數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，Sn為其前n項(xiàng)和，對(duì)于任意n∈N*，總有2Sn=
a
2
n
+an．
（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ） 設(shè)正數(shù)數(shù)列{cn}滿足an+1=(cn)n+1，(n∈N*)，求數(shù)列{cn}中的最大項(xiàng)；
（Ⅲ） 求證：Tn=
1
a
4
1
+
1
a
4
2
+
1
a
4
3
+…+
1
a
4
n
＜
11
10
．
分析：（Ⅰ）利用an=
S1，當(dāng)n=1時(shí)
Sn-Sn-1，當(dāng)n≥2時(shí)
即可得出；
（Ⅱ）解法一：通過構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性即可得出；
解法二：先計(jì)算前幾項(xiàng)，猜想出結(jié)論，利用數(shù)學(xué)歸納法即可證明；
（Ⅲ））解法一：當(dāng)n≥4時(shí)，可證：n4＞16n（n-1），再利用裂項(xiàng)求和即可證明；
解法二：n≥2時(shí)，
1
n4
＜
1
n2(n-1)2
=
1
2n-1
[
1
(n-1)2
-
1
n2
]，再利用裂項(xiàng)求和即可證明．
解答：解：（Ⅰ）由已知：對(duì)于n∈N*，總有2Sn=an+an2①成立
∴2Sn-1=an-1+
a
2
n-1
(n≥2)②
①-②得2an=an+an2-an-1-an-12
∴an+an-1=（an+an-1）（an-an-1）∵an，an-1均為正數(shù)，∴an-an-1=1（n≥2），
∴數(shù)列{an}是公差為1的等差數(shù)列，又n=1時(shí)，2S1=a1+a12，解得a1=1．
∴an=n．
（Ⅱ）解法一：由已知cn＞0，a2=c12=2⇒c1=
2
，
a3=
c
3
2
=3⇒c2=
33
，同理，c4=
2
，c5=
55
．
易得　c1＜c2，c2＞c3＞c4＞…猜想n≥2時(shí)，{cn}是遞減數(shù)列．
令f(x)=
lnx
x
，則f′(x)=
1
x
•x-lnx
x2
=
1-lnx
x2

∵當(dāng)x≥3時(shí)，lnx＞1，則1-lnx＜0，即f'（x）＜0．
∴在[3，+∞）內(nèi)f（x）為單調(diào)遞減函數(shù)．
由an+1=cnn+1知lncn=
ln(n+1)
n+1
．
∴n≥2時(shí)，{lncn}是遞減數(shù)列．即{cn}是遞減數(shù)列．
又c1＜c2，∴數(shù)列{cn}中的最大項(xiàng)為c2=
33
．
解法二：猜測(cè)數(shù)列{cn}中的最大項(xiàng)為c2=
33
．c1＜c2＞c3易直接驗(yàn)證；
以下用數(shù)學(xué)歸納法證明n≥3時(shí)，nn+1＞（n+1）n
（1）當(dāng)n=3時(shí)，nn+1=81＞64=（n+1）n，所以n=3時(shí)不等式成立；
（2）假設(shè)n=k（k≥3）時(shí)不等式成立，即kk+1＞（k+1）k，即(
k+1
k
)k＜k，
當(dāng)n=k+1時(shí)，(
k+2
k+1
)k+1=(
k+2
k+1
)(
k+2
k+1
)k＜(
k+2
k+1
)(
k+1
k
)k＜(
k+2
k+1
)k＜k+1，
所以（k+1）k+2＞（k+2）k+1，即n=k+1時(shí)不等式成立．
由（1）（2）知nn+1＞（n+1）n對(duì)一切不小于3的正整數(shù)都成立．
（3）解法一：當(dāng)n≥4時(shí)，由基本不等式的性質(zhì)可得n3+16≥2
16n3
=8n
n
≥16n，
當(dāng)n=2
32
時(shí)，取前一個(gè)等號(hào)，顯然取不到，因此：n3+16＞16n，∴n4＞16n（n-1）．
Tn＜1+
1
16
+
1
81
+
1
16
[
1
3•4
+
1
4•5
+…+
1
n(n-1)
]
=1+
1
16
+
1
81
+
1
16
(
1
3
-
1
n
)＜
11
10

解法二：n≥2時(shí)，
1
n4
＜
1
n2(n-1)2
=
1
2n-1
[
1
(n-1)2
-
1
n2
]，
Tn＜1+
1
16
+
1
81
+
1
7
(
1
32
-
1
42
)+
1
9
(
1
42
-
1
52
)+…+
1
2n-1
[
1
(n-1)2
-
1
n2
]
＜1+
1
16
+
1
81
+
1
7
[(
1
32
-
1
42
)+(
1
42
-
1
52
)+…
1
(n-1)2
-
1
n2
]
＜1+
1
16
+
1
81
+
1
63
＜
11
10
點(diǎn)評(píng)：熟練掌握利用an=
S1，當(dāng)n=1時(shí)
Sn-Sn-1，當(dāng)n≥2時(shí)
求通項(xiàng)、通過構(gòu)造函數(shù)并利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式、數(shù)學(xué)歸納法、適當(dāng)放縮、裂項(xiàng)求和是解題的關(guān)鍵．
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數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，Sn為其前n項(xiàng)和，對(duì)于任意n∈N*，總有2Sn=an2+an．
（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)正數(shù)數(shù)列{cn}滿足an+1=（cn）n+1，（n∈N*），求數(shù)列{cn}中的最大項(xiàng)；

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設(shè)數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，它的前n項(xiàng)和為Sn（n∈N*），已知點(diǎn)（an，4Sn）在函數(shù)f （x）=x2+2x+1的圖象上．
（1）證明{an}是等差數(shù)列，并求an；
（2）設(shè)m、k、p∈N*，m+p=2k，求證：
1
Sm
+
1
Sp
≥
2
Sk
；
（3）對(duì)于（2）中的命題，對(duì)一般的各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列還成立嗎？如果成立，請(qǐng)證明你的結(jié)論，如果不成立，請(qǐng)說明理由．

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數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，Sn為其前n項(xiàng)和，對(duì)于任意n∈N*，總有an、Sn、（an）2成等差數(shù)列．
（I）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（II）設(shè)bn=an(
1
2
)n，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和是Tn，求證：
1
2
≤Tn＜2．

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科目：高中數(shù)學(xué) 來源： 題型：

若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則下列命題：
（1）若數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，則數(shù)列{Sn}也是遞增數(shù)列；
（2）數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列的充要條件是數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)；
（3）若{an}是等差數(shù)列（公差d≠0），則S1•S2…Sk=0的充要條件是a1•a2…ak=0．
（4）若{an}是等比數(shù)列，則S1•S2…Sk=0（k≥2，k∈N）的充要條件是an+an+1=0．
其中，正確命題的個(gè)數(shù)是（　　）

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科目：高中數(shù)學(xué) 來源： 題型：

（2012•奉賢區(qū)二模）數(shù)列{an} 的各項(xiàng)均為正數(shù)，a1=p，p＞0，k∈N*，an+an+k=f（p，k）•pn．
（1）當(dāng)k=1，f（p，k）=p+k，p=5時(shí)，求a2，a3；
（2）若數(shù)列{an}成等比數(shù)列，請(qǐng)寫出f（p，k）滿足的一個(gè)條件，并寫出相應(yīng)的通項(xiàng)公式（不必證明）；
（3）當(dāng)k=1，f（p，k）=p+k時(shí)，設(shè)Tn=a1+2a2+3a3+…+2an+an+1，求Tn．

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