1?an?2??2??3?n?1?2??3?n?1?，b?3?2?n??6???3?n?1?2??3?n?1?． ??
（Ⅲ）令数列?dn?的通项公式为dn?(2?其前n项和为Pn；
令数列?en?的通项公式为en?(2?其前n项和为Pn?．
12363)n?1，它是公比为p?2?3的等比数列，令
3)n?1，它是公比为p??2?3的等比数列，令
由第（Ⅱ）问得Sn???(Pn?Pn?)，Sn(Pn?Pn?)．
Sn?Sn?3?Pn?Pn?Pn?Pn?1??3?1?Pn?Pn． Pn?Pn3?1，则limPn??n?? 由于数列?en?的公比0?2?1p1p11?(2?3)．
1Pn?1?p1?pn(?)?((1pnn)n?1，由于
1p?12?3?2?3，则lim1Pn)?1n???0，
于是limn??Pn?Pn?0，所以limSn?Snn???3 2例8 数列?an?的各项均为正数，Sn为其前n项和，对于任意n?N*，总有an,Sn,an成等差数列.
(Ⅰ)求数列?an?的通项公式；
(Ⅱ)设数列?bn?的前n项和为Tn ，且bn?lnn2xan，求证:对任意实数x??1,e?（e是常数，
e＝2.71828???）和任意正整数n，总有Tn? 2；
(Ⅲ) 正数数列?cn?中，an?1??cn?n?1,(n?N).求数列?cn?中的最大项.
*2*（Ⅰ）解：由已知：对于n?N，总有2Sn?an?an ①成立
∴2Sn?1?an?1?an?1 （n ≥ 2）② ①--②得2an?an?an?an?1?an?1 ∴an?an?1??an?an?1??an?an?1?
∵an,an?1均为正数，∴an?an?1?1 （n ≥ 2） ∴数列?an?是公差为1的等差数列 又n=1时，2S1?a1?a12， 解得a1=1 ∴an?n.(n?N*)
（Ⅱ）证明：∵对任意实数x??1,e?和任意正整数n，总有bn?lnn2222xan≤
1n2.
∴Tn?112?121222???131n2?1?1n?111?2?1n?12?31n???1?n?1?n
?1?1?12??????2??2
(Ⅲ)解：由已知 a2?c1?2?c1?
a3?c2?3?c2?a5?c4?5?c4?53352，
443,a4?c3?4?c3?54?2,
易得 c1?c2,c2?c3?c4?... 猜想 n≥2 时，?cn?是递减数列.
1?x?lnxx2令f?x??lnxx,则f??x??x?1?lnxx2
∵当x?3时，lnx?1,则1?lnx?0，即f??x??0. ∴在?3,???内f?x?为单调递减函数. 由an?1?cnn?1知lncn?ln?n?1?n?1.
∴n≥2 时, ?lncn?是递减数列.即?cn?是递减数列.
又c1?c2 , ∴数列?cn?中的最大项为c2?33.
例9 设?an?是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足
a2?a3?a4?a5,S7?7。
2222（1）求数列?an?的通项公式及前n项和Sn； （2）试求所有的正整数m，使得
22amam?1am?22为数列?an?中的项。
2解：（1）设公差为d，则a2?a5?a4?a3，由性质得?3d(a4?a3)?d(a4?a3)，因为d?0，所以a4?a3?0，即2a1?5d?0，又由S7?7得7a1?解得a1??5，
7?62d?7，
d?2,
(2)
（方法一）则
amam?1am?2amam?1am?2
=
(2m?7)(2m?5)2m?38t,设2m?3?t，
=
(t?4)(t?2)t?t??6, 所以t为8的约数
（方法二）因为
8 am+2amam?1am?2?(am?2?4)(am?2?2)am?2?am?2?6?8am?2为数列?an?中的项，
故
为整数，又由（1）知：am?2为奇数，所以am?2?2m?3??1,即m?1,2
经检验，符合题意的正整数只有m?2。 例10 已知?an?是公差为d的等差数列，?bn?是公比为q的等比数列。 （1）
*若an?3n?1，是否存在m、k?N，有am?am?1?ak?说明理由；
（2）
找出所有数列?an?和?bn?，使对一切n?N,
*an?1an?bn,并说明理由；
（3）
若a1?5,d?4,b1?q?3,试确定所有的p，使数列?an?中存在某个连续p项的
和是数列?bn?中的一项，请证明。
解：（1）由am?am?1?ak，得6m?5?3k?1， 整理后，可得k?2m??43，?m、k?N?，?k?2m为整数，
?不存在m、k?N，使等式成立。
（2）若
an?1a?bn，即
a1?nda1?(n?1)d?b1qn?1， （*）
（ⅰ）若d?0,则1?b1qn?1?bn。
当{an}为非零常数列，{bn}为恒等于1的常数列，满足要求。 （ⅱ）若d?0，（*）式等号左边取极限得lima1?nda1?(n?1)dn??（*）式等号右边的极限只?1，
有当q?1时，才能等于1。此时等号左边是常数，?d?0，矛盾。
综上所述，只有当{an}为非零常数列，{bn}为恒等于1的常数列，满足要求。
n（3）an?4n?1,bn?3,n?N*
设am?1?am?2????am?p?bk?3,p、k?N,m?N.
4(m?1)?1?4(m?p)?12p?3，
kk*?4m?2p?3?3kp,?p、k?N*,?p?3,s?N.
5取k?3s?2,4m?32s?2?2?3?3?(4?1)s2s?2?2?(4?1)?3?0,
s由二项展开式可得正整数M1、M2，使得（4-1）2s+2=4M1+1,
2?(4?1)?8M2?(?1)2,
?4m?4(M1?2M2)?(?1)?12,?存在整数m满足要求.
ss?s?故当且仅当p=3,s?N时，命题成立.
s
二、点列综合题
例11 设曲线c:y?x(x?0)上的点为P0(x0,y0),过P0作曲线c的切线与x轴交于Q1，
2过Q1作平行于y轴的直线与曲线c交于P1(x1,y1)，然后再过P1作曲线c的切线交x轴于Q2，过Q2作平行于y轴的直线与曲线c交于P2(x2,y2)，依此类推，作出以下各点：P0，Q1，P1，Q2，P2，Q3，?Pn，Qn+1?，已知x0?2，设Pn(xn,yn)(n?N)
（1）求出过点P0的切线方程； （2）设xn?f(n),求f(n)的表达式； （3）设Sn?x0?x1???xn,求 解：（1） ?k0?2x0?4∴过点
P0的切线段为y?4?4(x?2)即4x?y?4?0
xn?2xn(x?xn)
22 （2）?kn?2xn ∴过点Pn的切线方程为y? 将Qn?1(xn?1,0)的坐标代入方程得：? ?xn?1
xn?2xn(xn?1?xn)
?xn2?xn?1xn?12
?2,公比为12 故数列{xn}是首项为x0 ?xn的等比数列
1n1n?1?f(n)?2?()即f(n)?()
222(1?1?121n?1
（3）
)?Sn?4(1?2?Sn?1n?1)
2 ?limn??Sn?lim4(1?n??12n?1)?4
bn例12 已知点P满足：a?a·，bb?a，bn?1nn?1n?1n?nn?，且已知，n?N21?an2??1P0?，? ?33? （1）求过点P0，P1的直线l的方程；
（2）判断点Pn?n?2?与直线l的位置关系，并证明你的结论；
（3）求点Pn的极限位置。
b?解：（1）由a0?，03123，得：