①当n?1,a1?3?1?2，不等式成立. 分
②假设当n?k时不等式成立，即ak?k?2，那么
ak?1?ak(ak?k)?1?(k?2)(k?2?k)?1?k?3,
………………6
也就是说，当n?k?1时ak?1?(k?1)?2. 根据①和②，对于所有n?1,有an?n?2.
……………10分
（ii）由an?1?an(an?n)?1及（i），对k?2,有ak?ak?1(ak?1?k?1)?1
?ak?1(k?1?2?k?1)?1?2ak?1?1,?? ?ak?2k?1a1?2k?2???2?1?2k?1(a1?1)?1.
……………12分
于是
11?ak?11?a1?12k?1,k?2.
n?1?ak?11?k11?a1?11?a1n?k?212k?1?11?a1n?k?112k?1?21?a1?21?3?12.……14分
6．（本小题满分14分）（2003江苏卷）
设a?0,如图，已知直线l:y?ax及曲线C：y?x2，C上的点Q1的横坐标为a1 （0?a1?a）.从C上的点Qn（n≥1）作直线平行于x轴，交直线l于点Pn?1，再从点
Pn?1作直线平行于y轴，交曲线C于点Qn+1.Q（2，3，…）的横坐标构成数列?an?. nn=1，
（Ⅰ）试求an?1与an的关系，并求?an?的通项公式；
y （Ⅱ）当a?1,a1?12nc r2 r1 Q1 O Q3 Q2 l 时，证明?(ak?ak?1)ak?2?k?1n132； （Ⅲ）当a=1时，证明?(ak?ak?1)ak?2?k?1131a.
1a2a1a2a3x （Ⅰ）解：∵Qn(an?1,an),Pn?1(∴an?1?21a1a?an,an),Qn?1(?a2n?122?an,2an).
41a?a, ∴an?2n1111?22222?(?an?2)?()an?2 aaa211?2111?2?222322?()(?an?3)?()an?2??
aaan?2n?1n?1an?1an?111n?1?()1?2???2a12?()2?1a12?a(1)2， ∴an?a(1)2.
aaaa （Ⅱ）证明：由a=1知an?1?an, ∵a1?∵当k?1时,ak?2?a3?∴
n212, ∴a2?1,a3?1.
416116n.
?ak?1)?116(a1?an?1)?n?1?(ak?1k?ak?1)ak?2??(a16k?11k1 .32 （Ⅲ）证明：由（Ⅰ）知，当a=1时，an?annk?1k21,
2?1n因此?(a?a)a?kk?1k?2k?1?(ak?121?a21)a21k?1??i?1(a1?a1)a1ii?12i?2
2?1n ?(1?a1)a
21?i?1a3i1?(1?a1)a?21a1331 =
a15211?a1?a1?a?1 .37.（本小题满分14分）（2004全国卷3）
已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=2an +(-1)n,n≥1.
⑴写出求数列{an}的前3项a1,a2,a3； ⑵求数列{an}的通项公式； ⑶证明：对任意的整数m>4，有
1a4?1a5???1am?78.
解：⑴当n=1时,有：S1=a1=2a1+(-1)? a1=1；
当n=2时,有：S2=a1+a2=2a2+(-1)2?a2=0；
3
当n=3时,有：S3=a1+a2+a3=2a3+(-1)?a3=2；综上可知a1=1,a2=0,a3=2；
nn?1⑵由已知得：an?Sn?Sn?1?2an?(?1)?2an?1?(?1) n?1化简得：an?2an?1?2(?1)可化为：an?23(?1)?2[an?1?n23(?1)n?1]
故数列{an?故an?2323n(?1)}是以a1?132n?1n23(?1)为首项, 公比为2的等比数列. 13?2n?11(?1)? ∴an?23[2?23n(?1)?n23[2n?2?(?1)]
n数列{an}的通项公式为：an?⑶由已知得：
1a4?1a5???1amn?2?(?1)].
?322?1[12?12?13???12m?2?(?1)m]
???12[1?13?15?110?120??]
3111111[???????m?2] m2391533632?(?1)12[1?13?15?111?121??]114?[?52313151(1?1?121m?5)]?14221[???m?5] 235522??1m?5131041057?()????. 52151201208故
1a4?1a5???1am?78( m>4).
8．（本小题满分14分）（2005湖北卷） log已知不等式n12?13???1n?12[log2n],其中n为大于2的整数，[log2n]表示不超过
2的最大整数.
nan?1n?an?1设数列{an}的各项为正，且满足
a1?b(b?0),an?,n?2,3,4,?
（Ⅰ）证明an?2b2?b[log2n],n?3,4,5,?
（Ⅱ）猜测数列{an}是否有极限？如果有，写出极限的值（不必证明）； （Ⅲ）试确定一个正整数N，使得当n?N时，对任意b>0，都有an?9．（本小题满分12分）（2005重庆卷）
数列{an}满足a1?1且an?1?(1?1n?n215.
)an?12n(n?1).
（Ⅰ）用数学归纳法证明：an?2(n?2)；
2（Ⅱ）已知不等式ln(1?x)?x对x?0成立,证明:an?e(n?1)，其中无理数
e=2.71828…. （Ⅱ）证法一：
由递推公式及（Ⅰ）的结论有 an?1?(1?1n?n2)an?12n?(1?1n?n2?12n)an.(n?1)
两边取对数并利用已知不等式得 lnan?1?ln(1?1n?n2?12n)?lnan
?lnan?1n?n2?12n. 故lnan?1?lnan?1n(n?1)?12n (n?1).
上式从1到n?1求和可得 lnan?lna1?11?2?12?3???1(n?1)n1??1??112?122???12n?1
?1?12?(12?13)???1n?1?1n?12n2?1?1?1?1?2.
n1n22即lnan?2,故an?e2（Ⅱ）证法二：
(n?1).
由数学归纳法易证2n?n(n?1)对n?2成立，故
1n?n2an?1?(1?)an?12n?(1?1n(n?1)an?1n(n?1)(n?2).
令bn?an?1(n?2),则bn?1?(1?1n(n?1))bn(n?2).
取对数并利用已知不等式得 lnbn?1?ln(1?1n(n?1)1n(n?1))?lnbn
?lnbn?(n?2).
上式从2到n求和得 lnbn?1?lnb2?1212131n?11n11?2?12?3???1n(n?1)
?1????????1.
(n?2).
1?ln3?3e因b2?a2?1?3.故lnbn?1?1?ln3,bn?1?e2222故an?1?3e?1?e,n?2,又显然a1?e,a2?e,故an?e对一切n?1成立.
10.（本小题满分14分）（2006福建卷）
已知数列｛an｝满足a1=1,an?1=2an+1(n∈N?) （Ⅰ）求数列｛an｝的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}满足4k1-14k2-1…4k-1=(an+1)km(n∈N*),证明:{bn}是等差数列;
（Ⅲ）证明:
n2?13＜a1a2?a2a3???anan?1＜n2(n∈N).
*
（I）解：∵an+1=2 an+1（n∈N）,
∴an+1+1=2(an+1),
∴| an+1| 是以a1+1=2为首项，2为公比的等比数列。 ∴an+1=2n，
既an=2n－1(n∈N)。
（II）证法一：∵4b1－14 b2－2…4 bn－1=(a+1)bn，
∵4k1+k2+…+kn =2nk,
∴2[(b1+b2+…+bn)-n]=nb, ① 2[(b1+b2+…+bn+1)-(n+1)]=(n+1)bn+1 ② ②-①,得2(bn+1-1)=(n+1)bn+1-nb,
即 (n-1)bn+1-nbn+2=0. ③ nbn+2=(n+1)bn+1+2=0. ④ ④-③，得nbn+2-2nbn+1-nbn=0, 即 bn+2-2bn+1+b=0, ∴bn-2-bn+1=bn(n∈N*), ∴{bn}是等差数列. 证法二：同证法一，得
(n-1)bn+1=nbn+2=0 令n=1，得b1=2.
设b2=2+d(d∈R),，下面用数学归纳法证明 bn=2+(n-1)d. (1)当n=1,得b1=2.
(2)假设当n=k(k≥2)时，b1=2+(k-1)d,那么 bk+1=
kk?1b?2k?1?kk?1(2?(k?1)d)?2k?1?2?((k?1)?1)d.
这就是说，当n=k+1时，等式也成立.
*
根据(1)和(2)，可知bn=2(n-1)d对任何n∈N都成立. ∵bn+1-bn=d, ∴{bn}是等差数列. (3)证明：∵
akak?1?2?12k?1k?1?2?12(2?kk12＜)12,k?1,2,...,n,
∴
a1a2ak?a2a3????anan?1?12＜n2.
∵
2?12k?1kak?1?1?12(2k?1?1)?12?13·2?2?2kk≥
12?13(
12k),k=1,2,…,n,
11.（本小题满分14分）（2006天津卷）
{yn}满足x1?x2?1，y1?y2?2，并且 已知数列{xn}、