答案 C 解析 由an＝∴
an＋1－1
，得an(an－1)＝an＋1－1， an－1
1111
＝＝－，
an＋1－1an(an－1)an－1an111即＝－，且an>1. anan－1an＋1－11?111?1－∴＋＋…＋＝??＋
a1a2an?a1－1a2－1?
?1－1?＋…＋?1－1? ?a2－1a3－1??an－1an＋1－1?????
＝
11
－， a1－1an＋1－1
111
∴＋＋…＋＝5－
a1a2an1
<5. an＋1－1
111*
又对n∈N，都有k>＋＋…＋成立，
a1a2an∴k≥5.故最小的整数k是5.
5．已知f(n)表示正整数n的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则
100
f(12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f(21)＝21，那么?f(i)的值为( )
i＝51
A．2 488 B．2 495 C．2 498 D．2 500 答案 D
解析 由f(n)的定义知f(n)＝f(2n)，且n 为奇数时f(n)＝n，
100
则?f(i)＝f(1)＋f(2)＋…＋f(100)
i＝1
＝1＋3＋5＋…＋99＋f(2)＋f(4)＋…＋f(100) ＝
50×(1＋99)
＋f(1)＋f(2)＋…＋f(50)
2
50
＝2 500＋?f(i)，
i＝1
10010050
∴?f(i)＝?f(i)－?f(i)＝2 500.
i＝51
i＝1
i＝1
6．(2018·宁波期末)对给定的正整数n(n≥6)，定义f(x)＝a0＋a1x＋a2x＋…＋anx，其中
2na0＝1，ai＝2ai－1(i∈N*，i≤n)，则a6＝________；当n＝2 019时，f(2)＝________.
13
答案 64
4
2 020
－1 3
*
解析 由a0＝1，ai＝2ai－1(i∈N，i≤n)得数列{ai}为首项为2，公比为2的等比数列，则ai＝2(i∈N，i≤n)，所以a6＝2＝64.当n＝2 019时，f(x)＝1＋2x＋2x＋…＋2
i*
6
22
2 0192 019
x，则
f(2)＝1＋2×2＋2×2＋…＋2
222 019
×2
2 019
＝1＋4＋4＋…＋4
22 019
1·?1－4
＝1－4
2 020
?4＝2 020
－1. 3
4?16?n－2
7．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝(an－1)，则(4＋1)?＋1?的最小值为__________．
3?an?答案 4
44
解析 ∵Sn＝(an－1)，∴Sn－1＝(an－1－1)(n≥2)，
334
∴an＝Sn－Sn－1＝(an－an－1)，
34
∴an＝4an－1，又a1＝S1＝(a1－1)，
3
∴a1＝4，∴{an}是首项为4，公比为4的等比数列， ∴an＝4，
n?16??4??16?∴(4＋1)?＋1?＝?＋1??n＋1? ?an??16??4?
n－2
n416
＝2＋＋n≥2＋2＝4，当且仅当n＝2时取“＝”．
164
8．已知数列{an}的首项a1＝a，其前n项和为Sn，且满足Sn＋Sn－1＝4n(n≥2，n∈N)，若对任意n∈N，an 解析 由条件Sn＋Sn－1＝4n(n≥2，n∈N)， 得Sn＋1＋Sn＝4(n＋1)， 两式相减，得an＋1＋an＝8n＋4，故an＋2＋an＋1＝8n＋12， 两式再相减，得an＋2－an＝8， 将n＝2代入Sn＋Sn－1＝4n，得a1＋a2＋a1＝16， 所以a2＝16－2a， 从而a2n＝16－2a＋8(n－1)＝8n＋8－2a； 将n＝3代入Sn＋Sn－1＝4n，得a1＋a2＋a3＋a1＋a2＝36， 所以a3＝4＋2a， 从而a2n＋1＝4＋2a＋8(n－1)＝8n－4＋2a， 22 2 2 * * 2 * n 14 a<16－2a，?? 由条件得?8n＋8－2a<8n－4＋2a， ??8n－4＋2a<8?n＋1?＋8－2a， 解得3 * 9．(2018·浙江省重点中学联考)已知数列{an}满足：a1＝0，ln(an＋1－an)＋an＋nln 2＝0(n∈N)． (1)求a3； (2)证明：ln(2－2 1－n* )≤an≤1－2 1－n； (3)是否存在正实数c，使得对任意的n∈N，都有an≤1－c，并说明理由． (1)解 由已知得an＋1＝an＋e??an?nln2?, 111 又a1＝0，所以a2＝，a3＝＋ . 224e(2)证明 因为an＋1>an，a1＝0，所以an≥0. 则an＋1＝an＋e??an?nln2?－(n－1) ≤an＋e －nln 2 ＝an＋2， ＋2 －(n－1) －n所以an≤an－1＋2 a ≤an－2＋2 －(n－2) ≤…≤a1＋2＋…＋2 －1－(n－2) ＋2 －(n－1) ＝1－2 1－n. 令f(n)＝en＋2 1－n－2， 则f(n＋1)－f(n)＝e＝e＝ean?1an－n?an?1??n?1?an?2?n?2???e?2?2??? ?e－2＝ean?e??an?nln2??ean?2?n ??an?nln2?an?e?a?nln2?e?n??1－2－n>eane－2＝0， －n所以{f(n)}是递增数列，所以f(n)≥f(1)＝0， 即ean＋2 1－n－2≥0，所以an≥ln(2－2 1－n1－n)， 综上所述，ln(2－2(3)解 由(2)得 )≤an≤1－2 1－n得证． an＋1＝an＋e＝an＋ n＋1 ??an?nln2?≤an＋e??ln2?21?n?nln2????? 1 ， 2－2 111 所以an≤an－1＋n≤an－2＋n－1＋n 2－22－22－2≤…≤a1＋＝ 111＋…＋n－1＋n 2－22－22－2 2111 ＋…＋n－1＋n(n≥2)． 2－22－22－2 2 15 111因为n＝≤n－2n－2(n≥3)， 2－24·2－23·2 1?51111111?1 所以当n≥4时，an<＋＋2＋…＋n－2＝＋＋?－n－2?<. 263·23·2263?22?65 由{an}的单调性知当n＝1,2,3时，an<， 65* 综上所述，对任意的n∈N，都有an<， 61 所以存在c＝使an≤1－c成立． 6 111* 10. (2018·浙江省杭州二中月考)已知数列an＝1＋＋＋…＋(n∈N)． 23n(1)求证：a2 018>6； ??2 (2)求证：对一切n≥2都有an＋2>2?＋＋＋…＋?. n??123 111 证明 (1)∵an＝1＋＋＋…＋， 23n1?1?11?1?1 ∴a2 018＝1＋＋?＋?＋…＋?＋…＋＋…＋， ?1 024?2?34?2 018?513 1?1?11?125121?1 a2 018>1＋＋?＋?＋…＋?＋…＋＝1＋×10＝6. ?>1＋＋＋…＋2 a1a2a3an?34??5131 024? 241 0242 11(2)由题意得an－an－1＝(n≥2)，即an－1＝an－， nn将式子两边平方得 ?an?12 a2n－1＝an－2??＋2， ?n?n?an?122 ∴an－an－1＝2??－2， n??n222222222 a2n＝an－an－1＋an－1－an－2＋an－2－an－3＋…＋a2－a1＋a1 an??111??a1a2a3 ＝2?＋＋＋…＋?－?2＋2＋…＋2?. n??12n??123 11111 ∵1＋2＋…＋2<1＋＋＋…＋ 2n1×22×3?n－1?n1 ＝2－<2， n??2 ∴对一切n≥2都有an＋2>2?＋＋＋…＋?. n??123 B组 能力提高 11．(2018·浙江)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，若a1>1， 16 a1a2a3an
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