解题思路：（Ⅰ）由题设知（2-m）Sn+2man-m-2=0，当n=1时，a1=S1，（2-m）a1+2ma1-m-2=0，a1=1，当n≥2时，（2-m）Sn-1+2man-1-m-2=0，
两式相减得（2+m）an=2man-1，由此能求出其通项an；
（Ⅱ）由
q＝f(m)＝
2m
m+2
，知
b
n
＝f(
b
n−1
)＝
2
b
n−1
b
n−1
+2
，[1
b
1
＝1，由此能证明
{
1
b
n
}
成等差数列；
（Ⅲ）由{cn}满足
c
n
＝
b
n
•
b
n+1
＝
4
(n+1)(n+2)
＞0
，知Tn递增．
T
n
≥
T
1
＝
C
1
＝
2/3]，要满足Tn≥T对任意n∈N+都成立，
T≤
2
3
．由此能求出T的最大值．
（Ⅰ）∵点P（Sn，an）在直线（2-m）x+2my-m-2=0上，
∴（2-m）Sn+2man-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）Sn-1+2man-1-m-2=0**，
两式相减得（2+m）an=2man-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，∴{an}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）∵{cn}满足cn＝bn•bn+1＝
4
(n+1)(n+2)＞0Tn为数列{cn}的前n项和，
∴{Tn}是递增娄数列；（11分）
∴Tn≥T1＝C1＝
2
3，要满足Tn≥T对任意n∈N+
点评：
本题考点： 数列递推式；数列的函数特性；等差数列与等比数列的综合．
考点点评： 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．
1年前
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