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所以
am?am?1(24?4m)?(20?4m)4(6?m)(5?m)． ??am?216?4m4?m，t?Z)， 令t?4?m(t?3所以
am?am?14(6?m)(5?m)4(2?t)(1?t)2???4(t?3?)，
am?24?mtt2am?am?1是数列{an}中的项，那么t?3?为小于等于5的整数，
tam?2如果
所以 t?{?2,?1,1,2}．
2?6，不合题意； t2当t??1或t??2时，t?3??0，符合题意．
t当t?1或t?2时，t?3?所以，当t??1或t??2时，即m?5或m?6时，
49．（2011年朝阳期末理20）已知函数f(x)?am?am?1为数列?an?中的项．13分
am?2ax?b（a，b，c为常数，a?0）. 2cx?1ax?b（Ⅰ）若c?0时，数列{an}满足条件：点(n, an)在函数f(x)?2的图象上，
cx?1求{an}的前n项和Sn；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若a3?7，S4?24，p, q?N（p?q），
证明：Sp?q??1(S2p?S2q)； 21，xn?1?f(xn)， 2（Ⅲ）若c?1时，f(x)是奇函数，f(1)?1，数列{xn}满足x1?(xn?xn?1)25(x1?x2)2(x2?x3)2求证：?????.
x1x2x2x3xnxn?116（Ⅰ）解：依条件有f(x)?ax?b.
因为点(n, an)在函数f(x)?ax?b的图象上，所以an?f(n)?an?b. 因为an?1?an?a(n?1)?b?(an?b)?a，
所以{an}是首项是a1?a?b，公差为d?a的等差数列. ?? 1分
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所以Sn?n(a?b)?n(n?1)n(n?1)?a?nb??a. 22n(n?1)?a. ??? 2分 即数列{an}的前n项和Sn?nb?2?(a?b)?2a?7, ?3a?b?7, ?a?2,?（Ⅱ）证明：依条件有? 即?解得? 4?310a?4b?24.b?1.4(a?b)??a?24.????2所以an?2n?1. 所以Sn?n(a1?an)?n2?2n. ??????? 3分 2因为2Sp?q?(S2p?S2q)=2[(p?q)2?2(p?q)]?(4p2?4p)?(4q2?4q)
??2(p?q)，
又
2p?q，所以2Sp?q?(S2p?S2q)?0.
?1(S2p?S2q). ?????? 5分 2ax?b. 2x?1即Sp?q（Ⅲ）依条件f(x)?因为f(x)为奇函数，所以f(?x)?f(x)?0. 即
ax?b?ax?baxb?0??0f(x)?. 解得. 所以.
x2?1x2?1x2?1又f(1)?1，所以a?2. 故f(x)?2x. ????????6分 2x?112xn?x??0n?N. 所以时，有（）. x?01n?122xn?1因为xn?1?f(xn)，所以xn?1?又xn?1?f(xn)?2xn2xn≤?1， 2xn?12xn1矛盾. 2若xn?1?1，则xn?1. 从而x1?1. 这与x1?所以0?xn?1?1. ?????? 8分
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所以xk?1?xk?xk(1?xk)?1?xk1≤?xk2?141xk?1?2?2xk?1≤112?1. ??422?28(xk?xk?1)2xk?1?xk2?111所以?(xk?1?xk)?(?). ??10分
xkxk?1xkxk?18xkxk?1(xn?1?xn)2(x1?x2)2(x2?x3)2所以 ????x1x2x2x3xnxn?1?2?1111111[(?)?(?)???(?)] 8x1x2x2x3xnxn?12?1112?11(?)?(2?). ??12分 8x1xn?18xn?1?因为x1?111，xn?1?xn，所以?xn?1?1. 所以1??2. 22xn?12223?1(xn?xn?1)(x1?x2)(x2?x3)2?152所以?????(2?1)??. ?14分
x1x2x2x3xnxn?18816
50．（2011年朝阳期末文20）已知点P（n?N）满足an?1?anbn?1，bn?1?n(an, bn)且点P1的坐标为(1, ?1).
(Ⅰ)求经过点P1，P2的直线l的方程；
(Ⅱ) 已知点Pn(an, bn)（n?N）在P1，P2两点确定的直线l上，求证：数列{??bn，21?4an1}是an等差数列.
（Ⅲ）在(Ⅱ)的条件下，求对于所有n?N，能使不等式(1?a1)(1?a2)?(1?an)≥
?k1成立的最大实数k的值.
b2b3???bn?1111b11a?ab?P(, ). 1分 ?，所以. 所以2122233331?4a1解：(Ⅰ)因为b2?第 18 页 共 35 页 金太阳新课标资源网
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所以过点P1，P2的直线l的方程为2x?y?1. ?? 2分
(Ⅱ)因为Pn(an, bn)在直线l上，所以2an?bn?1. 所以bn?1?1?2an?1. ? 3分
由an?1?anbn?1，得an?1?an(1?2an?1). 即an?1?an?2anan?1. 所以
111??2. 所以{}是公差为2的等差数列. ?? 5分 an?1anan11??2(n?1). ana1（Ⅲ）由(Ⅱ)得
所以
1?1?2(n?1)?2n?1. an1. ???????? 7分 2n?12n?3所以bn?1?2an?. ????? 8分
2n?1所以an?依题意k≤(1?a1)(1?a2)?(1?an)b2b3???bn?1恒成立. 设F(n)?(1?a1)(1?a2)?(1?an)b2b3???bn?1， 所以只需求满足k≤F(n)的F(n)的最小值. ??? 10分
F(n?1)(1?a1)(1?a2)?(1?an)(1?an?1)b2b3???bn?2?因为
F(n)(1?a1)(1?a2)?(1?an)b2b3???bn?1=(1?an?1)bn?2?22n?24n?8n?4?=?1， 24n?8n?32n?12n?3所以F(n)（x?N）为增函数. ????? 12分 所以F(n)min?F(1)?223. ?33所以k≤2323. 所以kmax?. ????? 14分 3351．（2011年石景山期末文16）已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满 足2Sn?an?an(n?N*)．（Ⅰ）求a1,a2,a3；（Ⅱ）求数列?an?的通项公式；（Ⅲ）
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若bn?n()12an，求数列{bn}的前n项和Tn．
解：（Ⅰ）a1?1,a2?2,a3?3． ?????3分 （Ⅱ） 2Sn?an?an， ①
22Sn?1?an?1?an?1 ， （n≥2 ） ② ?????5分
①—②即得 (an?an?1?1)(an?an?1)?0， ?????6分 因为an?an?1?0， 所以an?an?1?1,所以an?n（n∈N）????8分 （Ⅲ）bn?n()
*212nTn?111?2?()2???n?()n， 2221111Tn?()2?2?()3???n?()n?1． 2222两式相减得，
11111Tn??()2???()n?n?()n?122222
2?n?1?n?12所以 Tn?2?2?n． ?????13分 n252．（2011年昌平期末文20）已知数列?an?的前n项和为Sn，点?n, ??Snn??在直线y?x?4?上．数列?bn?满足bn?2?2bn?1?bn?0(n?N*)，且b4?8，前11项和为154. （1）求数列?an?、?bn?的通项公式； （2）设cn?k3，数列?cn?的前n项和为Tn，求使不等式Tn?对
752(an?2)(2bn?5)*一切n?N都成立的最大正整数k的值；
*??an,(n?2l?1,l?N),*m?N（3）设f(n)?? 是否存在，使得f(m?9)?3f(m)成*??bn,(n?2l,l?N).立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
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