Question

设数列{a_n}的前n项和为S_n，点P（S_n，a_n）在直线（2-m）x+2my-m-2=0上，其中m为常数，且m＞0．
（Ⅰ）求证：{a_n}是等比数列，并求其通项a_n；
（Ⅱ）若数列{a_n}的公比q=f（m），数列{b_n}满足b₁=a₁，b_n=f（b_n-1），（n∈N⁺，n≥2），求证：{

1

bn

}是等差数列，并求b_n；
（Ⅲ）设数列{c_n}满足c_n=b_nb_n+1，T_n为数列{c_n}的前n项和，且存在实数T满足T_n≥T，（n∈N⁺）求T的最大值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由题设知（2-m）S_n+2ma_n-m-2=0，当n=1时，a₁=S₁，（2-m）a₁+2ma₁-m-2=0，a₁=1，当n≥2时，（2-m）S_n-1+2ma_n-1-m-2=0，
两式相减得（2+m）a_n=2ma_n-1，由此能求出其通项a_n；
（Ⅱ）由q=f(m)=

2m

m+2

，知bn=f(bn-1)=

2bn-1

bn-1+2

，

1

b1

=1，由此能证明{

1

bn

}成等差数列；
（Ⅲ）由{c_n}满足cn=bn•bn+1=

4

(n+1)(n+2)

＞0，知T_n递增．Tn≥T1=C1=

2

3

，要满足T_n≥T对任意n∈N⁺都成立，T≤

2

3

．由此能求出T的最大值．

解答：解：（Ⅰ）∵点P（S_n，a_n）在直线（2-m）x+2my-m-2=0上，
∴（2-m）S_n+2ma_n-m-2=0*（1分）
当n=1时，a₁=S₁，∴（2-m）a₁+2ma₁-m-2=0，
∴a₁（m+2）=m+2∴a₁=1，（2分）
当n≥2时，由*式知（2-m）S_n-1+2ma_n-1-m-2=0**，
两式相减得（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，
又当n=1时也适合，∴{a_n}是等比数列，
通项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也适合，
∴{

1

bn

}成等差数列，（7分）
其通项

1

bn

=

n+1

2

，∴bn=

2

n+1

（9分）
（Ⅲ）∵{c_n}满足cn=bn•bn+1=

4

(n+1)(n+2)

＞0T_n为数列{c_n}的前n项和，
∴{T_n}是递增娄数列；（11分）
∴Tn≥T1=C1=

2

3

，要满足T_n≥T对任意n∈N⁺都成立，
∴T≤

2

3

．∴T的最大值为

2

3

．（13分）

点评：本题考查数列的性质和应用，解题时要注意公式的合理运用，挖掘题设中的陷含条件．