高考语病答案解析

高考语病答案解析（共7篇）

1.高考语病答案解析 篇一

【考点精讲】

一、搭配不当

句子是由词和短语组成的，词(短语)与词(短语)之间的搭配既有一定的规范性，又有一定的约定俗成性，如果违背这些规律，就会出现搭配不当的错误。

常见搭配不当的语病主要有以下几种情况：①主谓搭配不当；②动宾搭配不当；③修饰成分和中心语搭配不当；④关联词语、介词搭配不当。下面通过一些例句具体分析： ①主谓搭配不当

例1．(2010?全国Ⅰ)这个法律职业培训基地由省司法厅和南海大学合作建立，是全国首家有效联合政府行政职能和高校教育资源而成立的培训机构。

例2．(2010?全国卷Ⅱ)那个年代的手抄本很难得，书中的故事对我产生了潜移默化的影响，爱国心、人生观、事业心、爱情观以及手抄本那漂亮的字迹也让我非常喜欢。

例3．（10年四川卷）曹操的性格具有双重性，他的雄才大略与奸诈凶狠对于任何一个扮演他的演员来说都具有挑战性，也是个难得的表演机会。

②动宾搭配不当

动词和名词或名词性短语构成动宾短语，动词和宾语的搭配是汉语中最活跃的一种现象。在使用中也形成了很多的应用规则，如果不了解这些规则，就会出现动宾不当的问题。审读病句的时候，我们可以先抓住动词，然后再观察辨别对应的名词是否搭配得当。如果有修饰成分，先把修饰成分去掉。

例4．(2010?北京卷)挪威国宝级乐队“神秘园”将再度来京演出，实现了外国演出团在京演出超过7次的纪录，在其演出的艺术历程中也是唯一的一次。

③修饰成分和中心语搭配不当

修饰成分包括定语状语补语，它们在修饰中心语时也有一定的规则，这些规则比动宾搭配的规则的要简单的多，但是有不少人不容易发现这方面的语病，因为大部分的语病都处在主干上，对于修饰成分很少有人关注。

例5．（11年 辽宁卷）如果想刻画一种语言具有什么特征，拿另一种语言来跟它进行比较是最好的方法，通过比较可以很好地发现并感受语言的差异。

④关联词语、介词搭配不当。

关联词都是按照规则和习惯组合使用的，介词在使用的过程中，也有一定的搭配问题。在做病句题时，如果出现了介词和关联词要特别留意。

例6．(2010?山东卷)昨天上午，一位老人突然晕倒在购物中心，后经迅速赶到的120急救中心医护人员以及商场保安、在场群众的救护下，老人得到及时抢救，最终脱离了危险。

【解析】 搭配不当，将“经”改为“在”，或者将“下”去掉；歧义，“迅速赶到的”统辖“医护人员”还是“医护人员和商场保安”不清，两种理解都可以，可改为“商场保安以及迅速赶到的120急救中心医护人员”。

【解题技巧】病句中遇到关联词，首先要看看搭配是否恰当；遇到介词，尤其是介词和方位词（上中下）连用时，要判断它们是否搭配。

二、成分残缺。

成分残缺是指句子必须具备的语法成分残缺不全，从而影响语意表达的语病。成分残缺的毛病主要有以下几种情况：①主语残缺；②宾语（中心语）残缺；③谓语（动词）残缺；④关联词、介词残缺。

①主语残缺

例1．（10年四川卷）曹操的性格具有双重性，他的雄才大略与奸诈凶狠对于任何一个扮演他的演员来说都具有挑战性，也是个难得的表演机会。

②宾语（中心语）残缺；

宾语中心语残缺是成分残缺中占比重最大的一个类型。说话人说了一个动词后，紧接着说宾语，可是由于宾语的定语太长而忘了说中心语，或者直接把定语当成中心语。这样就造成了宾语残缺。一个完整的动宾结构应该表述为：动词+定语1+定语2+定语3+中心语（名词）例2．（11年 全国卷）A、不同的生活习俗、自然条件以及地理环境，使各地的民居在平面布局、结构方法、造型等方面呈现出淳朴自然，而又有着各自的特色。宾语残缺，“淳朴自然”后加“的特点”

③谓语（动词）残缺

一句话中，动词是十分重要的，没有动词就不能组成一个完整的句子。但是有些时候，人们在使用的时候，会漏掉一些动词，这就造成了谓语动词的残缺。

例3．（11年浙江卷）由于核废料衰变缓慢，所以一旦发生地质变动，或者因建筑，地铁建设等人为因素的影响，导致核废料泄露事件，那么后果将不堪设想。

④关联词、介词残缺。

关联词和介词在使用时都是相配合使用的，说话时顾头不顾尾，很容易造成遗漏，残缺。例4．（11年 浙江卷）在网络时代到来以后，争鸣性质的学术文章，更强调要得到作者本人认可的文本为学术争论的起点。

三、语序不当。

常见语序不当的毛病有以下几种情况：①多项定语、状语语序不当。②状语或定语位置不当。③关联词位置不当。④递进或递减关系语序不当。⑤并列词语（动词、名词）或分句排列顺序不当。⑥句子内部的对应错位。

①多项定语、状语语序不当。

例1．（11年 广东卷）我先来得展厅后面一座小山上，引入眼帘的，是一个巨大的由一块茶色玻璃构成的覆斗形上盖，它保护着古墓的发掘现场。

【解析】语序不当，“巨大的”应是修饰“漏斗形上盖”，所以就要紧随着这个词。可以把巨大的移到“漏斗形上盖”前面。

例2．（11年 四川卷）2010年4月10日，第8颗北斗导航卫星的发射进入倒计时，西昌卫星发射中心各个岗位的操作人员对火箭起飞前进行了最后的检查，满怀信心等待着发射时刻的到来。

②状语或定语位置混用。

例3．（07全国Ⅱ卷）这篇文章介绍了传统相声所用的押韵、谐音、摹声等方面的详细的语音技巧和表达效果，内容丰富，饶有趣味。

④递进（递减）语序不当。

例5．（13届 模拟卷）运用联词造句法来积累词汇，不仅能使学生充分发挥自己的想象和创新能力，而且能让他们在兴味盎然中复习词语的音形义，正确掌握词语。

例6．（13届模拟题）这位前世界冠军说，当今乒乓球技术飞速发展，世界一些顶尖选手的实力非常接近，决赛时往往只差一分，甚至两分。

【解析】这句话没有不仅„„而且„„但是有同类词语“甚至”，注意这句话的意思是说：差的分越少就越遗憾，所以最后一句应改成“只差两分，甚至一分”。

⑤并列词语（动词、名词）或分句排列顺序不当。

例7．（08江苏）任何一种文明的发展都是与其他文明碰撞、融合、交流的过程，完全封闭的环境不可能带来文明的进步，只会导致文明的衰落。

⑥句子内部的对应错位。

句子内部的词语也是要相互对应的，后面的词语顺序要服从前面的顺序。

例8．(06湖北)对调整工资、发放奖金、提高职工的福利待遇等问题，文章从理论上和政策上作了详细的规定和深刻的说明，具有很强的指导意义和可操作性。

【解析】句子中出现了两组并列短语，我们经过比对发现这两组词语有密切的对应关系，理论上对应深刻的说明，政策上对应详细

例9．（09年 海南、宁夏卷）“锦”是一种丝织品，在古代，由于珍贵的原材料、繁琐的生产工艺，使得织品数量有限，是达官贵人才能享用的时尚奢侈品。

四、句式杂糅

句式杂糅就是一方面把同一个意思的两种表达方法混在一起使用，如表述原因“可以说“xx的原因是是什么”也可以说“xx是什么造成的”，如果说成是“xx的原因是什么造成的”，就犯了句式杂糅的毛病。也有的是一句话已经说完却顺着结尾又说了一句。还有一种类型就是前半句是一个主语加状语的形式，后半句又抛开这个主语另一句子。这样一来造成前面的句子结构不完整。

①两个句式的杂糅

（11年 北京卷）高速公路上交通事故的主要原因是司机违反交通规则或操作不当造成的，交通部门要加强安全宣传，提高司机的安全意识。

【解析】主要原因是„„ 和 是„„造成的两个句式杂糅，去掉其中一个即可。

（10年 全国卷Ⅰ）大师的这段经历非常重要，但流传的说法不一，而所有的当事人、知情人都已去世，我们斟酌以后拟采用大师儿子所讲的为准。

②两个句子的粘连

(2009?江西卷)几天前，他刚接待过包括省委书记在内的一批省市领导来到县里，专门调研返乡农民工问题。

（09年广东卷）水果营养丰富，但是它的表面常常粘附着对人体有害的细菌和农药，所以食用水果前应该洗净削皮较为安全。

要读到这里就很清楚了，下面再有内容就是杂糅了。此外既然有两个句式，那么句子中一定有用法重复的词语，如果找到重复的词语就可以判断他是杂糅了。如“宗旨是以„„为目的”。

(2010?湖南卷)许多水果都有药用功效，如柠檬中含有柠檬酸、柠檬多酚及维生素C等成分就具有很强的抑制血小板聚集的作用。

③主动句和被动句的杂糅

（2010届 江西模拟卷）D．老人右腿骨折，左腿却被植钢板。发生在通城中医院的这一荒唐透顶的医疗事故刚一曝光，便立即使有关主管部门引起高度重视。

【解析】一方面是“使重视”，一方面是“引起重视”，被动和主动杂糅。

【解题技巧】审读病句的时候，如果出现了“被”字，就要看看有没有被动句和主动句的杂糅。

④改换主语造成的杂糅

（09年四川卷）参加研制神州神舟七号飞船的全体科技工作者，在相关部门的大力支持下，在全国人民的热切关注中，经过不懈努力，神舟七号飞船终于成功发射。

五、表意不明。

清晰明确是语言表达的基本要求，如果语言费解，或者不能表达确定的意思，就会造成表意不明的错误。

常见表意不明的毛病主要有以下几种情况：①指代不明、交代不明②一词多义③停顿不同 ④修饰不明。

①指代不明

例1．(2010?北京卷)连年亏损的美国《新闻周刊》正待价而沽，境内外华人都鼓动中国人出手收购，将这份引以为豪的美国期刊经营权收入囊中。

【解析】 到底是让谁引以为傲，句子没有交代清楚。根据句意应该在“引以为豪”前加上“美国人”。

②一词多义

例2．（2013届 模拟题）公交公司拒退受磨损公交卡的押金，昨天，郑州一中学生将公交公司告上了法庭。

③停顿不明

例3．(2009?安徽卷)今年4月底，墨西哥和美国的部分地区相继爆发了甲型H1N1流感，世界卫生组织对此高度重视，并迅速采取了一系列紧急应对措施。

④修饰不明。

例4．（11年江苏卷）为庆祝建党90周年，“唱支山歌给党听”歌咏比赛将于7月1日举行，届时校长和其他学校领导也将登台参加比赛。

六、不合逻辑

不合逻辑指的是句子的意思在事理上讲不过去。

常见的不合逻辑主要有以下几种情况：①主客倒置 ②并列不当 ③否定失当 ④自相）

2.高考语病答案解析 篇二

一、并列词语或短语有交叉、领属、包含关系

例如：工作压力、环境污染、睡眠不足、缺乏运动等因素都会影响到人的身心健康，不健康的生活习惯、饮食习惯同样不容忽视。（2012年天津卷）

“不健康的生活习惯”包含“睡眠不足、缺乏运动”以及“饮食习惯”等。

例如：一些房产中介表示了同样的担心，他们认为购房者一定要考虑房屋的地理位置和房源条件，不可盲目跟风。（2008年天津卷）

“地理位置”就属于“房源条件”之一，不能并列放置。

例如：贫困市民和下岗职工不再把干个体看作是丢脸的事，他们已经坦然的加入到个体户行列中来。（2012年江西卷）

“贫困市民”与“下岗职工”两个概念之间的外延有交叉，外延有交叉关系的概念不能用“和”来组成并列关系的短语。

二、并列词语或短语部分归类不当

例如：大观园旅游纪念品商场里摆满了名人字画、根雕作品、导游地图、古玩、佩饰等多种工艺品，琳琅满目，美不胜收。游客们精挑细选，讨价还价，热闹极了。（2009年湖北卷）

“名人字画、根雕作品、导游地图、古玩、配饰等多种工艺品”，“导游地图”就不属于“工艺品”，归类不当。

三、并列词语或短语不能和成分完全搭配

例如：2013年财富全球论坛是成都自改革开放以来举办的具有里程碑意义的国际盛会，是成都推进和发展国际化建设进程面临的重大历史性机遇。（2013年四川卷）

“推进和发展国际化建设进程”中，可以“推进……进程”，但不可以“发展……进程”。属于部分搭配不当。

四、并列词语或短语之间结构不一致

例如：素有“庐山第一景”之称的石门涧，是庐山的西大门。这里一年四季泉水叮咚，鸟语花香，青松翠柏，云蒸雾绕。（2010年江西卷）

“泉水叮咚”“鸟语花香”“云蒸雾绕”均是主谓短语，“青松翠柏”是偏正词语构成的并列短语，短语的结构不一致，应改成“松青柏翠”。

例如：一旦确定了某个特定节日的纪念物，商家、企业就可以设计、生产、经营相关的物品，电视、报纸、杂志等媒体就有了重点宣传的目标。（2010年湖北卷）

商家对应设计、生产，企业对应经营，所以应将“商家、企业”改为“企业、商家”。

五、并列词语或短语间逻辑关系不当

例如：为纪念建党90周年，“唱支山歌给党听”歌咏比赛将于7月1日举行，届时校长和其他学校领导也将登台参加比赛。（2011年江苏卷）

这句话中“届时校长和其他学校领导”并列词语因为“和”字断句不清造成歧义。

例如：今年4月底，墨西哥和美国的部分地区相继爆发了甲型流感，世界卫生组织对此高度重视，并迅速采取了一系列紧急应对措施。（2009年安徽卷）

“墨西哥和美国的部分地区”因为“和”字断句不清造成歧义

例如：大学毕业生不应该只关注一己之屈伸，一家之饥饱，真正需要关注的是作为接受过高等教育的个体对于群体、社会、他人的责任和义务。（2009年湖南卷）

这句话并列词语有先后、大小、多少、轻重的逻辑关系。“群体、社会、他人”应该改为“他人、群体、社会”

例如：人生的价值和意义其实并不在于别人对自己如何膜拜，崇敬，羡慕，而在于自己对社会，对历史的进步和发展作出何种贡献。

句子中“膜拜，崇敬，羡慕”应该为“羡慕，崇敬，膜拜”程度由轻到重。

例如：我国首座自主建造、设计、开发的第六代深水半潜式钻井平台，在我国南海海域正式开钻，标志着我国海洋石油工业深水战略迈出了实质性步伐。（2012年四川卷）

这句话中的并列词语“建造、设计、开发”有先后的逻辑关系，应是“开发、设计、建造”。

例如：有专家认为，保护圆明园遗址的首要任务绝不是复建，哪怕是“部分”复建，而是研究、发掘她展现出的遗存或废墟的价值。（2010年浙江卷）

“研究、发掘她……”先发掘后研究，所以应为“发掘、研究她……”。

例如：任何一种文明的发展都是与其他文明碰撞、融合、交流的过程，完全封闭的环境不可能带来文明的进步，只会导致文明的衰落。（2008年江苏卷）

这句话中“碰撞、融合、交流”应改为“碰撞、交流、融合”。

3.高考历史试卷及答案解析 篇三

解析：墨江县是1979年11月28日成立的中国唯一的哈尼族自治县，哈尼族人口占比为61.8%。

2.哈尼族在全国的人口数排16，在云南的人口数排3，人口大约有163.97。

解析：云南少数民族人口前五位：彝族;白族;哈尼族;傣族;壮族。

3.历史上哈尼族并没有遗传文字，现行的哈尼族文字是1957年创造的。它是以拉丁字母为基础的文字。

解析：在一九五二年，人民政府就组织了有哈尼族干部参加的哈尼语文工作队伍，开始进行哈尼语调查研究，

于1957年写出了《关于划分哈尼语方言和创制哈尼文的意见》的哈尼语调查报告，

制定了拉丁字母形式的《哈尼文字方案》(草案)。

4.哈尼族共同祖先尊唐盘有7个儿子，分别叫唐盘漫、唐盘沙、唐盘兼(他朋橘)、唐盘布(它朋布)、唐盘忠、唐盘吹、唐盘乌。

解析：尊唐盘是哈尼族历史上的“百子之母”，也就是说从她开始，哈尼族产生很多分支，传说他生下七个儿子，形成七个胞族氏族部落。

5.哈尼族的族谱是父子连名，例如父亲叫BC，那么儿子叫CD。

解析：即父亲名的第二个字起，是儿子名的第一个字起。

6.哈尼族原始族谱有十四代，分别是送咪窝—窝腿雷—腿雷总—总嫫院—嫫院驾—驾提锡—提锡利—利跑奔—跑奔吾—吾牛然—牛然错—错嫫威—嫫威尊—尊唐盘。

7.哈尼族的神谱有十二代，分别是吴玛—玛汉—汉能—能绕—绕诺—诺拓—拓玛—玛俏—俏耀—耀等—等奔—奔送。

8.哈尼族的迁徙历史艰辛漫长，在《哈尼阿波冲坡坡》中的迁徙路线是：虎尼虎那—什虽湖—嘎鲁噶则—惹罗普楚—诺马阿美—色厄作娘—谷哈密查—红河南岸哀牢山。大致经过3个省份，分别是青海、四川、云南。

9.哈尼族在昆明大约居住了近200年，现指昆明北郊蛇山一带。

4.江西高考语文试题答案与解析 篇四

10.补写出下列句子中的空缺部分。(6分)

(1)在《离骚》中，屈原诉说自己曾因佩戴蕙草而遭到贬逐，也曾被加上采摘白芷的罪名，但他鉴定的表示：“。”

(2)王维《使至塞上》中“，”一联，写了到达边塞后看到的奇特壮丽风光，画面开阔，意境雄浑。

(3)苏轼《念奴娇(大江东去)》中“，”两句，收束了对赤壁雄奇景物的描写，引起后面对历史的缅怀。

三、文学类文本阅读(选考一 25分)

11.阅读下面文字，完成1-4题(25分)

马兰花 李德霞

大清早，马兰花从蔬菜批发市场接了满满一车菜回来，车子还没扎稳，邻摊卖水果的三孬就凑说：“兰花姐，卖咸菜的麻婶出事了。”

马兰花一惊：“出啥事啦?”

三孬说：“前天晚上，麻婶收摊回家后，突发脑溢血，幸亏被邻居发现，送到医院里……听说现在还在抢救呢。”

马兰花想起来了，难怪昨天就没看见麻婶摆摊卖咸菜。三孬又说：“前天上午麻婶接咸菜钱不够，不是借了你六百块钱吗?听说麻婶的女儿从上海赶过来了，你最好还是抽空跟她说说去……”

整整一个上午，马兰花都提不起精神来，不时地瞅着菜摊旁边的那块空地发呆。以前，麻婶就在那里摆摊卖咸菜，不忙的时候，就和马兰花说说话，聊聊天。有时买菜的人多，马兰花忙不过来，不用招呼，麻婶就会主动过来帮个忙……

中午，跑出租车的男人进了菜摊。马兰花就把麻婶的事跟男人说了。男人说：“我开车陪你去趟医院吧。一来看看麻婶，二来把麻婶借钱的事跟她女儿说说，免得日后有麻烦。”

马兰花就从三孬的水果摊上买了一大兜水果，坐着男人的车去了医院。

麻婶已转入重症监护室里，还没有脱离生命危险。门口的长椅上，麻婶的女儿哭得眼泪一把，鼻涕一把。马兰花安慰了一番，放下水果就出了医院。男人撵上来，不满地对马兰花说：“我碰你好几次，你咋不提麻婶借钱的事?”

马兰花说：“你也不看看，这是提钱的时候吗?”

男人急了：“你现在不提，万一麻婶救不过来，你找谁要去?”

马兰花火了：“你咋尽往坏处想啊?你就肯定麻婶救不过来?你就肯定人家会赖咱那六百块钱?啥人啊?”

男人铁青了脸，怒气冲冲地上了车。一路上，男人把车开得飞快。

第二天，有消息传来，麻婶没能救过来，昨天下午死在了医院里。麻婶的女儿火化了麻婶，带着骨灰连夜飞回了上海……

男人知道后，特意赶过来，冲着马兰花吼：“钱呢?麻婶的女儿还你了吗?老子就没见过你这么傻的女人!”

男人出门时，一脚踢翻一只菜篓子，红艳艳的西红柿滚了一地。

马兰花的眼泪在眼眶里打转转。

从此，男人耿耿于怀，有事没事就把六百块钱的事挂在嘴边。马兰花只当没听见。一天，正吃着饭，男人又拿六百块钱说事了。男人说：“咱都进城好几年了，住的房子还是租来的。你倒好，拿六百块钱打了水漂儿……”

马兰花终于憋不住了，眼里含着泪说：“你有完没完?不就六百块钱吗?是个命……就当麻婶是我干妈，我孝敬了干妈，成了吧?”

男人一撂碗，拂袖而去，把屋门摔得山响。

日子水一样流淌。转眼，一个月过去。

这天，马兰花卖完菜回到家。一进门，就看见男人系着围裙，做了香喷喷的一桌饭菜。马兰花呆了，诧异地说：“日头从西边出来啦?”

上小学二年级的女儿嘴快，说：“妈妈，是有位阿姨给你寄来了钱和信……爸爸高兴，说是要犒劳你的……”

马兰花看着男人说：“到底咋回事?”

男人挠挠头，嘿嘿一笑说：“是麻婶的女儿从上海寄来的。”

“信里都说了些啥?”

男人从抽屉里取出一张汇款单和一封信，说：“你自己看嘛。”

马兰花接过信，就着灯光看起来：

兰花姐，实在是对不起了。母亲去世后，我没来得及整理她的东西，就大包小包地运回上海。前几天，清理母亲的遗物时，我意外地发现了一个小本本，上面记着她借你六百块钱的事，还有借钱的日期。根据时间推断，我敢肯定，母亲没有还过这笔钱。

本来，母亲在医院时，你还送了一兜水果过来，可你就是没提母亲借钱的事……还好，我曾经和母亲到你家串过门，记着地址。不然，麻烦可就大了。汇去一千元，多出的四百块算是对大姐的一点补偿吧……还有一事，我听母亲说过，大姐一家住的那房子还是租来的。母亲走了，房子我用不上，一时半会也卖不了，大姐如果不嫌弃，就搬过去住吧，就当帮我看房子了……钥匙我随后寄去……

马兰花读着信，读出满眼的泪水……

(1)下列对这篇小说思想内容与艺术特色的分析和鉴赏，最恰当的两项是(5分)

A.马兰花刚从市场接菜回来，三孬就急忙告诉她麻婶生病住院的事，还鼓动她到医院向麻婶女儿要钱，说明三孬好嚼舌，是个搬弄是非的人。

B.马兰花的丈夫因为六百元钱就耿耿于怀，收到一千元的汇款单后又主动为妻子做饭，这些细节惟妙惟肖地写出了这个人物的事故圆滑、反复无常。

C.小说以麻婶女儿来信作为结局，既在意料之外，又在情理之中，不仅呼应了故事留下的悬念，还巧妙地造成了情节的逆转，颇具艺术匠心。

D.小说注重于细微处写人，从上海来信中可以看出，麻婶的女儿是一个通情达理的人，又是一个精明的人，她内心深处很不愿意欠别人的钱。

E.发生在马兰花与麻婶两家之间的故事温馨动人，其中也蕴含着作者对当下社会伦理道德和人际关系的忧虑与反思，这是小说的深刻之处。

(2)小说有明暗两条线索，分别是什么?这样处理有什么好处，请简要分析。(6分)

(3)小说在刻画马兰花这个形象时，突出了她的哪些性格特征?请简要分析。(6分)

(4)小说三次写马兰花流泪，每次流泪的表现都不同，心情也不一样。请结合小说内容进行具体分析，并说明这样写有什么效果。(8分)

四、实用类文本阅读(选考二 25分)

朱东润自传

一八九六年我出生在江苏泰兴县一位失业店员的家庭,因此早年生活艰苦,所受的教育也存在着一定的波折。二十一岁我到梧州担任广西第二中学的外语教师。二十三岁调任南通师范学校教师。

1929年4月间，我到武汉大学担任外语教师，从此我就成为大学教师。那时武汉大学的文学院长是闻一多教授，他看到中文系的教师实在太复杂，总想来一些变动。用近年的说法，这叫做掺沙子。我的命运是作为沙子而到中文系开课的。

大约是1939年吧，一所内迁的大学的中文系在学年开始，出现了传记研究这一个课，其下注明本年开韩流文，传记文学也好，韩柳文学也不妨，但是怎么会在传记研究这个总题下面开韩柳文呢?在当时的大学里，出现的怪事不少，可是这一项多少和我的兴趣有关，这就决定了我对于传记文学献身的意图。

《四库全书总目》有传记类，指出《晏子春秋》为传之祖，《孔子三朝记》，为记之祖没这事是三百年前的砍伐，现在用不上了。有人说《史记》《汉书》为传记始祖，这个也用不上，《史》《汉》有互见法，对于一个人的评价，常常需要通读全书多卷，才能得起大略。可是在传记文学里，一个传主只有一本书，必须在这本书里把对他的评价全部交代。

是不是古人所作的传、行状、神道碑这一类的作品对于近代传记文学的写作有什么帮助呢?也不尽然。古代文人的这类作品，主要是对于死者的歌颂，对于近代传记文学是没有什么用处的，这些作品根本不是传记文学。

除了史家和文人的作品以外，是不是还有值得提出的呢?有的，这便是所谓别转。别转的名称，可能不是作者的自称认识后人认为有别与正史，因此成为“别转”，有些简单一些，也可成为转叙。这类作品写得都很生动，没有那些阿谀奉承之辞，而且是信笔直书，对于传主的错误和缺陷，都是全部奉陈。

是不是可以从国外吸收传记文学的写作方法呢?当然可以，而且有此必要。但是不能没有一个抉择。罗马时代的勃路塔克是最好的了，但是他的时代和我们相去太远，而且他的部部大作，所着重的是相互比较而很少对于传主的刻画，因此我们只能看到一个大略而看不到入情入理的细致的分析。

英国的《约翰逊博士转》是传记文学中的不朽名作，英国人把它推重到极高的地位，这部书的细致是到了一个登峰造极的地位，但是的确也难免有些琐碎。而且由于约翰逊并不处于当时的政治中心，其人也并不能代表英国的一般人物，所以这部作品不是我们必须模仿的范本。

(1)下列对材料有关内容的分析和概括，最恰当的两项是(5分)

A.当年有所大学的中文系开传记研究课，课程内容却是韩愈、柳宗元的古文，朱东润就是因为这件事决定开展传记文学研究。

B.“我的命运是作为沙子而到中文系开课的”，这样的表述与其说写出了自己过去的经历，不如说反映了朱东润写自传时的心态。

C.朱东润固然认可国外的传记文学，但却担心“穿新鞋走老路”，因此拒绝把近代人推崇的《维多利亚女王转》作为写作范本。

D.出于自己的现实关怀来选择传主，是朱东润传记文学创作的一贯原则。有学者总体上对此表示理解，但在天都上略有保留。

E.朱东润虽然认为“传记文学”的说法更科学，但为了避免常会发生的分类麻烦，还是在自传中采用了“传记文学”的说法。

(2)朱东润的传记文学观是如何形成的?请结合材料简要分析。(6分)

(3)作为带有学术性质的自传，本文有什么特点?请简要回答。(6分)

(4)朱东润认为传记文学作品应该如何刻画和评价传主?你是否同意他的观点?请结合材料说明理由。(8分)

已经翻译过来的《维多利亚女王传》可以作为范本呢?应当收拾可以，由于作者多，处处显得“颊上三毫”的风神，可是中国文人相传的做法，正是走的一样的道路，所以无论近代人怎么推崇这部作品，总还不免令人有“穿新鞋走老路”的戒心。

国内外的作品读过一些，也读过法国评论家莫洛亚的传记文学理论，是不是对于传记文学就算有些认识呢?不算，在自己没有动手创作之前，就不能算是认识。

这时是1940年左右，中国正在艰苦抗战，我只身独处，住在四川乐山的郊区，每周得进城到学校上课，生活也很艰苦，家乡陷落了，妻室儿女，一家八口，正在死亡线上挣扎，我决心把研读的各种传记作为范本，自己也写出一本来，我写谁呢?我考虑了很久，最后决定写明代的张居正。第一，因为他能把一个充满内忧外患的国家拯救出来，为垂亡的明王朝延长了七十年的寿命，第二，因为他不顾个人的安危和世人的唾骂，终于完成历史赋予他的使命。他不是没有缺点的，但是无论他有多大的缺点，他是唯一能够拯救那个时代的人物。(有删改)

①自传和传人，本是性质类似的著述，除了因为作者立场的不同，因而有必要的区别以外，原来没有很大的差异。但是在西洋文学里，常会发生分类的麻烦。我们则传叙二字连用指明同类的文学。同时因为古代的用法，传人曰传，自叙曰叙，这种分别的观念，是一种原有的观念，所以传叙文学，包括叙，传在内，丝毫不感觉牵强。(朱东润《关于传叙文学的几个名词》)

②朱先生确实是有儒学风度的学者，一身正气，因此他所选择的传主对象，差不多都是关心国计民生的有为之士。他强调关切现实，拯救危亡，尊崇气节与品格。这都是可以理解的。

5.山东高考英语试题及解析答案 篇五

21.解析：B.考查冠词。句意：慢慢来，从这儿到旅馆只是一小段距离。diastance 表一段距离用a, 如固定搭配 from a distance of.., 第二个空the restaurant 是两人都知道的事物，是特指。

22.解析：D.考查交际用语。句意：对不起，我打碎了花瓶。--哦，没关系，它不很贵。根据句子情境上下文，用来回答sorry.其他选项不符合英语表达习惯A.“你最好别那样做”。B“我恐怕不是这样”C“正如你期待的”

23.解析：C.考并列连词用法，分析前后分句逻辑关系，是条件或假设关系，而且“祈使句+and/or/otherwise…”固定句型所以选C.

24.解析：A。考查固定句型。句意：这两个小女孩如此相像，以至于很难辨别出彼此。此句式it 做形式宾语的结构如下find/make/consider/suppose等+it+adj/n+to do/that….。

25.解析：B.考查短语意义辨析。句意：他们加宽大桥以加速交通流量。A.意为“推迟” C意为“打开”D.意为“计算出，做出”。

26.解析：D。考查表语从句。句义：我恐怕他比起来一个实践家更是一个空谈家，那就是他一事无成的原因。本文“which is..”引导的一个非限定性定语从句中有一个表语从句根据句意用“why”引导。

27.解析：A。本题是考察非谓语动词“leading up to”做定语修饰“Path”，意味“通向房子的路”。而且leading up to the house 可以换成“which leads up to the house”和“ path”是主动关系，所以用现在分词作后置定语。B 不是非谓语动词，C为过去分词表示被，而 “lead to”这个短语只有主动用法，D不定式表将来未发生。

28.解析：C。考查状语从句引导词。句意“他准备好了相机以防看到可以拍摄的景物。”in case 为“以防；以免”even if为“即使”if only 为“如果…”,so that “为了，以便”。

29.解析：A。此题为考查交际用语。句意“--你要去参加汤姆的生日聚会吗？--看情况而定。我可能得工作。”根据回答的后半句推测句意选A.C为“听起来不错”,用于接受某人的提议 D为“不用提了”用于回答别人说“thank you”.

30.解析：D。考查时态。通过前半句“I?ve been very busy”现在完成时，可知搭配用的时间状语为“在过去的几周里”，固定搭配用介词“over the past couple of weeks=in the past couple of weeks”.

31.解析：B。此题考查时态。根据前半句“when I got on the bus”为明确的过去的时间状语，因此和一般过去时搭配。

32.解析：D。此题考察定语从句的引导词。句意：“这个老城镇拥有建的彼此靠近的狭窄的街道和狭小的房屋”。定语从句中缺少主语指物，因此用 that 。

33.解析：选C.此题考查宾语从句的引导词。根据句意“我们提供给她了这份工作，但我不知道她是否会接受”。whether “是否“， where “哪里“what “什么”，which “哪个“。

34.解析：A.考查词汇意义。句意“在我们办公室有一个长期以来形成的做法是当时某个人的生日的时候，他们会拿来一个蛋糕来分享”A “tradition”[C] belief or custom passed on in this way; any long-established method, practice, etc 传统的信仰和风俗; 长期以来形成的方法p 做法等。balance [c][u]天平；平衡，concern “担心；担忧；关心”，relation “关系；亲戚“ 。

35.解析：B.此题考查时态。句意“她吃惊的发现冰箱空了；这个孩子吃掉了所有的东西！”。据前半句可知，孩子吃掉东西这个动作是发生在“was surprised”之前，因此用过去完成时。

三、完形填空

【语篇解读】

本文是记叙文，讲述了作者在八岁时第一次听现场摇滚音乐会的经历和感受，以及后来也成为那个Black Wednesday乐队的粉丝，也因此喜欢和走入其他的音乐，但是再听这个乐队的乐曲时又会回忆起那个演唱会的情境。

36. C 下文最后一段有照应“I became a Black Wednesday fan too for a few years ”。

37. B discovered ““发现”。guessed “猜测“ thought “认为” predicted “预测”。

38. D “ticket for…” 搭配，表演的票。

39. B offered “主动提供“，从上文看，因为离演出还有一分钟时有一个朋友不能去，我的哥哥就将票给了

我。

40. C. 从上文推理出我得到票后应该很兴奋。relaxed “放松的”embarrassed “尴尬的” excited“兴奋的”

encouraged“受到鼓舞的”。

41. A.inside the theatre“在剧场里面”应是找到座位。entrance“入口”， spots“地点，现场space“空白，空”

42. B。 和上文刚入场的嘈杂对比，要演出了应是静下来了。

43. C。从上文”make out the stage”,指很难辨认出舞台，可推断因为太黑所以看不清。

44. D。 踏上舞台用“stepped onto”. fell upon指”躺在..上“ got through“通过；做完” broke into “闯入

“

45. B. 上下文。

46. A。下文表明十分响就像一架喷气发动机。

47. A.我能感觉到鼓点和贝斯的声音在我的肚子上震动。

48. D。对应上文的recall “记起；回忆起”.

49. C.下文有提示finish.

50. B.只离开了剧场，上文有提示“theatre”

51. D。我感到有些眩晕，好像刚从一场长梦中醒来。

52. C. 耳朵鸣响用“ringing”。 aching“疼痛” burning “燃烧” rolling“滚动”。

53. B。应是在演出后。

54. A。though 做副词“然而”

55. D。imagine 意为“想象”又回到了当时那个现场。

【评析】：此篇文章内容贴近生活，情节简单明晰。文章词汇和句式结构均不复杂，设题通过上下文推断和常识推断可以得出。可以看出高考完形填空的趋势是贴近生活的话题，记叙文体裁为主，理解和交际为目的，而词汇句式多为高频词汇。文章短而设空密，也是考察学生语篇理解和重新构建完整语篇的能力。

四、阅读理解 【解析】：56-60:BACAD

【语篇解读】本文是讲述了阿瑟.密勒的生平经历及他的代表作Death of a Salesman的内容及评价。

56. B。细节题。从第一段第二句话可知米勒的父亲已经从奥地利迁往美国，是和许多其他人一样受“伟

大的美国梦”的驱使。

57. A。细节推断题。从第二段第一句话可知米勒写《推销员之死》的目的是对美国制度的攻击，因为美

国商业制度的侵犯性和坚持将金钱和社会地位作为价值的显示。A 指出了, 暴露了美国商业世界的残酷。下文也提到了，in the cruel world of business。

58. C.推理判断题。从上文介绍情节中得知Willy Loman是戏剧中一个角色，而这个角色最终因为在这个

制度中屡遭失败自杀身亡，因此推断他是美国制度的受害者。

59. A.细节推断题。从第三段得知一上映便赢得许多奖项，因此获得巨大成功。

60. D。主旨大意题。A没有提及，BC都是片面的。

【解析】：61-65:ABCDD

【语篇解读】本文讲述了里克特作为教师的一家人在退休后又做出捐献书给儿童的决定，并且为此建立了基金会的事情，而且他们认为这使得他们的人生更为有意义。

61. A。细节理解题。由第一段最后两句话可知是Tim 得病导致他思考生命的意义。

62. B。细节理解题。从第二段Tim说的话中“I could do something like this when we retire”,知道他打算在

退休后做类似的事，是B选项。

63. C。细节理解题。从第二段的第一句话得出Dollly Parton 是singer.

64. D.。细节理解题。从第四段前两句话中得出，“We didn?t want to give the children rubbish“ 比喻指我们

不想要质量不好的东西。从本段首句主题句中也能得出the Richters 关心的是书的质量。

65. D。从最后一段Tim的话” 有些人坐而等待死亡，而有些人则在他的余生尽可能的忙碌着“ 可知，他

认为自己做出的事情是值得的有意义的。

【解析】：66-70:BDACD

【语篇解读】本文介绍了今年学生贷款增多给家庭带来的压力和大学学费的不断增加的社会问题，提出政府对之做出的回应。

66.B． 推理判断题。第一段提到Diana Jacobs的家庭本来有一个可行的计划可以支付两个双胞胎儿子的大学费用，可由于丈夫的失业计划瓦解了。

67.D．推理判断题。第三段指出解决方案solution 是向学校索求更多的援助，每个儿子增加贷款到最大额度。如原文“They asked and received more aid from the schools, and each son increased his borrowing to the maximum amount through the federal loan (贷款) program.”，也即是选项B。

68. A。细节推断题。由第四段“expect to hear more families like the Jacobs”可以得知 财政援助的管理员们预期会看到更多像Jacobs一家的情况，同义转换即选项A。而BD原文没有提到，C 从第五段“Student borrowing has more than doubled in the last decade”,可知在过去里已经长了一倍还多，因此是错的。

69. C。推理判断题。从第六段最后一句话“They will send kids to college whatever it takes, even if that means a huge amount of debt.”可知，无论需要什么他们都会送孩子去上大学，即使那意味着大笔的债务。

70. D。细节推断题。由最后一段可知许多公司做出决定说学生贷款利润股沟因此不再做贷款，而好消息是联邦政府承担着四分之三的学生贷款。因此推断是D，政府将继续承担对大学生的资金援助。

【解析】：71-75:BDCBC

【语篇解读】本文是一则新闻报道，介绍了Brain-computer interface(BCI)技术的发明，原理和对残疾人带来的益处。

71. B。细节理解题。从第一段第一句话可知。

72.D．细节理解题。见第二段“Tavella operated the wheelchair just by thinking about moving his left or right band.”。

73.C.细节理解题。见第五段描述。

74.B．细节推断题。见最后一段“to prove that this is a technology they can benefit from.”，证明他们可以从中获得的好处。

75.C.主旨大意题。本文是新闻文体，因此要关注首段的中心，由首段的第二句话“Brain-computer interface(BCI) technology could help people with disabilities send commands to machines.”推断选C。

【评析】阅读理解字数在270-315之间，难度适中，题目出题多在细节理解和推理判断题，重点考察学生语篇理解中搜索信息、处理信息，解决问题的能力。

【解析】：

76.By asking/raising questions.仔细审题，此题目是问及作者组织文章的方式，即如何提出话题的。分析本文的.文体是议论文，议论文的写作结构是“引出话题―陈述论点―论证论点―小结论点”，通过开头

第一段可以看出引出话题的方式是通过问问题。

77. you answer “yes” to any of the questions。此题是补全题，考查上下文理解和补全的能力。通过上文看是提出一些假设的问题，所以空所在的这句是上下段的过渡句，因此应填答案。

78. stress anxiety relationship problems。此题是细节理解题目，依据在第二段第二句话，另外要注意字数限制，因此也考查学生搜索信息和概括的能力。

79. It may become the most common form of addiction , especially among the young.此题要求回答问题且有字数限制，原文提到“Experts warn that text addiction is likely to become the most common form of addiction in the future, especially among the young.”而回答是要对这句话的信息进行同义的转换和重组，在字数之内。

80.How to get rid of text addiction.此题是概括main idea的题目，因此综合论说文的特点，概括大意如上。

【评析】较往年山东卷高考阅读表达，今年的阅读表达考题形式有了创新，值得我们去研究。总起来说阅读表达题型的考查能力还是学生的语篇分析和理解能力及准确语言表述能力。新类型的题目如76

题考查学生对特定文体的写作特征的了解，78、79题考查搜索信息，解决问题及概括、重组信息的能力。

五、写作

【评析】今年的作文题目仍然是电子邮件，仍然突出了英语语言学习中语言运用和交际的目的。题目给出语言运用的情境，还有写作的要点提示，但注意了所给出的要点仅是文章应包括的内容，而非具体的语言信息，所以考生便不能做逐句的翻译。由此可看出山东省作文的命题趋势还是热点在应用文体裁，内容更贴近中学生的日常生活和交际的需求，因此学生写起来更为有素材，形式上给出要点但又有相当的写作的自由度和给学生想象和创造的空间。

【总评】

6.高考语病试题的辨别方法 篇六

关键词：高考；语病试题；辨别方法

中图分类号：G632.479 文献标识码：A 文章编号：1002-7661（2011）09-043-01

语病试题一直在高考中出现，分值一般都在3分，其出现形式一般在第一卷中，以选择题的形式出现。近年来个别省市也有在第二卷中以改错的形式出现。

下面就语病试题的辨别方法作一点探究。

一、结构分析法

就是分析句子的结构，即人们通常说的提取句子的主干，如果一个句子缺了主语或谓语或宾语，那么这就叫结构不完整。例如：这篇文章集中分析了形式，辩证地回答了在大开放、大交往、大融合的世界里，我们迫切需要用一种全新的观念来协调各种关系（2008•辽宁）。在这个句子里，第二个分句的谓语是“回答”就缺一个宾语与之搭配。也有缺主语的，如：有的儿童文学偏重于教育和理性，过多的注入了成人思想，孩子天性中的爱游戏、爱求知、爱幻想被忽略了。在这个句子中，第三个分句就缺主语，应去掉“天性中的”，在“爱幻想”的后面加“的天性”，让“天性”作主语。也有缺谓语的，如：登陆青岛前他们专门对青岛市场作了调查，除了地摊货，青岛还没有布鞋的品牌店。这句子的第二分句就缺一个谓语“发现”。

二、看句子成分搭配是否恰当

主语、谓语、宾语之间搭配不当。如：王羽除了担任班里和学生会的工作外，还承担了校广播站“音乐不断” 、“英语角” 栏目主持，居然没有影响学习成绩，真让人佩服。该句主语“承担”与宾语“主持” 搭配不当。又如：金乌炭雕工艺精湛，采用了纯天然颜料着色，具有高雅时尚个性的工艺享受，还能吸附有毒有害气体是一种环保艺术品。谓语“具有”和宾语“享受”不搭配。

三、语序不当

语序不当，通常是指定语、状语的层次太多，容易造成定语或状语的语序不当。如：该县认真实施“村村通”这一全省规划的八件实事之一，到10月底，在全地区率先解决了农村百姓听广播看电视难的问题。“这一全省规划的八件实事之一”与中心语“村村通”的语序不当。

四、句式杂糅

句式杂糅是指一个句子在表达上同时用了两种以上的表达方式，使句子出现语病。请看下面的句子：为了露出琉璃瓦深蓝色的瓦体，去年盖的办公楼没有在屋檐外设墙体遮掩，这是成为楼顶覆冰融化时容易整体滑落砸到过路人的原因之一（2008•宁夏、海南）。“是……原因之一”与“成为……原因之一”两种表达句式杂糅在一起造成语病。再看下面的句子：“嫦娥一号”卫星由中国空间技术研究院承担研制，包括卫星平台和有效载荷两大部分组成。“包括……”与“……组成”犯了句式杂糅的语病，因而要去掉“组成”。

五、有歧义

是指对一句话有两种以上的不同理解。例如：据有关部门对侵权问题严重的几十家企业的调查显示，这些企业的获利达十几亿元。“侵权问题严重的几十家企业”有歧义，可以理解为“几十家企业侵别人或别的企业的权”，也可以理解为“几十家企业被别人或别的企业侵权”。

六、否定词使用不当

看这个句子：权威人士强调，国内接连发生特大煤矿爆炸事件，各级各类主管部门必须加强防范意识，尽量防止此类事件不再发生。这句话中的否定词“不”就造成了语病。应当删掉“不”。当我们在判断一个句子是否有语病时，如果看到有多重否定词，一定要检查否定词，可能语病就出在否定词上。

七、介词使用不当

1、滥用介词造成句子成分残缺

由于缺乏文化保护意识以及必要的资金投入，使我国许多宝贵的文化遗产迅速消失，民间文化生存环境急剧恶化。在这句话中介词“由于”使用不当、造成该句缺主语，应删除。

2、介词结构不完整（残缺）

“人类安全”对APEC会议是一个全新的概念，涉及反恐、自然灾害、疾病、能源安全等领域，与会者将把它作为最重要的议题之一进行积极的沟通和讨论。“对……”介词短语残缺，应是“对……来说”或“对……而言”。

八、关联词使用不当

这类问题有两种情况：1关联词不搭配。这种情况比较少，因为比较简单。2关联词的位置不当。先看一个例子：我们一定能在奥运之际展现出古老文明大国的风范，那时文我们的城市不仅会变得更加美丽，每个人也会更加文明。复句中，当分句的主语相同时，第一分句的关联词应放在主语的前面，当分句的主语不同时，第一分句的关联词要放在主语的后面，本句第一分句的主语是“城市”，第二分句的主语是“人”，因而“不仅”应方在“我们的城市”前。

九、从逻辑上看是否符合逻辑

7.高考语病答案解析 篇七

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，an+1=，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﹣1+1），∴==，∴=，∴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，ak+1=≤＜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；

（3）若ak＞1，求正整数k的最小值．

【解答】（1）证明：an+1﹣an=≥0，可得an+1≥an．

∵a1=，∴an．

∴an+1﹣an=＞0，∴an+1＞an．

（II）证明：由已知==，∴=﹣，由=，=，…，=，累加求和可得：=++…+，当k=2017时，由（I）可得：=a1＜a2＜…＜a2016．

∴﹣=++…+＜＜1，∴a2017＜1．

（III）解：由（II）可得：可得：=a1＜a2＜…＜a2016＜a2017＜1．

∴﹣=++…+＞2017×=1，∴a2017＜1＜a2018，又∵an+1＞an．∴k的最小值为2018．

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．

【解答】（1）解：∵a1=2，∴a2=22﹣2+1=3，同理可得：a3=7．

（2）证明：，对n∈N*恒成立，∴an+1＞an．

（3）证明：

故=．

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．

【解答】证明：（I）数列{an}满足：a1=1，（n∈N*），可得：，⇒an+1≥an≥an﹣1≥…≥a1=1；

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：；

（Ⅲ），由（Ⅱ）得：，所以，累加得：，另一方面由an≤n可得：原式变形为，所以：，累加得．

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≥．

【解答】解：（Ⅰ）∵在正项数列{an}中，a1=1，且满足an+1=2an（n∈N*），∴=，=．

证明：（Ⅱ）①当n=1时，由已知，成立；

②假设当n=k时，不等式成立，即，∵f（x）=2x﹣在（0，+∞）上是增函数，∴≥

=（）k+（）k﹣

=（）k+

=（）k+，∵k≥1，∴2×（）k﹣3﹣3=0，∴，即当n=k+1时，不等式也成立．

根据①②知不等式对任何n∈N*都成立．

28．设数列{an}满足．

（1）证明：；

（2）证明：．

【解答】（本题满分15分）

证明：（I）易知an＞0，所以an+1＞an+＞an，所以

ak+1=ak+＜ak+，所以．

所以，当n≥2时，=，所以an＜1．

又，所以an＜1（n∈N*），所以

an＜an+1＜1（n∈N*）．…（8分）

（II）当n=1时，显然成立．

由an＜1，知，所以，所以，所以，所以，当n≥2时，=，即．

所以（n∈N*）．

…（7分）

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：﹣＜+…+．

【解答】（I）证明：a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（n∈N*），∴a2=2×（2+1+1）=8．

n≥2时，an=2（Sn﹣1+n），相减可得：an+1=3an+2，变形为：an+1+1=3（an+1），n=1时也成立．

令bn=an+1，则bn+1=3bn．∴{bn}是等比数列，首项为3，公比为3．

（II）解：由（I）可得：bn=3n．

∴数列{nbn}的前n项和Tn=3+2×32+3×33+…+n•3n，3Tn=32+2×33+…+（n﹣1）•3n+n•3n+1，∴﹣2Tn=3+32+…+3n﹣n•3n+1=﹣n•3n+1=×3n+1﹣，解得Tn=+．

（III）证明：∵bn=3n=an+1，解得an=3n﹣1．

由=．

∴+…+＞…+==，因此左边不等式成立．

又由==＜=，可得+…+＜++…+

=＜．因此右边不等式成立．

综上可得：﹣＜+…+．

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．

【解答】证明：（I）an+1﹣an=﹣an=≥0，∴an+1≥an≥3，∴（an﹣2）2＞0

∴an+1﹣an＞0，即an+1＞an；

（II）∵2an+1﹣4=an2﹣2an=an（an﹣2）

∴=≥，∴an﹣2≥（an﹣1﹣2）≥（）2（an﹣2﹣2）≥（）3（an﹣3﹣2）≥…≥（）n﹣1（a1﹣2）=（）n﹣1，∴an≥2+（）n﹣1；

（Ⅲ）∵2（an+1﹣2）=an（an﹣2），∴==（﹣）

∴=﹣，∴=﹣+，∴Sn=++…+=﹣+﹣+…+﹣=﹣=1﹣，∵an+1﹣2≥（）n，∴0＜≤（）n，∴1﹣（）n≤Sn=1﹣＜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＜．

【解答】（1）解：∵a1=，a，n∈N+．∴a2==．

（2）解：∵a1=，a，n∈N+．∴=﹣，化为：﹣1=，∴数列是等比数列，首项与公比都为．

∴﹣1=，解得=1+．

（3）证明：一方面：由（2）可得：an=≥=．

∴Sn≥+…+==，因此不等式左边成立．

另一方面：an==，∴Sn≤+++…+=×＜×3＜（n≥3）．

又n=1，2时也成立，因此不等式右边成立．

综上可得：（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）．

【解答】证明：（1）数列{an}中，a1=1，an=．

可得an＞0，an2=anan+1﹣2，可得an+1=an+＞an，即an＜an+1；

（2）由（1）可得anan﹣1＜an2=anan+1﹣2，可得anan+1﹣anan﹣1＞2，n=1时，anan+1=a12+2=3，2n+1=3，则原不等式成立；

n≥2时，anan+1＞3+2（n﹣1）=2n+1，综上可得，anan+1≥2n+1；

（3）bn=，要证2＜bn＜（n≥2），即证2＜an＜，只要证4n＜an2＜5n，由an+1=an+，可得an+12=an2+4+，且a2=3，an+12﹣an2=4+＞4，且4+＜4+=4+=，即有an+12﹣an2∈（4，），由n=2，3，…，累加可得

an2﹣a22∈（4（n﹣2），），即有an2∈（4n+1，）⊆（4n，5n），故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．

【解答】解：（1）若数列{an}是常数列，则，得．显然，当时，有an=1．

…（3分）

（2）由条件得，得a2＞a1．…（5分）

又因为，两式相减得．

…（7分）

显然有an＞0，所以an+2﹣an+1与an+1﹣an同号，而a2﹣a1＞0，所以an+1﹣an＞0，从而有an＜an+1．…（9分）

（3）因为，…（10分）

所以an=a1+（a2﹣a1）+…+（an﹣an﹣1）≥1+（n﹣1）（m﹣2）．

这说明，当m＞2时，an越来越大，显然不可能满足an＜4．

所以要使得an＜4对一切整数n恒成立，只可能m≤2．…（12分）

下面证明当m=2时，an＜4恒成立．用数学归纳法证明：

当n=1时，a1=1显然成立．

假设当n=k时成立，即ak＜4，则当n=k+1时，成立．

由上可知an＜4对一切正整数n恒成立．

因此，正数m的最大值是2．…（15分）

34．已知数列{an}满足：，p＞1，．

（1）证明：an＞an+1＞1；

（2）证明：；

（3）证明：．

【解答】证明：（1）先用数学归纳法证明an＞1．

①当n=1时，∵p＞1，∴；

②假设当n=k时，ak＞1，则当n=k+1时，．

由①②可知an＞1．

再证an＞an+1．，令f（x）=x﹣1﹣xlnx，x＞1，则f＇（x）=﹣lnx＜0，所以f（x）在（1，+∞）上单调递减，所以f（x）＜f（1）=0，所以，即an＞an+1．

（2）要证，只需证，只需证其中an＞1，先证，令f（x）=2xlnx﹣x2+1，x＞1，只需证f（x）＜0．

因为f＇（x）=2lnx+2﹣2x＜2（x﹣1）+2﹣2x=0，所以f（x）在（1，+∞）上单调递减，所以f（x）＜f（1）=0．

再证（an+1）lnan﹣2an+2＞0，令g（x）=（x+1）lnx﹣2x+2，x＞1，只需证g（x）＞0，令，x＞1，则，所以h（x）在（1，+∞）上单调递增，所以h（x）＞h（1）=0，从而g＇（x）＞0，所以g（x）在（1，+∞）上单调递增，所以g（x）＞g（1）=0，综上可得．

（3）由（2）知，一方面，由迭代可得，因为lnx≤x﹣1，所以，所以ln（a1a2…an）=lna1+lna2+…+lnan=；

另一方面，即，由迭代可得．

因为，所以，所以=；

综上，．

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．

【解答】解（Ⅰ）：由已知可得数列{an}各项非零．

否则，若有ak=0结合ak﹣ak﹣1+akak﹣1=0⇒ak﹣1=0，继而⇒ak﹣1=0⇒ak﹣2=0⇒…⇒a1=0，与已知矛盾．

所以由an+1﹣an+anan+1=0可得．

即数列是公差为1的等差数列．

所以．

所以数列{an}的通项公式是（n∈N*）．

（Ⅱ）

证明一：因为．

所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an=．

所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．

证明二：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an===．

所以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．

【解答】解：（1）若数列{an}是常数列，则，；显然，当时，有an=1

（2）由条件得得a2＞a1，又因为，两式相减得

显然有an＞0，所以an+2﹣an+1与an+1﹣an同号，而a2﹣a1＞0，所以an+1﹣an＞0；

从而有an＜an+1．

（3）因为，所以an=a1+（a2﹣a1）+…（an﹣an﹣1）＞1+（n﹣1）（p﹣1），这说明，当p＞1时，an越来越大，不满足an＜2，所以要使得an＜2对一切整数n恒成立，只可能p≤1，下面证明当p=1时，an＜2恒成立；用数学归纳法证明：

当n=1时，a1=1显然成立；

假设当n=k时成立，即ak＜2，则当n=k+1时，成立，由上可知对一切正整数n恒成立，因此，正数p的最大值是1

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，．

【解答】（1）证明：利用数学归纳法证明：

①当n=1时，a1=a＞4，成立．

②假设当n=k≥2时，ak＞4，．

则ak+1=＞=4．

∴n=k+1时也成立．

综上①②可得：∀n∈N*，an＞4．

（2）解：∵，（n∈N*）．

∴﹣=﹣2an﹣8=﹣9＞（4﹣1）2﹣9=0，∴an＞an+1．

∴数列{an}单调递减．

（3）证明：由（2）可知：数列{an}单调递减．

一方面Sn＞a1+4（n﹣1）=4n+2．

另一方面：=＜，∴an﹣4＜，∴Sn﹣4n＜＜．即Sn＜4n+．

∴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≤．

【解答】解：（Ⅰ）证明：由a1=1，an+1=，得an＞0，（n∈N），则an+1﹣an=﹣an=＜0，∴an+1＜an；

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知0＜an＜1，又an+1=．，∴=≥，即an+1＞an，∴an＞an﹣1≥（）2an﹣1≥…≥（）2an﹣1≥（）n﹣1a1=，即an≥．

由an+1=，则=an+，∴﹣=an，∴﹣=a1=1，﹣=a2=，﹣=a3=（）2…﹣=an﹣1≥（）n﹣2，累加得﹣=1++（）2+…+（）n﹣2==2﹣（）n﹣2，而a1=1，∴≥3﹣（）n﹣2==，∴an≤．

综上得≤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：．

【解答】解：（1）证明：当b=1，an+1=+1，∴（an+1﹣1）2=（an﹣1）2+2，即（an+1﹣1）2﹣（an﹣1）2=2，∴（an﹣1）2﹣（an﹣1﹣1）2=2，∴数列{（an﹣1）2}是0为首项、以2为公差的等差数列；

（2）当b=﹣1，an+1=﹣1，数列{a2n﹣1}单调递减．

可令an+1→an，可得1+an=，可得an→，即有an＜（n=2，3，…），再令f（x）=﹣1，可得

在（﹣∞，1]上递减，可得{a2n﹣1}单调递减．

（3）运用数学归纳法证明，当n=1时，a1=1＜成立；

设n=k时，a1+a3+…+22k﹣1＜，当n=k+1时，a1+a3+…+a2k﹣1+a2k+1

＜+=，综上可得，成立．

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）．

【解答】证明：（Ⅰ）由得：（*）

显然an＞0，（*）式⇒

故1﹣an与1﹣an﹣1同号，又，所以1﹣an＞0，即an＜1…（3分）

（注意：也可以用数学归纳法证明）

所以

an﹣1﹣an=（2an+1）（an﹣1）＜0，即an﹣1＜an

所以

an﹣1＜an＜1（n≥1）…（6分）

（Ⅱ）（*）式⇒，由0＜an﹣1＜an＜1⇒an﹣1﹣an+1＞0，从而bn=an﹣1﹣an+1＞0，于是，Sn=b1+b2+…+bn＞0，…（9分）

由（Ⅰ）有1﹣an﹣1=2（1+an）（1﹣an）⇒，所以（**）…（11分）

所以Sn=b1+b2+…+bn=（a0﹣a1+1）+（a1﹣a2+1）+…（an﹣1﹣an+1）=…（12分）

=…（14分）

∴（n≥2）成立…（15分）

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．

【解答】解：（1）由a1=1，an+1=，n∈N*，知an＞0，故an+1﹣an=﹣an=＜0，因此an+1＜an；

（2）由an+1=，取倒数得：=+an，平方得：=+an2+2，从而﹣﹣2=an2，由﹣﹣2=a12，﹣﹣2=a22，…，﹣﹣2=an2，累加得﹣﹣2n=a12+a22+…+an2，即Tn=﹣2n﹣1；

（3）由（2）知：﹣=an，可得﹣=a1，﹣=a2，…，﹣=an，由累加得﹣=a1+a2+…+an=Sn，又因为=a12+a22+…+an2+2n+1＞2n+2，所以＞，Sn=an+an﹣1+…+a1

=﹣＞﹣1＞﹣1；

又由＞，即＞，得

当n＞1时，an＜=＜=（﹣），累加得Sn＜a1+[（﹣1）+（﹣）+…+（﹣）]=1+（﹣1）＜，当n=1时，Sn成立．

因此﹣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．

【解答】解：（I）由，则，由a1=3，则an＞0，两边取对数得到，即bn+1=2bn（2分）

又b1=log2（a1+1）=2≠0，∴{bn}是以2为公比的等比数列．

即（3分）

又∵bn=log2（an+1），∴（4分）

（2）用数学归纳法证明：1o当n=2时，左边为=右边，此时不等式成立；

（5分）

2o假设当n=k≥2时，不等式成立，则当n=k+1时，左边=（6分）

＜k+1=右边

∴当n=k+1时，不等式成立．

综上可得：对一切n∈N*，n≥2，命题成立．（9分）

（3）证明：由得cn=n，∴，首先，（10分）

其次∵，∴，当n=1时显然成立．所以得证．（15分）

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*．

【解答】（1）证明：由正项数列{an}满足a1=3，n∈N*．

得+an+2=2an+1，两式相减得（an+2﹣an+1）（an+2+an+1+1）=2（an+1﹣an），∵an＞0，∴an+2﹣an+1与an+1﹣an同号．

∵+a2=2a1=6，∴a2=2，则a2﹣a1＜0，∴an+1﹣an＜0，即数列{an}是单调减数列，则an≤a1=3．

另一方面：由正项数列{an}满足a1=3，n∈N*．

可得：+an+1=2an，得+an+1﹣2=2an﹣2，得（an+1+2）（an+1﹣1）=2（an﹣1），由an+1+2＞0，易知an+1﹣1与an﹣1同号，由于a1﹣1=2＞0，可知an﹣1＞0，即an＞1．

综上可得：1＜an≤3，n∈N*．

（2）解：由（1）知：=，而3＜an+1+2≤a2+2=4，则≤，∴．

故M的最小值为．

（3）证明：由（2）知n≥2时，an﹣1=（a1﹣1）×××…×＜=2×，又n=1时，a1﹣1=2，故有an﹣1≤，n∈N*．

即an≤，n∈N*．

则a1+a2+a3+…+an＜n+2=n+2×＜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．

【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，n=k+1时，ak∈（1，2）成立．

由1°2°知1＜an＜2，n∈N*恒成立.=（an﹣1）（an﹣2）＜0．

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，=．

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：．

【解答】证明：（1）当n=1时，满足，假设当n=k（k≥1）时结论成立，即≤ak＜1，∵ak+1=，∴，即n=k+1时，结论成立，∴当n∈N*时，都有．

（2）由，得，∴，∴==﹣1，即，∴数列是等差数列．

（3）由（2）知，∴，∴==，∵当n≥2时，12n2+18n﹣（7n2+21n+14）=（5n+7）（n﹣2）≥0，∴n≥2时，∴n≥2时，又b1=，b2=，∴当n≥3时，==

．

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．

【解答】（Ⅰ）证明：①当n=1时显然成立；

②假设当n=k（k∈N*）时不等式成立，即0＜ak＜1，那么：当n=k+1时，＞，∴0＜ak+1＜1，即n=k+1时不等式也成立．

综合①②可知，0＜an＜1对任意n∈N*成立．﹣﹣﹣﹣

（Ⅱ），即an+1＞an，∴数列{an}为递增数列．

又=，易知为递减数列，∴也为递减数列，∴当n≥2时，==

∴当n≥2时，=

当n=1时，成立；

当n≥2时，Tn=b1+b2+…+bn＜=

综上，对任意正整数n，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）．

【解答】证明：（I）（数学归纳法）

当n=1时，因为x1=1，所以0＜x1＜9成立．

假设当n=k时，0＜xk＜9成立，则当n=k+1时，．

因为，且得xk+1＜9

所以0＜xn＜9也成立．

（II）因为0＜xn＜9，所以．

所以xn＜xn+1．

（III）因为0＜xn＜9，所以．

从而xn+1=2+3＞+3．

所以，即．

所以．

又x1=1，故．

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＜．

【解答】（I）解：对任意n∈N*，满足an+1=an+can2（c＞0且为常数）．∴a2=．a3=．

∵a1，2a2，3a3依次成等比数列，∴=a1•3a3，∴=a1•3（），a2＞0，化为4a2=3a1（1+ca2）．

∴4（）=3a1[1+c（）]，a1＞0，化为：3c2x2﹣cx﹣1=0，解得x=．

（II）证明：（i）由an+1=an+can2（c＞0且为常数），an＞0．

∴﹣=﹣==﹣．即﹣=﹣．

（ii）由（i）可得：﹣=﹣．

∴bn==，∴Sn=+…+=．

由an+1=an+can2＞an＞0，可得﹣．

∴Sn＜=Sn+1＜．

∴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*．

【解答】解：（I）∵|an﹣|≤1，∴|an|﹣|an+1|≤1，∴﹣≤，n∈N*，∴=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）≤+++…+==1﹣＜1．

∴|an|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）．

（II）任取n∈N*，由（I）知，对于任意m＞n，﹣=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）

≤++…+=＜．

∴|an|＜（+）•2n≤[+•（）m]•2n=2+（）m•2n．①

由m的任意性可知|an|≤2．

否则，存在n0∈N*，使得|a|＞2，取正整数m0＞log且m0＞n0，则

2•（）＜2•（）=|a|﹣2，与①式矛盾．

综上，对于任意n∈N*，都有|an|≤2．

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．

【解答】证明：（Ⅰ）∵，∴an+1＞an＞a1≥1，∴．

（Ⅱ）∵，∴0＜＜1，即﹣=＜＜﹣，累加可得，﹣＜1﹣，故an+1＜n+1，另一方面，由an≤n可得，原式变形为

故

累加得，故＜an+1＜n+1．

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END