Question

設數列{a_n}的前n項和為S_n，點P（S_n，a_n）在直線（2-m）x+2my-m-2=0上，其中m為常數，且m＞0．
（Ⅰ）求證：{a_n}是等比數列，并求其通項a_n；
（Ⅱ）若數列{a_n}的公比q=f（m），數列{b_n}滿足b₁=a₁，b_n=f（b_n-1），（n∈N⁺，n≥2），求證：{

1

bn

}是等差數列，并求b_n；
（Ⅲ）設數列{c_n}滿足c_n=b_nb_n+1，T_n為數列{c_n}的前n項和，且存在實數T滿足T_n≥T，（n∈N⁺）求T的最大值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由題設知（2-m）S_n+2ma_n-m-2=0，當n=1時，a₁=S₁，（2-m）a₁+2ma₁-m-2=0，a₁=1，當n≥2時，（2-m）S_n-1+2ma_n-1-m-2=0，
兩式相減得（2+m）a_n=2ma_n-1，由此能求出其通項a_n；
（Ⅱ）由q=f(m)=

2m

m+2

，知bn=f(bn-1)=

2bn-1

bn-1+2

，

1

b1

=1，由此能證明{

1

bn

}成等差數列；
（Ⅲ）由{c_n}滿足cn=bn•bn+1=

4

(n+1)(n+2)

＞0，知T_n遞增．Tn≥T1=C1=

2

3

，要滿足T_n≥T對任意n∈N⁺都成立，T≤

2

3

．由此能求出T的最大值．

解答：解：（Ⅰ）∵點P（S_n，a_n）在直線（2-m）x+2my-m-2=0上，
∴（2-m）S_n+2ma_n-m-2=0*（1分）
當n=1時，a₁=S₁，∴（2-m）a₁+2ma₁-m-2=0，
∴a₁（m+2）=m+2∴a₁=1，（2分）
當n≥2時，由*式知（2-m）S_n-1+2ma_n-1-m-2=0**，
兩式相減得（2+m）a_n=2ma_n-1∵m＞0∴

an

an-1

=

2m

m+2

，
∴an=a1(

2m

m+2

)n-1=(

2m

m+2

)n-1，
又當n=1時也適合，∴{a_n}是等比數列，
通項an=(

2m

m+2

)n-1；（5分）

（Ⅱ）由Ⅰ知q=f(m)=

2m

m+2

，
∴bn=f(bn-1)=

2bn-1

bn-1+2

，
∴

1

bn

=

1

bn-1

+

1

2

即

1

bn

-

1

bn-1

=

1

2

，又

1

b1

=1也適合，
∴{

1

bn

}成等差數列，（7分）
其通項

1

bn

=

n+1

2

，∴bn=

2

n+1

（9分）
（Ⅲ）∵{c_n}滿足cn=bn•bn+1=

4

(n+1)(n+2)

＞0T_n為數列{c_n}的前n項和，
∴{T_n}是遞增婁數列；（11分）
∴Tn≥T1=C1=

2

3

，要滿足T_n≥T對任意n∈N⁺都成立，
∴T≤

2

3

．∴T的最大值為

2

3

．（13分）

點評：本題考查數列的性質和應用，解題時要注意公式的合理運用，挖掘題設中的陷含條件．