∴要使一切大于1的自然数n，不等式
11［log(m－1)m］2恒成立 20911只要＞［logm(m－1)］2－［log(m－1)m］2成立即可
2020f(n)＞［logm(m－1)］2－
?m?0,m?1由?得m＞1且m≠2
m?1?0,m?1?1?此时设［logm(m－1)］2=t 则t＞0
11?9??t?于是?2020
??t?0解得0＜t＜1
由此得0＜［logm(m－1)］2＜1
1?5且m≠2。 219．解：（1）方法一 用数学归纳法证明：
解得m＞
1°当n=1时，a0?1,a1?∴a0?a1?2，命题正确. 2°假设n=k时有ak?1?ak?2. 则n?k?1时,ak?ak?1?13a0(4?a0)?, 2211ak?1(4?ak?1)?ak(4?ak) 221?2(ak?1?ak)?(ak?1?ak)(ak?1?ak)2
1?(ak?1?ak)(4?ak?1?ak).2而ak?1?ak?0.又ak?1?4?ak?1?ak?0,?ak?ak?1?0.
11ak(4?ak)?[4?(ak?2)2]?2. 22∴n?k?1时命题正确.
由1°、2°知，对一切n∈N时有an?an?1?2. 方法二：用数学归纳法证明： 1°当n=1时，a0?1,a1?
13a0(4?a0)?,∴0?a0?a1?2； 22- 6 -
2°假设n=k时有ak?1?ak?2成立，
1x(4?x)，f(x)在[0，2]上单调递增，所以由假设 2111有：f(ak?1)?f(ak)?f(2),即ak?1(4?ak?1)?ak(4?ak)??2?(4?2),
222令f(x)?也即当n=k+1时 ak?ak?1?2成立，所以对一切n?N,有ak?ak?1?2 （2）下面来求数列的通项：an?1?11an(4?an)?[?(an?2)2?4],所以 222(an?1?2)??(an?2)2
1211221122211?2???2n?12n令bn?an?2,则bn??bn??(?b)???()b????()bn, ?1n?2n?122222212n?112n?1b??(),即a?2?b?2?() 又bn=－1，所以nnn2220．解：（Ⅰ）依题意有?2?a?13，
?M?P?10a2?80a?205?0，M?Q?10a2?83a?181?0， ?M最大．又P?Q??24?3a，
当?2?a?8时，P?Q,lgP?1?lgQ.?10P?Q，?a?满足lgM?1?lgQ.?a?1. 21符合题意. 286. 7当8?a?13时，P?Q,lgP?1?lgQ.?10Q?P，?a?但此时不满足lgM?1?lgP.?a?86. 71a?.∴an?lgP?(n?1)?1?n?2lg2. ，此时??an?的前三项为lgP，lgQ，lgM2 （Ⅱ） ?2an?1?an?an?2?f(x)?0时，(x?1)(anx?an?2)?0
?bn?|x1?x2|?|an?22?1|?||， anan22211,?bn?1bn???4(?). anan?1anan?1an- 7 -
又∵an?n?2lg2?0,?bn?
∴T?1(bb?bb???bb)?1?4?(1?1)?(1?1)???(1?1)?
n1223n?1n??44aaaaaa?1223n?1n??1111n?1=． ???a1an1?2lg2n?2lg2(1?2lg2)(n?2lg2)21．解：（Ⅰ）由已知，得S1?a1?1，S2?a1?a2?7，S3?a1?a2?a3?18.
由(5n?8)Sn?1?(5n?2)Sn?An?B，知 ??3S2?7S1?A?B，?A?B??28， ? 即 ?
2S?12S?2A?B，2A?B??48，?2?3解得 A??20，B??8. （Ⅱ）方法1
由（Ⅰ），得 (5n?8)Sn?1?(5n?2)Sn??20n?8， ① 所以(5n?3)Sn?2?(5n?7)Sn?1??20n?28. ② ②-①，得(5n?3)Sn?2?(10n?1)Sn?1?(5n?2)Sn??20， ③ 所以(5n?2)Sn?3?(10n?9)Sn?2?(5n?7)Sn?1??20. ④
④-③，得(5n?2)Sn?3?(15n?6)Sn?2?(15n?6)Sn?1?(5n?2)Sn?0. 因为an?1?Sn?1?Sn，
所以(5n?2)an?3?(10n?4)an?2?(5n?2)an?1?0. 又因为5n?2?0，
所以an?3?2an?2?an?1?0， 即an?3?an?2?an?2?an?1，n?1. 所以数列?an?为等差数列. 方法2
由已知，得S1?a1?1，
又(5n?8)Sn?1?(5n?2)Sn??20n?8，且5n?8?0， 所以数列?Sn?是唯一确定的，因而数列?an?是唯一确定的. 设bn?5n?4，则数列?bn?为等差数列，前n项和Tn?n(5n?3). 2 - 8 -
于是(5n?8)Tn?1?(5n?2)Tn?(5n?8)(n?1)(5n?2)n(5n?3)?(5n?2)??20n?8，
22由唯一性得 bn?an，即数列?an?为等差数列. （Ⅲ）由（Ⅱ）可知，an?1?5(n?1)?5n?4.
要证5amn?aman?1， 只要证5amn?1?aman?2aman. 因为amn?5mn?4，aman?(5m?4)(5n?4)?25mn?20(m?n)?16， 故只要证5(5mn?4)?1?25mn?20(m?n)?16?2aman， 即只要证20m?20n?37?2aman. 因为2aman?am?an?5m?5n?8?5m?5n?8?(15m?15n?29)?20m?20n?37， 所以命题得证.
22．证明（1）∵点Pn、Pn+1都在斜率为k的直线上
∴
Sn?1?Snxn?1=k，即=k，故 (k－1)xn+1=kxn
xn?1?xnxn?1?xn∵k≠0,xn+1≠1,xn≠1， ∴
kkxn?1==常数，∴{xn}是公比为的等比数列。
k?1xnk?1 （2）答案是肯定的，即存在自然数M，使当n>M时，xn>1恒成立。
事实上，由1
3，得0<2a2－3a+1<1 2∵yn=logxn (2a2－3a+1)， ∴
1= log(2a2?3a?1)xn yn－
由（1）得{xn}是等比数列，设公比为q>0首项为x1，则xn=x1·qn1(n∈N) ∴
1=(n－1) log(2a2?3a?1)q+log(2a2?3a?1)x1 yn- 9 -
令d=log(2a2?3a?1)q，故得{
1}是以d为公差的等差数列。 yn又∵
1111=2t+1, =2s+1，∴－=2(t－s) ysytysyt即(s－1)d－(t－1)d=2(t－s)， ∴d=－2 故
11=+（n－s）·(－2)=2（t+s）－2n+1，（n∈N） ynys1yn又∵xn=(2a2－3a+1)
（n∈N）
∴要使xn>1恒成立，即须
1<0 yn11，当M=t+s,n>M时，我们有<0恒成立， 2yn1yn∴2(t+s)－2n+1<0，∴n>(t+s)+
∴当n>M=（t+s）时，xn=(2a2－3a+1) >1恒成立。（∵0<2a2－3a+1<1）
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