高考数列压轴题 55页

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=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．‎ ‎　‎