（2011•惠州一模）设数列{an}的前n项和为Sn，点P（Sn，an）在直线（3-m）x+2my-m-3=0上，（m∈

（2011•惠州一模）设数列{an}的前n项和为Sn，点P（Sn，an）在直线（3-m）x+2my-m-3=0上，（m∈N*，m为常数，m≠3）；
（1）求an；
（2）若数列{an}的公比q=f（m），数列{bn}满足b1＝a1，bn＝
3
2
f(bn−1)，(n∈N*，n≥2)，求证：{
1
bn
}为等差数列，并求bn；
（3）设数列{cn}满足cn=bn•bn+2，Tn为数列{cn}的前n项和，且存在实数T满足Tn≥T，（n∈N*），求T的最大值．
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雪夜冷辉 春芽

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解题思路：（1）由题设，（3-m）Sn+2man-m-3=0，所以(3−m)a1+2ma1−m−3＝0⇒a1＝
m+3
m+3
＝1，故（3-m）Sn-1+2man-1-m-3=0，由此能求出an．
（2）由q＝
2m
m+3
，b1＝a1＝1，bn＝
3
2
f(bn−1)＝
3
2
×
2bn−1
bn−1+3
，得[1bn＝
1
bn−1
+
1/3]，由此能得到{
1
bn
}为等差数列，并能求出bn．
（3）由cn＝bn•bn+2＝
3
n+2
•
3
n+4
＞0，n∈N*，知Tn为数列{cn}的前n项和，Tn≥T1＝c1＝
3
5
，由此能求出T的最大值．

（1）由题设，（3-m）Sn+2man-m-3=0①（1分）
∴(3−m)a1+2ma1−m−3＝0⇒a1＝
m+3
m+3＝1（2分）
由①，n≥2时，（3-m）Sn-1+2man-1-m-3=0②（3分）
①-②得，(3−m)an+2m(an−an−1)＝0⇒an＝
2m
m+3an−1，（4分）
∴an＝(
2m
m+3)n−1．（5分）
（2）由（1）知q＝
2m
m+3，b1＝a1＝1，bn＝
3
2f(bn−1)＝
3
2×
2bn−1
bn−1+3，
化简得：[1
bn＝
1
bn−1+
1/3]（7分）
∴{
1
bn}是以1为首项、[1/3]为公差的等差数列，（8分）
∴[1
bn＝1+(n−1)×
1/3＝
n+2
3]∴bn＝
3
n+2．（10分）
（3）由（2）知cn＝bn•bn+2＝
3
n+2•
3
n+4＞0，n∈N*．Tn为数列cn的前n项和，因为cn＞0，
所以Tn是递增的，Tn≥T1＝c1＝
3
5．（12分）
所以要满足Tn≥T，（n∈N*），∴T≤T1＝
3
5（13分）
所以T的最大值是[3/5]（14分）

点评：
本题考点： 数列递推式；等差关系的确定；数列与不等式的综合．

考点点评： 本题考查数列的通项公式的求法和等差数列的证明，考查数列前n项和最小值最大是多少．解题时要认真审题，仔细解答，注意数列性质的合理运用．

1年前

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