高三数列大题放缩法的应用.doc

2015年10月31日nksage的高中数学组卷

一．解答题（共21小题）
1．（2014•浙江）已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=（n∈N*）．若{an}为等比数列，且a1=2，b3=6+b2．
（Ⅰ）求an和bn；
（Ⅱ）设cn=（n∈N*）．记数列{cn}的前n项和为Sn．
（i）求Sn；
（ii）求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn．

2．（2015•广东）数列{an}满足：a1+2a2+…nan=4﹣，n∈N+．
（1）求a3的值；
（2）求数列{an}的前 n项和Tn；
（3）令b1=a1，bn=+（1+++…+）an（n≥2），证明：数列{bn}的前n项和Sn满足Sn＜2+2lnn．

3．（2013•广东）设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，，n∈N*．
（1）求a2的值；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）证明：对一切正整数n，有．

4．（2014•广东）设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn满足Sn2﹣（n2+n﹣3）Sn﹣3（n2+n）=0，n∈N*．
（1）求a1的值；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）证明：对一切正整数n，有++…+＜．

5．（2013•广东）设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn=an+12﹣4n﹣1，n∈N*，且a2，a5，a14构成等比数列．
（1）证明：a2=；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）证明：对一切正整数n，有．

6．（2012•广东）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．
（1）求a1的值；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）证明：对一切正整数n，有．

7．（2015•重庆）在数列{an}中，a1=3，an+1an+λan+1+μan2=0（n∈N+）
（Ⅰ）若λ=0，μ=﹣2，求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若λ=（k0∈N+，k0≥2），μ=﹣1，证明：2+＜＜2+．

8．（2014•天津）已知q和n均为给定的大于1的自然数，设集合M={0，1，2，…，q﹣1}，集合A={x|x=x1+x2q+…+xnqn﹣1，xi∈M，i=1，2，…n}．
（Ⅰ）当q=2，n=3时，用列举法表示集合A；
（Ⅱ）设s，t∈A，s=a1+a2q+…+anqn﹣1，t=b1+b2q+…+bnqn﹣1，其中ai，bi∈M，i=1，2，…，n．证明：若an＜bn，则s＜t．

9．（2012•重庆）设数列{an}的前n项和Sn满足Sn+1=a2Sn+a1，其中a2≠0．
（Ⅰ）求证：{an}是首项为1的等比数列；
（Ⅱ）若a2＞﹣1，求证，并给出等号成立的充要条件．

10．（2013秋•梁子湖区校级月考）已知函数．
（I）若x≥0时，f（x）≤0，求λ的最小值；
（II）设数列{an}的通项an=1+．

11．（2011•广东）设b＞0，数列{an}满足a1=b，an=（n≥2）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）证明：对于一切正整数n，an≤+1．

12．（2011•天津）已知数列{an}与{bn}满足bn+1an+bnan+1=（﹣2）n+1，bn=，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++…++≤n﹣（n∈N*）

13．（2011•重庆）设实数数列{an}的前n项和Sn满足Sn+1=an+1Sn（n∈N*）．
（Ⅰ）若a1，S2，﹣2a2成等比数列，求S2和a3．
（Ⅱ）求证：对k≥3有0≤ak≤．

14．（2011•湖南）已知函数f（x）=x3，g （x）=x+．
（Ⅰ）求函数h （x）=f（x）﹣g （x）的零点个数．并说明理由；
（Ⅱ）设数列{ an}（n∈N*）满足a1=a（a＞0），f（an+1）=g（an），证明：存在常数M，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M．

15．（2011•浙江）已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1（a1∈R），且，，成等比数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）对n∈N*，试比较与的大小．

16．（2011•浙江）已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a（a∈R）设数列的前n项和为Sn，且，，成等比数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式及Sn；
（Ⅱ）记An=+++…+，Bn=++…+，当n≥2时，试比较An与Bn的大小．

17．（2009•江西）各项均为正数的数列{an}，a1=a，a2=b，且对满足m+n=p+q的正整数m，n，p，q都有．
（1）当时，求通项an；
（2）证明：对任意a，存在与a有关的常数λ，使得对于每个正整数n，都有．

18．（2008•安徽）设数列{an}满足a1=0，an+1=can3+1﹣c，n∈N*，其中c为实数
（1）证明：an∈[0，1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0，1]；
（2）设，证明：an≥1﹣（3c）n﹣1，n∈N*；
（3）设，证明：．

19．（2008•江西）数列{an}为等差数列，an为正整数，其前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，且a1=3，b1=1，数列是公比为64的等比数列，b2S2=64．
（1）求an，bn；
（2）求证．

20．（2006•上海）已知有穷数列{an}共有2k项（整数k≥2），首项a1=2．设该数列的前n项和为Sn，且an+1=（a﹣1）Sn+2（n=1，2，…，2k﹣1），其中常数a＞1．
（1）求证：数列{an}是等比数列；
（2）若a=，数列{bn}满足bn=（n=1，2，…，2k），求数列{bn}的通项公式；
（3）若（2）中的数列{bn}满足不等式|b1﹣|+|b2﹣|+…+|b2k﹣1﹣|+|b2k﹣|≤4，求k的值．

21．（2002•北京）数列{xn}由下列条件确定：x1=a＞0，xn+1=，n∈N．
（Ⅰ）证明：对n≥2，总有xn≥；
（Ⅱ）证明：对n≥2，总有xn≥xn+1；
（Ⅲ）若数列{xn}的极限存在，且大于零，求xn的值．

2015年10月31日nksage的高中数学组卷
参考答案与试题解析

一．解答题（共21小题）
1．（2014•浙江）已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=（n∈N*）．若{an}为等比数列，且a1=2，b3=6+b2．
（Ⅰ）求an和bn；
（Ⅱ）设cn=（n∈N*）．记数列{cn}的前n项和为Sn．
（i）求Sn；
（ii）求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn．

考点：
数列与不等式的综合；数列的求和．菁优网版权所有
专题：
等差数列与等比数列．
分析：
（Ⅰ）先利用前n项积与前（n﹣1）项积的关系，得到等比数列{an}的第三项的值，结合首项的值，求出通项an，然后现利用条件求出通项bn；
（Ⅱ）（i）利用数列特征进行分组求和，一组用等比数列求和公式，另一组用裂项法求和，得出本小题结论；（ii）本小题可以采用猜想的方法，得到结论，再加以证明．
解答：
解：（Ⅰ）∵a1a2a3…an=（n∈N*） ①，
当n≥2，n∈N*时， ②，
由①②知：，
令n=3，则有．
∵b3=6+b2，
∴a3=8．
∵{an}为等比数列，且a1=2，
∴{an}的公比为q，则=4，
由题意知an＞0，∴q＞0，∴q=2．
∴（n∈N*）．
又由a1a2a3…an=（n∈N*）得：
，
，
∴bn=n（n+1）（n∈N*）．
（Ⅱ）（i）∵cn===．
∴Sn=c1+c2+c3+…+cn
=
=
=
=；
（ii）因为c1=0，c2＞0，c3＞0，c4＞0；
当n≥5时，
，
而
=＞0，
得
，
所以，当n≥5时，cn＜0，
综上，对任意n∈N*恒有S4≥Sn，故k=4．
点评：
本题考查了等比数列通项公式、求和公式，还考查了分组求和法、裂项求和法和猜想证明的思想，证明可以用二项式定理，还可以用数学归纳法．本题计算量较大，思维层次高，要求学生有较高的分析问题解决问题的能力．本题属于难题．

2．（2015•广东）数列{an}满足：a1+2a2+…nan=4﹣，n∈N+．
（1）求a3的值；
（2）求数列{an}的前 n项和Tn；
（3）令b1=a1，bn=+（1+++…+）an（n≥2），证明：数列{bn}的前n项和Sn满足Sn＜2+2lnn．

考点：
数列与不等式的综合；数列的求和．菁优网版权所有
专题：
创新题型；点列、递归数列与数学归纳法．
分析：
（1）利用数列的递推关系即可求a3的值；
（2）利用作差法求出数列{an}的通项公式，利用等比数列的前n项和公式即可求数列{an}的前 n项和Tn；
（3）利用构造法，结合裂项法进行求解即可证明不等式．
解答：
解：（1）∵a1+2a2+…nan=4﹣，n∈N+．
∴a1=4﹣3=1，1+2a2=4﹣=2，
解得a2=，
∵a1+2a2+…+nan=4﹣，n∈N+．
∴a1+2a2+…+（n﹣1）an﹣1=4﹣，n∈N+．
两式相减得nan=4﹣﹣（4﹣）=，n≥2，
则an=，n≥2，
当n=1时，a1=1也满足，
∴an=，n≥1，
则a3=；
（2）∵an=，n≥1，
∴数列{an}是公比q=，
则数列{an}的前 n项和Tn==2﹣21﹣n．
（3）bn=+（1+++…+）an，
∴b1=a1，b2=+（1+）a2，b3=（1++）a3，
∴bn=+（1+++…+）an，
∴Sn=b1+b2+…+bn=（1+++…+）a1+（1+++…+）a2+…+（1+++…+）an
=（1+++…+）（a1+a2+…+an）=（1+++…+）Tn
=（1+++…+）（2﹣21﹣n）＜2×（1+++…+），
设f（x）=lnx+﹣1，x＞1，
则f′（x）=﹣．
即f（x）在（1，+∞）上为增函数，
∵f（1）=0，即f（x）＞0，
∵k≥2，且k∈N•时，，
∴f（）=ln+﹣1＞0，即ln＞，
∴ln，，…，
即=lnn，
∴2×（1+++…+）＜2+2lnn，
即Sn＜2（1+lnn）=2+2lnn．
点评：
本题主要考查数列通项公式以及前n项和的计算，以及数列和不等式的综合，利用作差法求出数列的通项公式是解决本题的关键．考查学生的计算能力，综合性较强，难度较大．

3．（2013•广东）设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，，n∈N*．
（1）求a2的值；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）证明：对一切正整数n，有．

考点：
数列与不等式的综合；等差数列与等比数列的综合．菁优网版权所有
专题：
等差数列与等比数列．
分析：
（1）利用已知a1=1，，n∈N*．令n=1即可求出；
（2）利用an=Sn﹣Sn﹣1（n≥2）即可得到nan+1=（n+1）an+n（n+1），可化为，．再利用等差数列的通项公式即可得出；
（3）利用（2），通过放缩法（n≥2）即可证明．
解答：
解：（1）当n=1时，，解得a2=4
（2）①
当n≥2时，②
①﹣②得
整理得nan+1=（n+1）an+n（n+1），即，
当n=1时，
所以数列{}是以1为首项，1为公差的等差数列
所以，即
所以数列{an}的通项公式为，n∈N*
（3）因为（n≥2）
所以=．
当n=1，2时，也成立．
点评：
熟练掌握等差数列的定义及通项公式、通项与前n项和的关系an=Sn﹣Sn﹣1（n≥2）、裂项求和及其放缩法等是解题的关键．

4．（2014•广东）设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn满足Sn2﹣（n2+n﹣3）Sn﹣3（n2+n）=0，n∈N*．
（1）求a1的值；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）证明：对一切正整数n，有++…+＜．

考点：
数列与不等式的综合；数列递推式．菁优网版权所有
专题：
等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法．
分析：
（1）本题可以用n=1代入题中条件，利用S1=a1求出a1的值；
（2）利用an与Sn的关系，将条件转化为an的方程，从而求出an；
（3）利用放缩法，将所求的每一个因式进行裂项求和，即可得到本题结论．
解答：
解：（1）令n=1得：，即．
∴（S1+3）（S1﹣2）=0．
∵S1＞0，∴S1=2，即a1=2．
（2）由得：
．
∵an＞0（n∈N*），
∴Sn＞0．
∴．
∴当n≥2时，，
又∵a1=2=2×1，
∴．
（3）由（2）可知=，
∀n∈N*，=＜=（），
当n=1时，显然有=＜；
当n≥2时，
＜+=﹣•＜
所以，对一切正整数n，有．
点评：
本题考查了数列的通项与前n项和的关系、裂项求和法，还用到了放缩法，计算量较大，有一定的思维难度，属于难题．

5．（2013•广东）设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn=an+12﹣4n﹣1，n∈N*，且a2，a5，a14构成等比数列．
（1）证明：a2=；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）证明：对一切正整数n，有．

考点：
数列与不等式的综合；等差数列与等比数列的综合．菁优网版权所有
专题：
等差数列与等比数列．
分析：
（1）对于，令n=1即可证明；
（2）利用，且，（n≥2），两式相减即可求出通项公式．
（3）由（2）可得=．利用“裂项求和”即可证明．
解答：
解：（1）当n=1时，，
∵
（2）当n≥2时，满足，且，
∴，
∴，
∵an＞0，∴an+1=an+2，
∴当n≥2时，{an}是公差d=2的等差数列．
∵a2，a5，a14构成等比数列，∴，，解得a2=3，
由（1）可知，，∴a1=1∵a2﹣a1=3﹣1=2，
∴{an}是首项a1=1，公差d=2的等差数列．
∴数列{an}的通项公式an=2n﹣1．
（3）由（2）可得式=．
∴

点评：
熟练掌握等差数列与等比数列的通项公式、“裂项求和”、通项与前n项和的关系an=Sn﹣Sn﹣1（n≥2）是解题的关键．

6．（2012•广东）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．
（1）求a1的值；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）证明：对一切正整数n，有．

考点：
数列与不等式的综合；等差数列的性质；数列递推式．菁优网版权所有
专题：
等差数列与等比数列．
分析：
（1）在2Sn=an+1﹣2n+1+1中，令分别令n=1，2，可求得a2=2a1+3，a3=6a1+13，又a1，a2+5，a3成等差数列，从而可求得a1；
（2）由2Sn=an+1﹣2n+1+1，得an+2=3an+1+2n+1①，an+1=3an+2n②，由①②可知{an+2n}为首项是3，3为公比的等比数列，从而可求an；
（3）（法一），由an=3n﹣2n=（3﹣2）（3n﹣1+3n﹣2×2+3n﹣3×22+…+2n﹣1）≥3n﹣1可得≤，累加后利用等比数列的求和公式可证得结论；
（法二）由an+1=3n+1﹣2n+1＞2×3n﹣2n+1=2an可得，＜•，于是当n≥2时，＜•，＜•，，…，＜•，累乘得：＜•，从而可证得+++…+＜．
解答：
解：（1）在2Sn=an+1﹣2n+1+1中，
令n=1得：2S1=a2﹣22+1，
令n=2得：2S2=a3﹣23+1，
解得：a2=2a1+3，a3=6a1+13
又2（a2+5）=a1+a3
解得a1=1
（2）由2Sn=an+1﹣2n+1+1，
得an+2=3an+1+2n+1，
又a1=1，a2=5也满足a2=3a1+21，
所以an+1=3an+2n对n∈N*成立
∴an+1+2n+1=3（an+2n），又a1=1，a1+21=3，
∴an+2n=3n，
∴an=3n﹣2n；
（3）（法一）
∵an=3n﹣2n=（3﹣2）（3n﹣1+3n﹣2×2+3n﹣3×22+…+2n﹣1）≥3n﹣1
∴≤，
∴+++…+≤1+++…+=＜；
（法二）∵an+1=3n+1﹣2n+1＞2×3n﹣2n+1=2an，
∴＜•，
当n≥2时，＜•，＜•，，
…＜•，
累乘得：＜•，
∴+++…+≤1++×+…+×＜＜．
点评：
本题考查数列与不等式的综合，考查数列递推式，着重考查等比数列的求和，着重考查放缩法的应用，综合性强，运算量大，属于难题．

7．（2015•重庆）在数列{an}中，a1=3，an+1an+λan+1+μan2=0（n∈N+）
（Ⅰ）若λ=0，μ=﹣2，求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若λ=（k0∈N+，k0≥2），μ=﹣1，证明：2+＜＜2+．

考点：
数列与不等式的综合．菁优网版权所有
专题：
创新题型；等差数列与等比数列；不等式的解法及应用．
分析：
（Ⅰ）把λ=0，μ=﹣2代入数列递推式，得到（ n∈N+），分析an≠0后可得an+1=2an（n∈N+），即{an}是一个公比q=2的等比数列．从而可得数列的通项公式；
（Ⅱ）把代入数列递推式，整理后可得（n∈N）．进一步得到=，对n=1，2，…，k0求和后放缩可得不等式左边，结合，进一步利用放缩法证明不等式右边．
解答：
（Ⅰ）解：由λ=0，μ=﹣2，有 （ n∈N+）．
若存在某个n0∈N+，使得，则由上述递推公式易得，重复上述过程可得a1=0，此与a1=3矛盾，
∴对任意n∈N+，an≠0．
从而an+1=2an（n∈N+），即{an}是一个公比q=2的等比数列．
故．
（Ⅱ）证明：由，数列{an}的递推关系式变为
，变形为：（n∈N）．
由上式及a1=3＞0，归纳可得
3=a1＞a2＞…＞an＞an+1＞…＞0．
∵=，
∴对n=1，2，…，k0求和得：
=
＞．
另一方面，由上已证的不等式知，，
得=2+．
综上，2+＜＜2+．
点评：
本题考查了数列递推式，考查了等比关系的确定，训练了放缩法证明数列不等式属难度较大的题目．

8．（2014•天津）已知q和n均为给定的大于1的自然数，设集合M={0，1，2，…，q﹣1}，集合A={x|x=x1+x2q+…+xnqn﹣1，xi∈M，i=1，2，…n}．
（Ⅰ）当q=2，n=3时，用列举法表示集合A；
（Ⅱ）设s，t∈A，s=a1+a2q+…+anqn﹣1，t=b1+b2q+…+bnqn﹣1，其中ai，bi∈M，i=1，2，…，n．证明：若an＜bn，则s＜t．

考点：
数列与不等式的综合；数列的求和．菁优网版权所有
专题：
等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法．
分析：
（Ⅰ）当q=2，n=3时，M={0，1}，A={x|，xi∈M，i=1，2，3}．即可得到集合A．
（Ⅱ）由于ai，bi∈M，i=1，2，…，n．an＜bn，可得an﹣bn≤﹣1．
由题意可得s﹣t=（a1﹣b1）+（a2﹣b2）q+…++≤﹣[1+q+…+qn﹣2+qn﹣1]，
再利用等比数列的前n项和公式即可得出．
解答：
（Ⅰ）解：当q=2，n=3时，
M={0，1}，A={x|，xi∈M，i=1，2，3}．
可得A={0，1，2，3，4，5，6，7}．
（Ⅱ）证明：由设s，t∈A，s=a1+a2q+…+anqn﹣1，t=b1+b2q+…+bnqn﹣1，其中ai，bi∈M，i=1，2，…，n．an＜bn，∴an﹣bn≤﹣1．
可得s﹣t=（a1﹣b1）+（a2﹣b2）q+…++
≤﹣[1+q+…+qn﹣2+qn﹣1]
=＜0．
∴s＜t．
点评：
本题考查了考查了集合的运算及其性质、等比数列的前n项和公式、不等式的基本性质等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．

9．（2012•重庆）设数列{an}的前n项和Sn满足Sn+1=a2Sn+a1，其中a2≠0．
（Ⅰ）求证：{an}是首项为1的等比数列；
（Ⅱ）若a2＞﹣1，求证，并给出等号成立的充要条件．

考点：
数列与不等式的综合；等比数列的前n项和；等比关系的确定；数列与函数的综合．菁优网版权所有
专题：
综合题；压轴题．
分析：
（Ⅰ）根据Sn+1=a2Sn+a1，再写一式，两式相减，即可证得{an}是首项为1的等比数列；
（Ⅱ）当n=1或2时，等号成立，设n≥3，a2＞﹣1，且a2≠0，由（I）知a1=1，，所以要证的不等式可化为（n≥3），即证（n≥2），a2=1时，等号成立；再证明a2＞﹣1且a2≠1时，（）（）＞0，即可证得结论．
解答：
证明：（Ⅰ）∵Sn+1=a2Sn+a1，①
∴Sn+2=a2Sn+1+a1，②
②﹣①可得：an+2=a2an+1
∵a2≠0，∴
∵Sn+1=a2Sn+a1，∴S2=a2S1+a1，∴a2=a2a1
∵a2≠0，∴a1=1
∴{an}是首项为1的等比数列；
（Ⅱ）当n=1或2时，等号成立
设n≥3，a2＞﹣1，且a2≠0，由（Ⅰ）知a1=1，，所以要证的不等式可化为
（n≥3）
即证（n≥2）
a2=1时，等号成立
当﹣1＜a2＜1时，与同为负；
当a2＞1时，与同为正；
∴a2＞﹣1且a2≠1时，（）（）＞0，即
上面不等式n分别取1，2，…，n累加可得
∴
综上，，等号成立的充要条件是n=1或2或a2=1．
点评：
本题考查等比数列的证明，考查不等式的证明，考查叠加法的运用，需要一定的基本功，属于中档题．

10．（2013秋•梁子湖区校级月考）已知函数．
（I）若x≥0时，f（x）≤0，求λ的最小值；
（II）设数列{an}的通项an=1+．

考点：
数列与不等式的综合；利用导数求闭区间上函数的最值；数列的求和．菁优网版权所有
专题：
压轴题；转化思想；导数的综合应用；等差数列与等比数列．
分析：
（I）由于已知函数的最大值是0，故可先求出函数的导数，研究其单调性，确定出函数的最大值，利用最大值小于等于0求出参数λ的取值范围，即可求得其最小值；
（II）根据（I）的证明，可取λ=，由于x＞0时，f（x）＜0得出，考察发现，若取x=，则可得出，以此为依据，利用放缩法，即可得到结论
解答：
解：（I）由已知，f（0）=0，
f′（x）==，
∴f′（0）=0
欲使x≥0时，f（x）≤0恒成立，则f（x）在（0，+∞）上必为减函数，即在（0，+∞）上f′（x）＜0恒成立，
当λ≤0时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，为增函数，故不合题意，
若0＜λ＜时，由f′（x）＞0解得x＜，则当0＜x＜，f′（x）＞0，所以当0＜x＜时，f（x）＞0，此时不合题意，
若λ≥，则当x＞0时，f′（x）＜0恒成立，此时f（x）在（0，+∞）上必为减函数，所以当x＞0时，f（x）＜0
恒成立，
综上，符合题意的λ的取值范围是λ≥，即λ的最小值为
（ II）令λ=，由（I）知，当x＞0时，f（x）＜0，即
取x=，则
于是a2n﹣an+=++…++
=
=
=
=＞=ln2n﹣lnn=ln2
所以
点评：
本题考查了数列中证明不等式的方法及导数求最值的普通方法，解题的关键是充分利用已有的结论再结合放缩法，本题考查了推理判断的能力及转化化归的思想，有一定的难度

11．（2011•广东）设b＞0，数列{an}满足a1=b，an=（n≥2）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）证明：对于一切正整数n，an≤+1．

考点：
数列与不等式的综合；数列递推式．菁优网版权所有
专题：
等差数列与等比数列．
分析：
（1）首先要根据条件变形递推公式得：，然后通过换元的方法分析得数列是等比数列，其中．从而可以求得数列{bn}的通项公式，进而即可求得数列{an}的通项公式；
（2）首先要利用基本不等式获得b2n+b2n﹣1•2+…+bn+1•2n﹣1+bn﹣1•2n+1+…+b•22n﹣1+22n≥n•2n+1•bn，然后对数列{an}的通项公式变形然后利用所获得的不等式放缩化简即可获得问题的解答．
解答：
解：（1）由题意知：
，
∴，
设，则
设，则，
当b=2时，，
∴为首项是，公差是的等差数列．
∴an=2．
当b≠2时，
令，∴，
∴，
∴是等比数列．
∴，
又∵，
∴，
∴．
综上可知：
当b=2时，an=2．
当b≠2时，
（2）当b=2时，由（1）知命题显然成立；
当b≠2时，
∵
…

将以上n个式子相加得：
b2n+b2n﹣1•2+…+bn+1•2n﹣1+bn﹣1•2n+1+…+b•22n﹣1+22n＞n•2n+1•bn
∴

=
=
=．
综上可知：
．
点评：
本题考查的是数列的递推公式问题．在解答的过程当中充分体现了转化的思想、换元的思想、基本不等式的利用以及放缩法．值得同学们体会和反思．

12．（2011•天津）已知数列{an}与{bn}满足bn+1an+bnan+1=（﹣2）n+1，bn=，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++…++≤n﹣（n∈N*）

考点：
数列与不等式的综合；等比关系的确定．菁优网版权所有
专题：
等差数列与等比数列．
分析：
（Ⅰ）推出bn的表达式，分别当n=1时，求出a2=﹣；当n=2时，解出a3=8；
（Ⅱ）设cn=a2n+1﹣a2n﹣1，n∈N*，利用等比数列的定义，证明{cn}是等比数列；
（Ⅲ）求出S2n，a2n，S2n﹣1，a2n﹣1，求出+的表达式，然后求出++…++的表达式，利用放缩法证明结果．
解答：
（Ⅰ）解：由bn=，（n∈N*）可得bn=
又bn+1an+bnan+1=（﹣2）n+1，
当n=1时，a1+2a2=﹣1，可得由a1=2，a2=﹣；
当n=2时，2a2+a3=5可得a3=8；
（Ⅱ）证明：对任意n∈N*，a2n﹣1+2a2n=﹣22n﹣1+1…①
2a2n+a2n+1=22n+1…②
②﹣①，得a2n+1﹣a2n﹣1=3×22n﹣1，即：cn=3×22n﹣1，于是
所以{cn}是等比数列．
（Ⅲ）证明：
a1=2，由（Ⅱ）知，当k∈N*且k≥2时，
a2k﹣1=a1+（a3﹣a1）+（a5﹣a3）+（a7﹣a5）+…+（a2k﹣1﹣a2k﹣3）
=2+3（2+23+25+…+22k﹣3）=2+3×=22k﹣1，
故对任意的k∈N*，a2k﹣1=22k﹣1．
由①得22k﹣1+2a2k=﹣22k﹣1+1，所以k∈N*，
因此，
于是，．
故=
=
所以，对任意的n∈N*，++…++=（+）+…+（+）
=
=
=n﹣
≤n﹣﹣=n﹣（n∈N*）
点评：
本题考查等比数列的定义，等比数列求和等基础知识，考查计算能力、推理论证能力、综合发现问题解决问题的能力以及分类讨论思想．

13．（2011•重庆）设实数数列{an}的前n项和Sn满足Sn+1=an+1Sn（n∈N*）．
（Ⅰ）若a1，S2，﹣2a2成等比数列，求S2和a3．
（Ⅱ）求证：对k≥3有0≤ak≤．

考点：
数列与不等式的综合；数列递推式．菁优网版权所有
专题：
综合题；压轴题．
分析：
（Ⅰ）由题意，得S22=﹣2S2，由S2是等比中项知S2=﹣2，由此能求出S2和a3．
（Ⅱ）由题设条件知Sn+an+1=an+1Sn，Sn≠1，an+1≠1，且，，由此能够证明对k≥3有0≤an﹣1≤．
解答：
解：（Ⅰ）由题意，
得S22=﹣2S2，
由S2是等比中项知S2≠0，
∴S2=﹣2．
由S2+a3=a3S2，解得．
（Ⅱ）证明：因为Sn+1=a1+a2+a3+…+an+an+1=an+1+Sn，
由题设条件知Sn+an+1=an+1Sn，
∴Sn≠1，an+1≠1，且，
从而对k≥3 有ak===①
因，且，
要证，由①，只要证
即证，即，
此式明显成立，因此．
点评：
本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意公式的合理运用．

14．（2011•湖南）已知函数f（x）=x3，g （x）=x+．
（Ⅰ）求函数h （x）=f（x）﹣g （x）的零点个数．并说明理由；
（Ⅱ）设数列{ an}（n∈N*）满足a1=a（a＞0），f（an+1）=g（an），证明：存在常数M，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M．

考点：
数列与不等式的综合；根的存在性及根的个数判断．菁优网版权所有
专题：
综合题；压轴题．
分析：
（Ⅰ）由h（x）=知，x∈[0，+∞），而h（0）=0，且h（1）=﹣1＜0，h（2）=6﹣，再研究函数在（0，+∞）上的单调性，以确定零点个数即可
（Ⅱ）记h（x）的正零点为x0，即，当a＜x0时，由a1=a，即a1＜x0，而，a2＜x0．由此猜测an＜x0．当a≥x0时，由（Ⅰ）知，当x∈（x1，+∞）时，h（x）单调递增，h（a）＞h（x0）=0，从而a2＜a，由此猜测an＜a．然后用数学归纳法证明．
解答：
解：（Ⅰ）由h（x）=知，x∈[0，+∞），而h（0）=0，且h（1）=﹣1＜0，h（2）=6﹣，则x=0为h（x）的一个零点，且h（x）在（1，2）内有零点，
∴h（x）至少有两个零点．
由h（x）=，记，则，
当x∈（0，+∞）时，g（x）单调递增，故可判断出h（x）在（0，+∞）仅有一个零点，
综上所述，h（x）有且只有两个零点．
（Ⅱ）记h（x）的正零点为x0，即，
（1）当a＜x0时，由a1=a，即a1＜x0，而，∴a2＜x0．
由此猜测an＜x0．下面用数学归纳法证明：
①当n=1时，a1＜x0，成立．
②假设当n=k时ak＜x0成立，则当n=k+1时，由，知ak+1＜x0．
因此当n=k+1时，ak+1＜x0成立．
故对任意的n∈N*，an≤x0成立．
（2）当a≥x0时，由（Ⅰ）知，当x∈（x0，+∞）时，h（x）单调递增，∴h（a）＞h（x0）=0，从而a2≤a，由此猜测an≤a．下面用数学归纳法证明：
①当n=1时，a1≤a，成立．
②假设当n=k时ak＜a成立，则当n=k+1时，由，知ak+1＜a．
因此当n=k+1时，ak+1＜a成立．故对任意的n∈N*，an≤a成立．
综上所述，存在常数M，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M．
点评：
本题考查数列的性质和运用，解题时要注意不等式性质的合理运用和数学归纳法的证明过程．

15．（2011•浙江）已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1（a1∈R），且，，成等比数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）对n∈N*，试比较与的大小．

考点：
数列与不等式的综合；数列的求和；等比数列的性质．菁优网版权所有
专题：
等差数列与等比数列．
分析：
（Ⅰ）由，，成等比数列，利用等比数列的性质及等差数列的通项公式列出关于首项和公差的方程，根据公差d不为0，解得公差d与首项相等，然后根据首项和公差写出数列的通项公式即可；
（Ⅱ）设Tn=与根据（Ⅰ）中求得的通项公式表示出，然后利用等比数列的前n项和的公式求出Tn，即可比较出两者的大小关系．
解答：
解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，由题意可知=×，
即（a1+d）2=a1（a1+3d），从而a1d=d2，
因为d≠0，所以d=a1，
故an=nd=na1；
（Ⅱ）记Tn=++…+，由an=na1，得=2na1，
则Tn=++…+=（）
=（1﹣），
∴Tn﹣=（1﹣）﹣=（﹣），
从而，当a1＞0时，Tn＜；当a1＜0时，Tn＞．
点评：
此题考查学生掌握等比数列的性质，利用运用等比数列的通项公式及前n项和的公式化简求值，是一道中档题．

16．（2011•浙江）已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a（a∈R）设数列的前n项和为Sn，且，，成等比数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式及Sn；
（Ⅱ）记An=+++…+，Bn=++…+，当n≥2时，试比较An与Bn的大小．

考点：
数列与不等式的综合；数列的求和；等差数列的性质．菁优网版权所有
专题：
等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法．
分析：
（Ⅰ）设出等差数列的公差，利用等比中项的性质，建立等式求得d，则数列的通项公式和前n项的和可得．
（Ⅱ）利用（Ⅰ）的an和Sn，代入不等式，利用裂项法和等比数列的求和公式整理An与Bn，最后对a＞0和a＜0两种情况分情况进行比较．
解答：
解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，由（）2=•，
得（a1+d）2=a1（a1+3d），因为d≠0，所以d=a1=a
所以an=na，Sn=
（Ⅱ）解：∵=（﹣）
∴An=+++…+=（1﹣）
∵=2n﹣1a，所以==为等比数列，公比为，
Bn=++…+=•=•（1﹣）
当n≥2时，2n=Cn0+Cn1+…+Cnn＞n+1，即1﹣＜1﹣
所以，当a＞0时，An＜Bn；当a＜0时，An＞Bn．
点评：
本题主要考查了等差数列的性质．涉及了等差数列的通项公式，求和公式以及数列的求和的方法，综合考查了基础知识的运用．

17．（2009•江西）各项均为正数的数列{an}，a1=a，a2=b，且对满足m+n=p+q的正整数m，n，p，q都有．
（1）当时，求通项an；
（2）证明：对任意a，存在与a有关的常数λ，使得对于每个正整数n，都有．

考点：
数列与不等式的综合．菁优网版权所有
专题：
综合题；压轴题；点列、递归数列与数学归纳法．
分析：
（1）由，令m=1，p=2，q=n﹣1，并将代入化简，可得数列是首项为，公比为的等比数列，从而可求数列的通项；
（2）记为bm+n，则，考察函数 ，则在定义域上有，从而对n∈N*，bn+1≥g（a）恒成立，结合，即可得证．
解答：
（1）解：由得．
将代入化简得．
所以，
故数列是首项为，公比为的等比数列，从而，即．
（2）证明：由题设的值仅与m+n有关，记为bm+n，则．
考察函数 ，则在定义域上有
故对n∈N*，bn+1≥g（a）恒成立
又 ，
注意到，解上式得，
取，即有．
点评：
本题考查数列递推式，考查赋值法的运用，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，难度较大．

18．（2008•安徽）设数列{an}满足a1=0，an+1=can3+1﹣c，n∈N*，其中c为实数
（1）证明：an∈[0，1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0，1]；
（2）设，证明：an≥1﹣（3c）n﹣1，n∈N*；
（3）设，证明：．

考点：
数列与不等式的综合．菁优网版权所有
专题：
证明题；压轴题．
分析：
（1）先