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?an?n?5(n?2)又a1?6也适合上式 ?an?n?5(n?N)?
又bn?2?2bn?1?bn?0即bn?2?bn?1?bn?1?bn，所以{bn}是等差数列， 又b3?11,b1?b2??+b9=153，解得b1=5，d=3。因为bn?3n?2 ??6分 （2）cn?3(2an?11)(2bn?1)12[(1?=
1(2n?1)(2n?1))?(13?15)??122n?112n?1?(1?12n?11)
n2n?1所以Tn?c1?c2??cn?因为Tn?1?Tn?n?12n?3?13?+(2n?1)]???8分
n2n?1?1(2n?3)(2n?1)13?0 ??10分
因为Tn单调递增，故(Tn)min?T1?令?31k57
??11分 ??13分
，得k?19,所以kmax=18。
21．解：（1）当x?1时，f(x)??x3?x2?bx?c,则f?(x)??3x2?2x?b （1分）
?f(0)?0?c?0 依题意，得? 即?，解得b?c?0． （4分）
?f?(?1)??5??3?2?b??5（2）由（1）知，f(x)=
①当,
当x变化时
x (-1,0) 的变化情况如下表：
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单调递减
又f(?1)?2,f()?32427极小值 单调递增 极大值 单调递减 ,f(0)?0,
所以f(x)在??1,1?上的最大值为2． （7分） ②当1?x?2时，f(x)?alnx
当a?0时， f(x)?0，所以f(x)的最大值为0 ；
当a?0时，f(x)在?1,2?上单调递增，所以f(x)在?1,2?上的最大值为aln2．（8分） 综上所述， 当aln2?2，即a?当aln2?2，即a?2ln22ln2时，f(x)在??1,2?上的最大值为2；
时，f(x)在??1,2?上的最大值为aln2 ． （9分）
（3）假设曲线y?f(x)上存在两点P,Q满足题设要求，则点P,Q只能在y轴的两侧． 不妨设P(t,f(t)),(t?0)，则Q(?t,t3?t2)，显然t?1 因为?POQ是以O为直角顶点的直角三角形， 所以OP?OQ?0，即?t?f(t)(t?t)?0 ①
若方程①有解，则存在满足题意的两点P,Q；若方程①无解，则不存在满足题意的两点P,Q
3223232若0?t?1，则f(t)??t?t，代入①式得?t?(?t?t)(t?t)?0，
23242即t?t?1?0，而此方程无实数解，因此t?1． ?????11分
此时f(t)?alnt，代入①式得,?t?(alnt)(t?t)?0即令h(x)?(x?1)lnx因为所以对于
(x?1)，则h(x)?lnx?'2321a?(t?1)lnt ②
1x?1?0，所以h(x)在?1,???上单调递增，
当时，,的取值范围。
方程②总有解，即方程①总有解。
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所以对任意给定的正实数a，曲线y?f(x)上总存在两点P,Q，使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边的中点在y轴上 ……………14分
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