2012-2021北京重点区高三(上)期末数学汇编：数列的递推公式.docx

2012-2021北京重点区高三（上）期末数学汇编
数列的递推公式
一、单选题
1．（2021·北京海淀·高三期末）数列an的通项公式为an=n2-3n，n∈N，前n项和为Sn，给出下列三个结论：
①存在正整数m,nm≠n，使得Sm=Sn；
②存在正整数m,nm≠n，使得am+an=2aman；
③记Tn=a1a2⋯ann=1,2,3,⋯则数列Tn有最小项，
其中所有正确结论的序号是（       ）
A．① B．③ C．①③ D．①②③
二、双空题
2．（2018·北京朝阳·高三期末（理））已知数列an满足an+1=an-an-1（n≥2），a1=p，a2=q(p,q∈R).设Sn=i=1nai，则a10=________;S2018=________.（用含p,q的式子表示）
三、填空题
3．（2016·北京东城·高三期末（理））数列{an}满足：an-1+an+1>2an(n>1,n∈N*)，给出下述命题：
①若数列{an}满足：a2>a1，则an>an-1 (n>1,n∈N*)成立；
②存在常数c，使得an>c (n∈N*)成立；
③若p+q>m+n (其中p,q,m,n∈N*)，则ap+aq>am+an；
④存在常数d，使得an>a1+(n-1)d  (n∈N*)都成立．
上述命题正确的是____．（写出所有正确结论的序号）
四、解答题
4．（2020·北京西城·高三期末）设整数集合A=a1,a2,…,a100,其中1≤a1<a2<···<a100≤205 ，且对于任意i,j1≤i≤j≤100，若i+j∈A，则ai+aj∈A.
（1）请写出一个满足条件的集合A;
（2）证明:任意x∈101,102,…,200,x∉A;
（3）若a100=205,求满足条件的集合A的个数.
5．（2020·北京朝阳·高三期末）设m为正整数，各项均为正整数的数列{an}定义如下： a1=1，an+1=an2,     an为偶数,an+m, an为奇数.
（1）若m=5，写出a8，a9，a10；
（2）求证：数列{an}单调递增的充要条件是m为偶数；
（3）若m为奇数，是否存在n>1满足an=1？请说明理由．
6．（2019·北京海淀·高三期末（文））已知数列{an}满足a1=2，an-an-1=2n-1(n≥2).
(Ⅰ) 求a2,a3,a4的值和{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn=2log2an-1，求数列{bn}的前n项和Sn.
7．（2019·北京朝阳·高三期末（理））已知a1,a2,⋅⋅⋅,an,⋅⋅⋅是由正整数组成的无穷数列，对任意n∈N*，an满足如下两个条件：①an是n的倍数；②an-an+1≤5.
（1）若a1=30，a2=32，写出满足条件的所有a3的值；
（2）求证：当n≥11时，an≤5n；
（3）求a1所有可能取值中的最大值.
8．（2019·北京东城·高三期末（理））对给定的d∈N*，记由数列构成的集合Ω(d)={{an}|a1=1，|an+1|=|an+d|，n∈N*}．
（1）若数列{an}∈Ω（2），写出a3的所有可能取值；
（2）对于集合Ω（d），若d≥2．求证：存在整数k，使得对Ω（d）中的任意数列{an}，整数k不是数列{an}中的项；
（3）已知数列{an}，{bn}∈Ω（d），记{an}，{bn}的前n项和分别为An，Bn．若|an+1|≤|bn+1|，求证：An≤Bn．
9．（2016·北京海淀·高三期末（理））若实数数列{an}满足an+2=|an+1|-an(n∈N*)，则称数列{an}为“P数列”．
（Ⅰ）若数列{an}是P数列，且a1=0,a4=1，求a3，a5的值；
（Ⅱ）求证：若数列{an}是P数列，则{an}的项不可能全是正数，也不可能全是负数；
（Ⅲ）若数列{an}为P数列，且{an}中不含值为零的项，记{an}前2016项中值为负数的项的个数为m，求m所有可能取值．
10．（2012·北京西城·高三期末（文））已知数列An：a1,a2,...,an，如果数列Bn：b1,b2,...,bn满足b1=an，bk=ak-1+ak-bk-1其中k=2,3,...,n，则称Bn为An的“衍生数列”.
（1）写出数列A4：2，1，4，5的“衍生数列”B4；
（2）若n为偶数，且An的“衍生数列”是Bn，证明：bn=a1；
（3）若n为奇数，且An的“衍生数列”是Bn，Bn的“衍生数列”是Cn，….依次将数
列An,Bn,Cn,...的首项取出，构成数列Ω：a1,b1,c1...,证明： Ω是等差数列.
11．（2012·北京朝阳·高三期末（理））数列an，bn（n=1,2,3,⋯）由下列条件确定：①a1<0,b1>0；②当k≥2时，ak与bk满足：当ak-1+bk-1≥0时，ak=ak-1,bk=ak-1+bk-12；当ak-1+bk-1<0时，ak=ak-1+bk-12，bk=bk-1.
（Ⅰ）若a1=-1，b1=1，写出a2,a3,a4，并求数列an的通项公式；
（Ⅱ）在数列bn中，若b1>b2>⋯>bs (s≥3,且s∈N*)，试用a1,b1表示bk,k∈1,2,⋯,s；
（Ⅲ）在（Ⅰ）的条件下，设数列cn(n∈N*)满足c1=12，cn≠0，cn+1=-22-mmamcn2+cn (其中m为给定的不小于2的整数)，求证：当n≤m时，恒有cn<1.

参考答案
1．C
【解析】
由an=n2-3n，令an=0，求得a3=0，得到S2=S3，可判定①正确；由当n≥3时，an≥0，且单调递增，结合基本不等式，可判定②不正确；由a1=-2,a2=-2,a3=0，且当n>3时，an>0，且单调递增，可判定③正确.
【详解】
由题意，数列an的通项公式为an=n2-3n，
令an=0，即n2-3n=0，解得n=3或n=0（舍去），即a3=0，
所以S2=S3，即存在正整数m,nm≠n，使得Sm=Sn，所以①正确；
由an=n2-3n，可得当n≥3时，an≥0，且单调递增，
当m,n∈[1,3]且m,n∈N+时，可得am+an<0，2aman≥0，所以am+an≠2aman；
当m,n∈[3,+∞)且m,n∈N+时，am+an≥2aman，当且仅当am=an时等号成立，
综上可得，不存在正整数m,nm≠n，使得am+an=2aman，所以②不正确；
由数列an的通项公式为an=n2-3n，
可得a1=-2,a2=-2,a3=0，且当n>3时，an>0，且单调递增，
所以Tn=a1a2⋯ann=1,2,3,⋯，所以当n=1时，数列Tn有最小项T1=-2，所以③正确.
故选：C.
2．     -p     p+q
【详解】
由an+1=an-an-1可得an+2=an+1-an，两式相加可得an+2=-an-1，即an+3=-an，an+6=an，所以数列an是周期为6 的周期数列，a10=a4=a1+3=-a1=-p；由an+3=-an可得S6=i=16ai=（a1+a4）+（a2+a5）+（a3+a6）=0，所以S2018=336×0+a1+a2= p+q，故答案为-p ，p+q.
3．①④．
【详解】
试题分析：对①；因为a2>a1，所以a2-a1>0，由已知an+1-an>an-an-1，
所以an+1-an>an-an-1>⋅⋅⋅>a2-a1>0，即an>an-1，正确
对②； 假设存在在常数c，使得an>c，则有c<an<an+an+12，所以an-1+an+1应有最大值，错，
对③，因为p+q>m+n，p+q2>m+n2，所以假设ap+aq>am+an，则应有ap+q2>am+n2，即原数列应为递增数列，错，对④，不妨设a1=1，an+1-an=n，则an=n(n-1)2+1，若存在常数d，使得an>a1+(n-1)d，应有d<an-a1n-1=n2，显然成立，正确，所以正确命题的序号为①④．
考点：数列综合应用．
4．（1）A={1,2,3,⋯,100}（2）证明见解析 （3）16个
【解析】
（1）根据题目条件，令an=n，即可写出一个集合A={1,2,3,⋯,100}；
（2）由反证法即可证明；
（3）因为任意的x∈101,102,…,200,x∉A，所以集合A∩{201, 202, ⋯, 205}中至多5个元素.设a100-m=b≤100，先通过判断集合A中前100-m个元素的最大值可以推出ai=i (1≤i≤100-m)，故集合A的个数与集合{201,202,203,204}的子集个数相同，即可求出．
【详解】
（1）答案不唯一． 如A={1,2,3,⋯,100}；
（2）假设存在一个x0∈{101, 102, ⋯, 200}使得x0∈A，
令x0=100+s，其中s∈N且1≤s≤100，
由题意，得a100+as∈A，
由as为正整数，得a100+as>a100，这与a100为集合A中的最大元素矛盾，
所以任意x∈{101, 102, ⋯, 200}，x∉A．
（3）设集合A∩{201, 202, ⋯, 205}中有m (1≤m≤5)个元素，a100-m=b，
由题意，得a1<a2<⋯<a100-m≤200，200<a100-m+1<a100-m+2< ⋯<a100，
由（2）知，a100-m=b≤100．
假设b>100-m，则b-100+m>0．
因为b-100+m≤100-100+5=5<100-m，
由题设条件，得a100-m+ab-100+m∈A，
因为a100-m+ab-100+m≤100+100=200，
所以由（2）可得a100-m+ab-100+m≤100，
这与a100-m为A中不超过100的最大元素矛盾，
所以a100-m≤100-m，
又因为1≤a1<a2<⋯<a100-m，ai∈N，
所以ai=i (1≤i≤100-m)．       
任给集合{201,202,203,204}的m-1元子集B，令A0={1,2,⋯,100-m}∪B∪{205}，
以下证明集合A0符合题意：
对于任意i, j (1≤i≤j≤100)，则i+j≤200．
若i+j∈A0，则有i+j≤100-m，
所以ai=i，aj=j，从而ai+aj=i+j∈A0．
故集合A0符合题意，
所以满足条件的集合A的个数与集合{201,202,203,204}的子集个数相同，
故满足条件的集合A有24=16个．
【点睛】
本题主要考查数列中的推理，以及反证法的应用，解题关键是利用题目中的递进关系，找到破解方法，意在考查学生的逻辑推理能力和分析转化能力，属于难题．
5．（1）a8=6，a9=3，a10=8；（2）证明见解析；（3）存在，理由见解析．
【解析】
（1）m=5时，结合条件，注意求得a8，a9，a10；
（2）根据an+1-an与零的关系，判断数列{an}单调递增的充要条件；
（3）存在n>1满足an=1.
【详解】
（1）a8=6，a9=3，a10=8．            
（2）先证“充分性”．
当m为偶数时，若an为奇数，则an+1为奇数．
因为a1=1为奇数，所以归纳可得，对∀n∈N*，an均为奇数，则an+1=an+m，
所以an+1-an=m>0，
所以数列{an}单调递增．
再证“必要性”．
假设存在k∈N*使得ak为偶数，则ak+1=ak2<ak，与数列{an}单调递增矛盾，
因此数列{an}中的所有项都是奇数．
此时an+1=an+m，即m=an+1-an，所以m为偶数．     
（3）存在n>1满足an=1，理由如下：
因为a1=1，m为奇数，所以a2=1+m≤2m且a2为偶数，a3=1+m2≤m．
假设ak为奇数时， ak≤m；ak为偶数时，ak≤2m．
当ak为奇数时，ak+1=ak+m≤2m，且ak+1为偶数；
当ak为偶数时，ak+1=ak2≤m．
所以若ak+1为奇数，则ak+1≤m；若ak+1为偶数，则ak+1≤2m．
因此对∀n∈N*都有an≤2m．
所以正整数数列{an}中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项．
设集合A={(r,s)|ar=as,r<s}，设集合B={r∈N*|(r,s)∈A}⊆N*．
因为A≠∅，所以B≠∅．
令r1是B中的最小元素，下面证r1=1．
设r1>1且ar1=as1(r1<s1)．
当ar1≤m时，ar1-1=2ar1，as1-1=2as1，所以ar1-1=as1-1；
当ar1>m时，ar1-1=ar1-m，as1-1=as1-m，所以ar1-1=as1-1．
所以若r1>1，则r1-1∈B且r1-1<r1，与r1是B中的最小元素矛盾．
所以r1=1，且存在1<s1∈N*满足as1=a1=1，即存在n>1满足an=1．
【点睛】
本题考查数列的递推关系，考查数列的单调性，考查学生分析问题及解决问题得能力，属于难题．
6．(Ⅰ)a2=4,a3=8,a4=16, an=2n (Ⅱ) Sn=n(b1+bn)2=n2
【分析】
（Ⅰ）分别令n＝1，2，3，计算可得所求值，再由累加法可得所求通项公式；
（Ⅱ）求得bn＝2log2an﹣1＝2n﹣1，由等差数列的求和公式，计算可得所求和．
【详解】
（Ⅰ）因为a1=2，an-an-1=2n-1(n≥2)
所以a2=a1+2=4，a3=a2+4=8，a4=a3+8=16
因为an-an-1=2n-1(n≥2)
an-1-an-2=2n-2,
an-2-an-3=2n-3,
……
a3-a2=22,
a2-a1=21,
把上面n-1个等式叠加，得到
an-a1=2+22+...+2n-1=2n-2
所以an=2n(n≥2)
又n=1时，a1=2符合上式，所以an=2n
（Ⅱ）因为bn=2log2an-1=2log22n-1=2n-1
所以bn-bn-1=(2n-1)-(2n-3)=2
所以{bn}是首项为b1=1，公差为2的等差数列
所以Sn=n(b1+bn)2=n2
【点睛】
本题考查数列的通项公式的求法，注意运用累加法，考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查运算能力，属于基础题．
7．（1）27,30,33,36（2）见解析（3）85
【分析】
（1）根据an满足的两个条件即可得到满足条件的所有a3的值；
（2）由an+1≤an+5     n=1,2,⋅⋅⋅，对于任意的n，有an≤5(n-1)+a1. 当n≥a1-4时，an<6n成立，即an≤5n成立；若存在n使an>5n，由反证法可得矛盾；（3）由（2）知a11≤55，因为an≤an+1+5   且an是n的倍数，可得a1所有可能取值中的最大值.
【详解】
（1）a3的值可取27,30,33,36.                                                          
（2）由an+1≤an+5     n=1,2,⋅⋅⋅，对于任意的n，有an≤5(n-1)+a1.
当n≥a1-4时，an≤5(n-1)+a1，即an≤5(n-1)+n+4，即an≤6n-1.
则an<6n成立.
因为an是n的倍数，所以当n≥a1-4时，有an≤5n成立.
若存在n使an>5n，依以上所证，这样的n的个数是有限的，设其中最大的为N.
则aN>5N,aN+1≤5(N+1)成立，因为aN是N的倍数，故aN≥6N.
由5≥aN-aN+1≥6N-5(N+1)=N-5,得N≤10.
因此当n≥11时，an≤5n.                                                         
（3）由上问知a11≤55，因为an≤an+1+5   且an是n的倍数，
所以a10,a9,⋅⋅⋅,a1满足下面的不等式：
a10≤60， a9≤63， a8≤64， a7≤63， a6≤66， a5≤70， a4≤72， a3≤75， a2≤80，a1≤85.
则a1=85,a2=80, a3=75,a4=72,a5=70,a6=66,a7=63,a8=64,
a9=63,a10=60,当n≥11时，an=5n这个数列符合条件.
故所求a1的最大值为85.
【点睛】
本题考查了数列的有关知识，考查了逻辑推理能力，综合性较强.
8．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】
（1）推导出d=2，a1=1，a2=±3，a3=a2+d=a2+2，由此能求出a3的所有可能取值；（2）先应用数学归纳法证明数列an∈Ωd，则an具有md±1，（m∈Z）的形式，由此能证明取整数k=d，则整数k均不是数列an中的项；（3）由an+1=an+d，得：an+12=an2+2and+d2，从而an+12=an2+2and+d2，由此利用累加法得an+12-1=d2n+2Sn+2Snd，从而An=an+122d-nd2+12d，同理Bn=bn+122d-nd2+12d，由此能证明An≤Bn．
【详解】
（1）由于数列{an}∈Ω（2），即d=2，a1=1．
由已知有|a2|=|a1+d|=|1+2|=3，所以a2=±3，
|a3|=|a2+d|=|a2+2|，
将a2=±3代入得a3的所有可能取值为-5，-1，1，5．
证明：（2）先应用数学归纳法证明数列：
若{an}∈Ω（d），则an具有md±1，（m∈Z）的形式．
①当n=1时，a1=0•d+1，因此n=1时结论成立．
②假设当n=k（k∈N*）时结论成立，即存在整数m0，使得ak=m0d0±1成立．
当n=k+1时，|an+1|=|m0d0±1+d0|=|（m0+1）d0±1|，
ak+1=（m0+1）d±1，或ak+1=-（m0+1）±1，
所以当n=k+1时结论也成立．
由①②可知，若数列{an}∈Ω（d）对任意n∈N*，an具有md±1（m∈Z）的形式．
由于an具有md±1（m∈Z）的形式，以及d≥2，可得an不是d的整数倍．
故取整数k=d，则整数k均不是数列{an}中的项
（3）由|an+1|=|an+d|，可得：an+12=an2+2and+d2，
所以有an+12=an2+2and+d2，
an2=an-12+2an-1d+d2，
an-12=an-22+2an-1d+d2，
…
a22=a12+2a1d+d2，
以上各式相加可得an+12-1=d2n+2Sn+2Snd，
即An=an+122d-nd2+12d，同理Bn=bn+122d-nd2+12d，
当|an+1≤bn+1|时，有an+12≤bn+12，
∵d∈N*，∴an+122d≤bn+122d，
∴an+122d-nd2+12d≤bn+122d-nd2+12d，
∴An≤Bn
【点睛】
本题考查数列的第3项的所有可能取值的求法，考查数列不等式的证明，考查数学归纳法、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是难题．
9．（Ⅰ）a3=12，a5=12；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）m的取值集合为{672}．
【详解】
试题分析：（Ⅰ）由递推公式可得，a1=0， a3=|a2|-a0=|a2|，a4=|a3|-a2=|a2|-a2，再由a4=1可得a2，a3，a5；（Ⅱ）此命题是否定性命题，可用反证法证明，即假设数列中各项全是正数（或全是负数），由递推公式推出矛盾即可；（Ⅲ）这类问题的数列应该是有一定的规律，最简单的就是周期数列，首先由（Ⅱ）可知P数列{an}中项既有负数也有正数，
且最多连续两项都是负数，最多连续三项都是正数．因此存在最小的正整数k满足（k≤5）．设ak=-a,ak+1=b(a,b>0)，则由递推公式计算，最后可知数列是周期为9的周期数列，由刚才的计算可知在ak,ak+1,⋯,ak+8这9个数中有6个正数，3个负数，接着只要对k=1,2,3,4,5分别讨论（关键是a1,⋯,ak-1中有几个负数）．
试题解析：（Ⅰ）因为{an}是P数列，且a1=0，
所以a3=|a2|-a0=|a2|，
所以a4=|a3|-a2=|a2|-a2,
所以|a2|-a2=1，解得a2=-12,
所以a3=12,a5=|a4|-a3=12．
（Ⅱ）假设P数列{an}的项都是正数，即an>0,an+1>0,an+2>0，
所以an+2=an+1-an，an+3=an+2-an+1=-an<0，与假设矛盾．
故P数列{an}的项不可能全是正数,
假设P数列{an}的项都是负数，
则an<0,而an+2=|an+1|-an>0,与假设矛盾,
故P数列{an}的项不可能全是负数．
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知P数列{an}中项既有负数也有正数，
且最多连续两项都是负数，最多连续三项都是正数．
因此存在最小的正整数k满足（k≤5）．
设ak=-a,ak+1=b(a,b>0)，则
ak+2=b+a,ak+3=a,ak+4=-b,ak+5=b-a．
ak+6=|b-a|+b,ak+7=|b-a|+a,ak+8=a-b,ak+9=-a,ak+10=b,
故有ak=ak+9, 即数列{an}是周期为9的数列
由上可知ak,ak+1,⋅⋅⋅,ak+8这9项中ak,ak+4为负数，ak+5,ak+8这两项中一个为正数，另一个为负数，其余项都是正数．
因为2016=9×224,
所以当k=1时，m=224×3=672;
当2≤k≤5时，a1,a2,⋅⋅⋅,ak-1这k-1项中至多有一项为负数，而且负数项只能是ak-1,
记ak,ak+1,⋅⋅⋅,a2016这2007-k项中负数项的个数为t，
当k=2,3,4时，若ak-1<0,则b=ak+1=|ak|-ak-1>|ak|=a，故ak+8为负数，
此时t=671，m=671+1=672；
若ak-1>0,则b=ak+1=|ak|-ak-1<|ak|=a，故ak+5为负数．
此时t=672，m=672，
当k=5时，ak-1必须为负数，t=671，m=672,
综上可知m的取值集合为{672}．
10．（1）B4：5，-2，7，2； （2）证明见解析；（3）证明见解析.
【分析】
（1）根据“衍生数列”的定义可写出数列A4:2,1,4,5的“衍生数列”B4；
（2） b1=an，b1+b2=a1+a2,b2+b3=a2+a3,...bn-1+bn=an-1+an，将上述n个等式中的2,4,6,...,n，这n2个式子都乘以-1，相加可得结果；
（3）设数列Bn“衍生数列”为Cn，由bn=an，b1=an，c1=bn=2an-a1，可得2b1=a1+c1，即a1，b1，c1成等差数列，同理证其它，由此可得结论.
【详解】
（1）B4：5，-2，7，2
（2）证明： 因为b1=an，b1+b2=a1+a2，b2+b3=a2+a3，⋯，bn-1+bn=an-1+an，
由于n为偶数，将上述n个等式中的第2,4,6,⋯,n这n2个式子都乘以-1，相加得
b1-(b1+b2)+(b2+b3)-⋯-(bn-1+bn)=an-(a1+a2)+(a2+a3)-⋯-(an-1+an)
即-bn=-a1，即bn=a1
（3）证明：对于数列An及其“衍生数列”Bn，
因为b1=an，b1+b2=a1+a2，b2+b3=a2+a3，⋯，bn-1+bn=an-1+an，
由于n为奇数，将上述n个等式中的第2,4,6,⋯,n-1这n-12个式子都乘以-1，
相加得
b1-(b1+b2)+(b2+b3)-⋯-(bn-1+bn)=an-(a1+a2)+(a2+a3)-⋯-(an-1+an)
即bn=an-a1+an=2an-a1.
设数列Bn的“衍生数列”为Cn，
因为b1=an，c1=bn=2an-a1，
所以2b1=a1+c1， 即a1，b1，c1成等差数列.
同理可证， b1，c1，d1；c1，e1，d1；⋯也成等差数列.
从而Ω是等差数列.
11．（Ⅰ）a1=-1,a2=-1,a3=-12,a4=-14,an=-1 n=1,-12n-2 n≥2.；（Ⅱ）bk=(b1-a1)(12)k-1+a1；.（Ⅲ）见解析.
【分析】
（Ⅰ）利用题中的条件，分别令n=1，2，3，4，求出a2,a3,a4, 根据数列的前三项，猜想{an}的解析式，利用数学归纳法证明．
（Ⅱ）用反证法证明ak-1+bk-1≥0， 由此推出bk-ak=bk-1-ak-12 成立，可得bk-ak是首项为b1-a1，公比为12的等比数列，写出bk-ak的通项公式，可得bk ．
（Ⅲ）由题意得cn+1-cn=1mcn2＞0， 由此推出1cn+1-1cn＞-1m， 进而得到cn＜mm+1＜1．
【详解】
（Ⅰ）因为a1+b1=0，所以a2=a1=-1,b2=a1+b12=0，
因为a2+b2=-1<0,所以a3=a2+b22=-12,b3=b2=0，
所以a1=-1,a2=-1,a3=-12,a4=-14.
由此猜想，当k≥2时,ak-1+bk-1<0，则ak=ak-1+bk-12=ak-12，bk=bk-1=0，
下面用数学归纳法证明：
①当k=2时，已证成立.
②假设当k=1（l∈N*，且l≥2）猜想成立，
即al-1+bl-1<0，bl=bl-1=0，al=al-12<0.
当k=l+1时，由al=al-12<0，bl=bl-1=0得al+bl<0，则bl=bl+1=0，al+1=al+bl2=al2<0.
综上所述，猜想成立.
所以an=a2×(12)n-2=-1⋅(12)n-2=-12n-2(n≥2).
故an=-1 n=1,-12n-2 n≥2. ；
（Ⅱ）解：当2≤k≤s时，假设ak-1+bk-1<0，根据已知条件则有bk=bk-1，
与b1>b2>⋯>bs矛盾，因此ak-1+bk-1<0不成立，
所以有ak-1+bk-1≥0，从而有ak=ak-1，所以ak=a1.
当ak-1+bk-1≥0时，ak=ak-1，bk=ak-1+bk-12,
所以bk-ak=ak-1+bk-12-ak-1=12(bk-1-ak-1);
当2≤k≤s时，总有bk-ak=12(bk-1-ak-1)成立.
又b1-a1≠0，
所以数列bk-ak (k=1,2,⋯,s)是首项为b1-a1，公比为12的等比数列,bk-ak=(b1-a1)(12)k-1，k=1,2,⋯,s,
又因为ak=a1，所以bk=(b1-a1)(12)k-1+a1；
（Ⅲ）证明：由题意得cn+1=-22-mmamcn2+cn =1mcn2+cn.
因为cn+1=1mcn2+cn，所以cn+1-cn=1mcn2>0.
所以数列cn是单调递增数列.
因此要证cn<1(n≤m),只须证cm<1.
由m≥2，则cn+1=1mcn2+cn<1mcncn+1+cn，即1cn+1-1cn>-1m，
所以1cm=(1cm-1cm-1)+(1cm-1-1cm-2)+⋯+(1c2-1c1)+1c1 >-m-1m+2=m+1m.
所以cm<mm+1<1.
故当n≤m,恒有cn<1.

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