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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，an1=，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﹣11），
∴==，
∴=，
∴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，ak1=≤＜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；