题的关键．

极速突击 可从通项关系寻求数列规律，采用排除法逆向探求数列｛an｝的每一项都是整数的方法比正向推导更简洁．

（★★）必做2 已知数列：，，，，，，，，，，…，依它的前10项的规律，这个数列的第2010项a2010等于________．

精妙解法 将上述数列看成，，，，，，，，，，…，找寻其规律，设第n组有n个数，可知Sn=1+2+…+n=2010．当n=63时，Sn=2016，故第2016个数是，倒推至第2010个数，这个数列的第2010项a2010=．

极速突击 善于总结规律，掌握从特殊到一般的思想．

金刊提醒

根据数列的前若干项写出数列的一个通项公式，解决这一题型的关键是通过观察、分析、比较、归纳去发现项数与项之间的关系，如果关系不明显，就应将项作适当变形或分解，让规律凸显出来，便于找到通项公式．

等差数列

（★★★）必做3 设｛an｝是一个公差为d（d>0）的等差数列． 若++=，且其前6项的和S6=21，则an=_________．

精妙解法 由题意有－+－+－=，且=21，即－=，且2a1+5d=7，联立求解得a1=d=1，所以通项an=n.

极速突击 等差数列问题一般都转化为首项a1与公差d的关系来处理，尤其是运用等差数列的性质，通过整体运算求解更为常见．

（★★★）必做4 已知无穷数列｛an｝是各项均为正数的等差数列，则有（ ）

A．

C． >D． ≥

精妙解法 a4 a8 =（a1+3d）（a1+7d）=a+10a1d+21d2，a=（a1+5d）2=a+10a1d+25d2，故≤，当d=0时，取等号，选B．

极速突击 在等差数列中，首项和公差是基本量；a1，an，d，n，Sn五个量中知三求二，一般用方程思想求解，有时也可用首项、末项和中项来表示，并注意整体代换．

金刊提醒

利用等差数列的基本公式和性质是解决等差数列问题的有效手段．

等比数列

（★★★）必做5 设等比数列｛an｝的前n项和为Sn，且a5=S5，则=____．

精妙解法 ｛an｝是等比数列，且a5=S5，所以a1+a2+a3+a4=0，所以a1（1+q+q2+q3）=a1（1+q）（1+q2）=0，所以q=－1，所以S2010==0，即=0．

极速突击 与等差数列一样，在等比数列中，首项和公差是基本量；a1，an，q，n，Sn五个量中知三求二，一般用方程思想求解，但要注意等比数列的一些限制条件．

（★★★）必做6 已知正项等比数列｛an｝满足：a7=a6+2a5，若存在两项am，an使得=4a1，则+的最小值为________．

精妙解法 设此数列的公比为q，由题意a5q2=a5q+2a5，解得q=2，又由条件=4a1，得（a1qm－1·a1qn－1）=a1q=4a1，化简得m+n=6，故+=+=5++≥（5+2）=．

极速突击 数列问题与其他数学内容交汇已成为近年高考的一大热点． 由条件先确定m，n的关系，再考虑利用均值不等式求解．

金刊提醒

利用等比数列的基本公式或性质是解决等比数列问题的有效手段；基本量、方程与函数的思想方法对于等比数列同样重要；等比数列可以类比等差数列的相关性质来研究．

递推数列

（★★★）必做7 若数列｛an｝满足+=k（k为常数），则称数列｛an｝为等比和数列，k称为公比和． 已知数列｛an｝是以3为公比和的等比和数列，其中a1=1，a2=2，则a2010=_______．

精妙解法 令=bn，由已知可得bn+bn+1=3． 因为b1==2，所以b1=b3=…=b2n－1=2，b2=b4=…=b2n=1，所以a2010=··…·a1=b2009b2008…b1a1=21005．

极速突击 已知数列的递推式求通项公式的常用方法有：（1）叠加法，递推式为an+1=an+f（n）． （2）连乘法，递推式为an+1=an·f（n）． （3）先猜后证法，先根据递推式求出前几项，再归纳猜想，最后用数学归纳法证明． （4）构造化归法，形如an=kan－1+b的递推数列可用待定系数法化归为等比数列an+A=k（an－1+A）来解决；形如an=kan－1+kn的递推数列两边同除以kn后化归为等差数列来解决；形如an=的递推数列可以两边先倒数，再化归为等差数列来解决． （5）先求Sn，再求通项an法． 在一个等式中，既有an又有Sn时，通常采用迭代作差的办法先消去Sn，进而得到an的递推式，再采用以上方法求通项，但有时也可以考虑消去an，即利用an=Sn－Sn－1（n≥2）先得到Sn的递推式，再采用以上方法求Sn，最后利用an=S1，n=1，Sn－Sn－1，n≥2求通项an．

（★★★★）必做8 已知定义在［0，+∞）上的函数f（ｘ）满足ｆ（ｘ）＝３ｆ（ｘ＋２），当x∈［0，2）时， f（ｘ）＝－x2+2x． 设f（ｘ）在［2n－2，2n）上的最大值为an（n∈N?鄢），且｛an｝的前n项和为Sn，则Sn=_______．

精妙解法 由题意f（x+2）=f（x），即f（x）=f（x－2），在［2n－2，2n）上，n=1，f（x）max=1，a1=1；n=2，f（x）max=，a2=；n=3， f（x）max=，a3=，…，an=，所以Sn==1－．

极速突击 数列是定义在正整数集上的函数，本题分段函数的最值正好为数列an（n∈N?鄢）的相关项．

金刊提醒

（1）“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要． 解题要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要合理地运用条件，又要时刻注意题的目标．

（2）已知数列的前n项和Sn，求通项an，可利用公式an=S1，n=1，Sn－Sn－1，n≥2，但易忽视an=S1（n=1）．

（3）对于等比数列前n项和Sn，当公比是一字母时，必须分公比等于1和不等于1的情况．

数列求和

（★★★）必做9 已知数列｛an｝是首项为a，公比也为a（a>0，a≠1）的等比数列，令bn=an·lgan（n∈N），则数列｛bn｝的前n项和Sn=_________．

精妙解法 因为an=an，bn=n·anlga，所以Sn=（a+2a2+3a3+…+nan）lga，①

aSn=（a2+2a3+3a4+…+nan+1）lga，②

①-②得：（1－a）Sn=（a+a2+…+an－nan+1）lga，所以Sn=［1－（1+n－na）an］

极速突击 “错位相减”是数列求和最重要的方法之一，等价转换思想是解决数列问题的基本思想方法，能将复杂的数列转化为等差、等比数列．

（★★★☆）必做10 已知数列｛an｝满足a1=，an+1=a－an+1（n∈N?鄢），

那么M=++…+的整数部分应该是__________．

精妙解法 由已知an+1=an（an－1）+1，则=－=－，故有M=－=2－，由于a3=>2，且an+1>an，则∈（0，1），所以M∈（1，2），其整数部分为1．

金刊提醒

求数列的前n项和Sn，首先要观察数列是否为等差或等比数列，或是否能转化为等差、等比数列来求． 若不是，则先分析属于哪类特殊数列，再用相应的方法求解． “错位相减”法与“裂项相消”法是考查较多的两种方法．

数列在实际生活中的应用

（★★☆）必做11 甲、乙两间工厂的月产值在2012年元月份时相同，甲以后每个月比前一个月增加相同的产值；乙以后每个月比前一个月增加产值的百分比相同． 到2012年11月份发现两间工厂的月产值又相同． 比较甲、乙两间工厂2012年6月份的月产值大小，则有（ ）

A． 甲的产值小于乙的产值

B． 甲的产值等于乙的产值

C． 甲的产值大于乙的产值

D． 不能确定

精妙解法 由题意甲工厂的月产值呈递增的等差数列，乙工厂的月产值呈递增的等比数列，结合图象理解在中间月份甲的产值大于乙的产值． 选C．

例谈2016年高考数列题 第4篇

1.夯实核心概念, 突出“精、准、巧、快”

(A) {Sn}是等差数列

(B) {S2n}是等差数列.

(C) {dn}是等差数列.

(D) {d2n}是等差数列.

(2016年浙江卷)

解Sn表示点An到对面直线的距离 (设为hn) 乘以|BnBn+1|长度一半, 即

由题目中条件可知

我们需要知道hn的关系式, 过A1作垂直得到初始距离h1, 那么

A1, An和两个垂足构成了直角梯形,

所以hn=h1+|A1An|sinθ,

其中θ为直线A1An+1与直线B1Bn+1的夹角,

即为定值,

作差得

上式右边均为定值,

所以Sn+1-Sn为定值.

即{Sn}是等差数列, ()

故选.

2.掌握核心方法, 形成基本技能

数列通项公式的常见求法:公式法、累加法、累积法、迭代法、观察法 (如Sn与an的关系) 、归纳法等;数列求和常见的方法:公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法、并项求和、归纳法等.特别地, 数列与其对应的递推关系是构建新型试题的重要载体.

例2已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n, {bn}是等差数列, 且an=bn+bn+1.

(1) 求数列{bn}的通项公式;

解 (1) 由题意知当n≥2时,

an=Sn-Sn-1=6n+5,

当n=1时, a1=S1=11=6×1+5,

满足上式,

所以an=6n+5.

设数列{bn}的公差为d,

(2) 由 (1) 知

注解答本题, 列方程组, 确定通项公式是基础, 准确计算求和是关键, 易错点是在“错位”之后求和时, 弄错等比数列的项数.

3.研究核心思想, 强化思维提升

数列中的核心思想一般包括:函数思想、方程思想、化归与转化思想、递推思想、分类讨论思想、特殊化思想.

例3 Sn为等差数列{an}的前n项和, 且a1=1, S7=28.记bn=[lgan], 其中[x]表示不超过x的最大整数, 如[0.9]=0, [lg99]=1.

(1) 求b1, b11, b101;

(2) 求数列{bn}的前1000项和.

(2016年全国卷Ⅱ)

解 (1) 设{an}的公差为d, 由题设条件, 得7+21d=28, 解得d=1, 所以{an}的通项公式为an=n,

所以数列bn的前1000项和为

注解答新颖性的数学题一是通过转化化“新”为“旧”;二是通过深入分析, 多方联想, 以“旧”攻“新”;三是创造性地运用数学思想方法, 以“新”制“新”, 应特别关注创新题型的切入点和生长点.

4.关注热点创新, 历练核心素养

创新题是指以学生已有的知识为基础, 并给出一定容量的新信息, 通过阅读, 从中获取有关信息, 捕捉解题信息, 发现问题的规律, 找出解决问题的方法, 并应用于新问题的解答, 它既能有效地考查学生的思维品质和学习潜力, 又能考查学生的综合能力和创新能力.

(1) 若an=2n-1, bn=4n-2, 判断{an}与{bn}是否为无穷互补数列, 并说明理由;

(2) 若an=2n, 且{an}与{bn}是无穷互补数列, 求数列{bn}的前16项的和;

(3) 若{an}与{bn}是无穷互补数列, {an}为等差数列, 且a16=36, 求{an}与{bn}的通项公式. (2016年上海卷·文)

高考数列探索题论文 第5篇

1．各项为正的等比数列

中，与的等比中项为，则

A． 1 B． 2 C． 3 D． 4 【答案】C

2．若记等比数列｛an｝的前n项和为Sn，若a12,S36,则S4（）A． 10或8 B． 10 C． 10或8 D． 10或8 【答案】C 【解析】设等比数列的公比为q，由于a12,S36，显然q1，S322q2q26

3，则

q2q20，q2，S4S3a1q362210，选C．

3．在递增等比数列an中，a2a38,a1a49，则a7 A． 32 B． 64 C． 128 D． 16 【答案】B

2【解析】由题易得： a1a48，a1a49，故a1，a4是一元二次方程x9x80的两个实根，又数列an是单调递增的，∴a11，a48，∴q3∴a7a1q62664．故选：B

a48，即q2，a114．设Sn为数列an的前n项和，a11，an12Sn，则数列的前20项和为（）

anA． 31713171 B． C． D．

19191818223443223443【答案】D 【解析】an12Sn，an2Sn1 相减得an13ann2 由a11得出a22,a23a1，an{1,n123n2,n2，1={11n2 an,n223-12D．2 【答案】D 【解析】 20

考点：等比数列的性质．

11．设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S38，S67，则a2_________． 【答案】【解析】 16 3

考点：等比数列的通项和前n项和的知识及运用．

12．《九章算术》中“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有恒厚若千尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，则m的值为，问何日相逢，各穿几何？”题意是：有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进―尺，以后毎天加倍；小老鼠第一天也进―尺，以后每天减半，如果墙足够厚，Sn为前n天两只老打洞之和，则Sn 尺． 【答案】2-【解析】 n1+1 2n-1

高考最美丽的风景——数列创新题 第6篇

【例 1 】 已知数列{an}满足：an=logn+1(n+2)(n∈ N *),定义使a1•a2•a3…ak为整数的数k(k∈ N *)叫做企盼数,则区间［1,2 005］内所有的企盼数的和M=

点拨 准确理解企盼数的定义是求解关键。解题时应将阅读信息与所学知识结合起来,侧重考查信息加工能力。

*)是等比数列,且cn>0,则有数列dn=   (n∈ N *)也是等比数列.

解析 由已知“等差数列前n项的算术平均值是等差数列”可类比联想“等比数列前n项的几何平均值也应该是等比数列”不难得到dn= n c1•c2•c3•…•cn ,(n∈ N *)也是等比数列.

点拨 本题只须由已知条件的特征从形式和结构上对比猜想不难挖掘问题的突破口。 三、 规律发现型 

【例 3 】 将自然数1,2,3,4…排成数阵(如右图),在2处转第一个弯,在3转第二个弯,在5转第三个弯,…,则第2 011个转弯处的数为   .

解析 观察由1起每一个转弯时递增的数字可发现为“1,1,2,2,3,3,4,4,…”.故在第2 011个转弯处的数为：

1+2(1+2+3+…+1 005)+1 006=1 012 037.

点拨 本题求解的关键是对图表转弯处数字特征规律的发现。具体解题时需要较强的观察能力及快速探求规律的能力。因此,它在高考中具有较强的选拔功能。 

四、 图表信息型 

一道高考数列题的变式探究 第7篇

(Ⅰ) 设bn=an+1-2an, 证明数列{bn}是等比数列; (Ⅱ) 求数列{an}的通项公式.

解 (Ⅰ) 证明:过程略;

(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 可得bn=an+1-2an=3·2n-1, ∴.∴数列是首项为1/2, 公差为3/4的等差数列.∴

评析第 (Ⅱ) 问中由 (Ⅰ) 易得an+1-2an=3·2n-1, 这个递推关系式的一般形式是an+1=pan+qn (p, q为常数) , 主要的处理手段是两边除以qn+1, 从而构造成一个等差数列.

下面笔者对上题中第 (Ⅱ) 问进行变式探究如下:

变式1已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足S1>1, 且6Sn= (an+1) (an+2) , n∈N*.求{an}的通项公式.

解由题设知a1=2, 由已知条件仿写得到:6Sn+1= (an+1+1) (an+1+2) ,

进一步整理得: (an+1+an) (an+1-an-3) =0, ∵{an}各项均为正数, ∴an+1-an=3

即数列{an}是首项为2, 公差为3的等差数列, 从而an=3n-1.

评析本题已知条件给出的是数列前n项和与数列通项的递推式, 通过仿写已知递推式得到一个高一阶的等式, 使之与原等式联立方程组, 进而作差可构造成一个等差数列.

变式2已知数列{an}的前n项和为Sn, 且满足.令bn=2nan, 求证数列{an}是等差数列, 并求数列{an}的通项公式.

解当n=1时, S1=a1=-a1-1+2, 则a1=1/2

在③式两边同时除以, 得:

∴数列是以1为首项, 2为公差的等差数列, 则

即, ∵n=1也符合此式, ∴

从而bn=an2n=2n-1, ∵bn+1-bn=2, ∴数列{bn}为等差数列.

评析上题给出的已知条件是数列通项与其前n项和的递推关系, 此关系含有指数项与常数项, 解决这类题的方法是通过仿写已知递推关系式得到一个高一阶的等式, 使之与原等式联立方程组, 进而作差得到一个构造新数列的模型:an+1=pan+qn (p, q为常数) , 主要的处理手段是两边除以qn+1, 从而构造成一个等差数列, 进而可求出数列{an}的通项公式.

变式3设数列{an}的前n项和为Sn, 已知a1=1, , 求数列{an}的通项.

解把an=Sn-Sn-1 (n≥2) 代入已知条件, 得:

去分母, 得:Sn-1-Sn=2SnSn-1, 两边同除以SnSn-1, 得:

∴数列是以为首项, 2为公差的等差数列, 则.当n≥2时, ;当n=1时, S1=a1=1, 即n=1也符合上式∴

评析本题给出的已知条件是数列通项与其前n项和的递推关系, 解法是首先利用公式an=Sn-Sn-1 (n≥2) 消去an, 得到一个Sn与Sn-1的关系式, 进而变形就构造成一个等差数列然后求得出Sn, 最后再利用公式an=Sn-Sn-1 (n≥2) 求出数列{an}的通项.

赏析如出一辙的两道高考数列题 第8篇

(Ⅰ)求数列{an}的通项;

(Ⅱ)设,求数列{bn}的前n项和Sn.

时隔仅二年,2009年高考湖北卷文科数学第19题(以下简称试题2)竟然与之如出一辙:已知{an}是一个公差大于0的等差数列,且满足a3a6=55,a2+a7=16.

(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;

(Ⅱ)若数列{an}和数列{bn}满足:,求数列{bn}的前n项和Sn.

试题1赏析:(Ⅰ)此问题等价于数列{3n-1an}的前n项和Sn满足,求数列{an}的通项.

因为

所以当时，

①-②得

在①中,令n=1,得.

因为n=1满足,所以.

(Ⅱ)因为,所以bn=n3n.

于是

④-③得

即

所以

试题2赏析:(Ⅰ)略,an=2n-1.

(n)此问题等价于数列{}的前n项和Tn;满足an=Tn,求数列{bn}的前n项和.

由(Ⅰ)知,an=2n-1,所以Tn=2n-1,由此可求数列{}的通项公式,进而得数列{bn}的通项公式,从而问题得解.

当n=1时,

当n≥2时,

两式相减得

因此当n=1时,S1=b1=2;

当n≥2时,

高考数列探索题论文 第9篇

一、应用数学归纳法要注意lnx≤x-1的妙用

例1已知函数(1)求函数的单调区间和极值;(2)求证对于任何正整数n>2有

解:(1)函数f(x)的定义域为(0，+∞)

，令f'(x)=0，得x=2，当x>2时，f'(x)>0，当x<2时，f'(x)<0，所以f(x)在(2，+∞)上是增函数，在(0,2)上是减函数;当x=2时，f(x)有极小值

(2)(1)当n=3时，，右边=ln(2e)3易证左边>右边，不等式成立.

，所以n=k+1不等式也成立.

原不等式对一切n>2的自然数都成立.

例2已知f(x)=lnx-x

(1)讨论函数f(x)的单调区间;

(2)求函数的极值;(3)证明:

解:(1)函数f(x)的定义域为(0，+∞)

，当00，当x>1时，f'(x)<0，所以f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，+∞)上是减函数;

(2)由(1)可知当x=1时，f(x)有极大值f(1)=-1.

(3)(1)当n=2时，易证左边<右边，不等式成立.

(2)假设n=k时不等式成立，

所以n=k+1不等式也成立.

原不等式对一切n≥2的自然数都成立.

二、应用数学归纳法要特别注意n从k变化到k+1时的衔接

例3已知,g(x)=ax(2-lnx)(a≠0)

(1)若对任意x>0,g(x)≤1恒成立，求正实数a的范围;

(2)在(1)的条件下，当a取最大值时，试讨论f(x)在的单调性;

(3)求证:对任意n∈N*,

解:(1)令h(x)=x(2-lnx)，由h'(x)=1-lnx>0，得00，得x>e，所以h(x)在(e，+∞)上是增函数，在(0,e)上是减函数;h(x)的最大值为h(e)=e;由对任意x>0,g(x)≤1恒成立，得ae≤1，所以

当x>2或x<1时，f'(x)>0，当1

(3)(1)当n=1时，左边=ln2，右易证左边<右边，不等式成立.

k≥4时，上式恒大于0,n=2、3时易验证上式也成立.

原不等式对一切自然数都成立.

例4已知的图象在(1,f(1))处的切线方程为y=x-1.

(1)用a表示b,c.

(2)a=1/2时，证明f(x)≥lnx(x≥1).

g(x)在[1，+∞)上是增函数，g(x)≥g(1)=0，所以f(x)≥lnx.

(3)(1)当n=1时，左边=1，易证左边>右边，不等式成立.

所以n=k+1不等式也成立.

原不等式对一切自然数都成立.

在制高点上对数列高考题的再思考 第10篇

1高考数列题型概述

我们依据考试说明, 以数列这个知识点为“圆心”, 以近4年高考试题 (含考试说明范围内的自主招生和高中联赛一试试题) 为“半径”画圆, 我们发现虽然数列题目的背景不尽相同, 但可以归纳为3类题目:1与通项an有关的问题;2前n项和Sn有关的问题;3与等差 (比) 有关的问题.

2制高点上数列题的统一解法概述

上述3类题目中区分度最高的题型是与Sn有关的问题, 如:求Sn, 求与Sn有关的最值, 证明与Sn有关的不等式, 与Sn有关的应用问题等, 下面我们以求Sn为例说明.

1) 由于前n项和Sn可视为特殊的an, 因此所有求an的方法均适用于求Sn.如:配合拟合函数图像画点列的观察法;相邻二项或三项的递推数列转化为等差 (等比) 数列的待定系数法;配合累加 (累乘) 的一级 (二级) 阶差法;an与Sn的转化法;配合数学归纳法的先猜后证归纳法.这里的制高点是配合数学归纳法的先猜后证归纳法, 我们将其称之为“猜归法”.

2) 求前n项和Sn所特有的方法, 当通项an是以下情形时直接求Sn (我们称为可求和数列) :当an是等差 (比) 数列时;当an=bn×cn (bn, cn分别是等差、等比数列) ;当an是自然数的平方和或立方和时;通过放缩将不可求和的通项an转化为可求和数列bn的转特法;求Sn特有方法还有高斯加法和二项式定理的逆用.这里的制高点是通过放缩将不可求和的通项an转化为可求和数列bn, 我们将其称之为“转特法”.

3) 当an不是以上情形时求Sn, 我们要考虑先将an的若干项组合一项再裂项或直接裂项, 裂项的目的是将an转化为若干个可求和数列或将n项和Sn通过合并同类项转化为有限项和.那么这样的裂项我们称之为有效的.这里的制高点就是将若干项先组合视为一项再裂项, 我们将其称之为“组裂法”.

3制高点上数列题型举例

例1 (2013“卓越联盟”) 已知数列{an}满足an+1=a2n-nan+a, 首项a1=3.

点评1) 本题第1问, 问题抽象, 容易让中上水平的学生措手不及、不知所措.但如能贯彻先猜后证的“猜归法”, 使抽象问题具体化, 先得出准确结论再配合数学归纳法给出完整证明, 那么就是“机会来了”!

2) 本题第2问如能坚定贯彻制高点的共识, 运用“转特法”将通项1/an-2转化为可求和的等比数列1/2n-1·1/ (a1-2) 就能在区分度较高的这道题中胜出.

3) 本题实际是2002年一道全国高考试题改编的.下面的例2也是如此, 如出一辙.

例2 (2012年广东卷) 设数列{an}的前n项和为Sn, 满足2Sn=an+1-2n+1, n∈N*, 且a1, a2+5, a3成等差数列.

(Ⅰ) 求a1的值;

(Ⅱ) 求数列{an}的通项公式;

(Ⅲ) 证明:对一切正整数n, 有

点评由于没有符号、奇偶项问题, 本题的核心是运用“转特法”直接将an放大转化为特殊数列即可求和数列 (等比数列) 即可.本解法目的明确, 干净利落.其中解法1属原创.

例3 (2009年南大) n个圆至多将平面分成几个部分?n个球至多将空间分成多少个部分?

解设n个两两相交的圆C1, C2, …Cn把平面分成了f1 (n) 个部分, 则第n+1个圆Cn+1与所有的圆C1, C2, …Cn两两相交, 共有n对交点, 这n对交点把圆Cn+1分成2n个部分, 所以圆又从原来的n个圆所分的平面数f1 (n) 中截成了2n个部分, 即

f1 (n+1) =f1 (n) +2n.

又f1 (1) =2, 从而可得

f1 (n) =n2-n+2.

再设n个两两相交的球分空间为f2 (n) 个部分, 则第n+1个球的球面被原来的n个球所分成的部分等价于n个圆 (两两相交) 分平面数, 即n2-n+2.故

(n条直线至多将平面分成n2+n+2/2个部分;n个平面至多把空间分成n2+5n+6/6个部分)

点评平几、空间、n个……这些学生本来就刻意回避的抽象问题扑面而来, 问题抽象, 一下子让中上水平的学生手忙脚乱、不知所措.怎么办?但如能贯彻先猜后证的“猜归法”, 使抽象问题具体化, 再配合数学归纳法给出完整证明, 那么又是“机会来了”!

例4 (2011年天津卷) 已知数列{an}与{bn}满足bn+1an+bnan+1= (-2) n+1, bn=3+ (-1) n-1/2, n∈N*, 且a1=2.

(Ⅰ) 求a2, a3的值;

(Ⅱ) 设cn=a2n+1-a2n-1, n∈N*, 证明{cn}是等比数列;

(Ⅲ) 设Sn为{an}的前n项和, 证明S1a1+S2a2+…+S2n-1a2n-1+S2na2n≤n-1/3 (n∈N*) .

点评由于an有符号、奇偶项问题, 本题的核心是先将an的二项组合一项再裂项, 裂项的目的是实现将an转化为二个可求和数列, 这里我们通过“组裂法”就将区分度很高的问题得以解决, 时间成本也得到极大地控制.

例5 (2012年新课标全国) 数列{an}满足an+1+ (-1) nan=2n-1, 则{an}的前60项和为______.

例6 (2012年福建卷) 数列{an}的通项公式an=ncosnπ/2+1, 前n和为Sn, 则S2012=______ .

点评和例4相同, 上述两题由于通项an涉及了符号、奇偶项等问题, 我们只要通过“组裂法”先将an的4项组合成新的一项即可, “方向决定成败”.

高考数列探索题论文 第11篇

题目:设数列{an}的前n项和为Sn, 满足2Sn=an+1-2n+1+1, n∈N*, 且a1、a2+5、a3成等差数列。

(Ⅰ) 求a1的值;

(Ⅱ) 求数列{a}n的通项公式;

对于第 (Ⅲ) 问我们做如下的探索。

策略一将不等式左边式子的通项放大成一个可以求和的数列的通项, 再求数列的前n项和, 有时也简称先放缩再求和。

方法一放缩后等成比数列, 再求和。

综上所述, 对一切正整数n, 有1a1+1a2+…+1an<32。

注意到正整数指数幂和二项式的关系, 还能将1a{}n的通项1an=13n-2n放大成一个能裂项相消的数列的通项。

上述的策略一涉及到了以下两种具体的处理方法。

1.以某一不等关系为依据建立起相邻两项的不等关系进行逐层递推放缩, 以寻求各项与首项的不等关系。这种方法有时称为迭代放缩法。

2.利用二项式定理将通项展开后进行适度放缩, 有时展开后只需保留其中一部分就可达到放缩的目的。对通项式进行裂项处理, 并对其中某些项的分母进行适当放缩, 构成便于加减相消的结构, 使题目容易证明。

策略二将不等号两边式子看成两个数列的前n项和, 分别算出通项, 然后比较通项的大小, 有时也称为通 (逐) 项比较法。