Question

已知點（1，

1

3

）是函數(shù)f（x）=a^x（a＞0且a≠1）的圖象上一點，等比數(shù)列{a_n}的前n項和為f（n）-c，數(shù)列{b_n}（b_n＞0）的首項為c，且前n項和S_n滿足S_n-S_n-1=

Sn

+

Sn-1

（n≥2）．記數(shù)列{

1

bnbn+1

}前n項和為T_n，
（1）求數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項公式；
（2）若對任意正整數(shù)n，當m∈[-1，1]時，不等式t²-2mt+

1

2

＞T_n恒成立，求實數(shù)t的取值范圍
（3）是否存在正整數(shù)m，n，且1＜m＜n，使得T₁，T_m，T_n成等比數(shù)列？若存在，求出m，n的值，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）因為點 (1，

1

3

)是函數(shù)f（x）=a^x的圖象上一點，所以a=

1

3

，所以f（x）=(

1

3

)x，即可得到數(shù)列的前3項，進而求出數(shù)列的首項與公比，即可得到數(shù)列{a_n}的通項公式；
因為 Sn-Sn-1=(

Sn

+

Sn-1

) (

Sn

-

Sn-1

)=

Sn

+

Sn-1

，所以數(shù)列{

Sn

}是以1為首項，以1為公差的等差數(shù)列，所以得到S_n，利用b_n=S_n-S_n-1求出答案．
（2）利用裂項相消的方法可得：T_n=

1

2

(1-

1

2n+1

)＜

1

2

；進而把原不等式化簡為：當m∈[-1，1]時，不等式t²-2mt＞0恒成立；設(shè)g（m）=-2tm+t²，m∈[-1，1]，然后利用函數(shù)的有界性解決恒成立問題即可得到答案．
（3）利用T₁，T_m，T_n成等比數(shù)列，得T_m²=T₁•T_n得到(

m

2m+1

)2=

1

3

×

n

2n+1

，n=

3m2

-2m2+4m+1

＞m，最后結(jié)合1＜m＜n知，m=2，n=12即可．

解答：解：（1）因為f（1）=a=

1

3

，所以f（x）=(

1

3

)x，
所以 a1=f(1)-c=

1

3

-c，a₂=[f（2）-c]-[f（1）-c]=-

2

9

，a₃=[f（3）-c]-[f（2）-c]=-

2

27

因為數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，所以 a1=

a 2 2

a3

=-

2

3

=

1

3

-c，所以c=1．
又公比q=

a2

a1

=

1

3

，所以 an=-2(

1

3

)n；
由題意可得：Sn-Sn-1=(

Sn

+

Sn-1

) (

Sn

-

Sn-1

)=

Sn

+

Sn-1

，
又因為b_n＞0，所以

Sn

-

Sn-1

=1；
所以數(shù)列{

Sn

}是以1為首項，以1為公差的等差數(shù)列，并且有

Sn

=n，所以Sn=n2；
當n≥2時，b_n=S_n-S_n-1=2n-1；
所以b_n=2n-1．
（2）因為數(shù)列 {

1

bnbn+1

}前n項和為T_n，
所以 Tn=

1

1×3

+

1

3×5

+…+

1

(2n-1)(2n+1)

=

1

2

×(1- 

1

3

 +

1

3

-

1

5

+…+

1

2n-1

+

1

2n+1

)
=

1

2

(1-

1

2n+1

)＜

1

2

；
因為當m∈[-1，1]時，不等式 t2-2mt+

1

2

＞Tn恒成立，
所以只要當m∈[-1，1]時，不等式t²-2mt＞0恒成立即可，
設(shè)g（m）=-2tm+t²，m∈[-1，1]，
所以只要一次函數(shù)g（m）＞0在m∈[-1，1]上恒成立即可，
所以

g(1)=t2-2t＞0 g(-1)=t2+2t＞0

，
解得t＜-2或t＞2，
所以實數(shù)t的取值范圍為（-∞，-2）∪（2，+∞）．
（3）T₁，T_m，T_n成等比數(shù)列，得T_m²=T₁•T_n
∴(

m

2m+1

)2=

1

3

×

n

2n+1

，
∴n=

3m2

-2m2+4m+1

＞m
結(jié)合1＜m＜n知，m=2，n=12（14分）

點評：本題綜合考查數(shù)列、不等式與函數(shù)的有關(guān)知識，解決此類問題的關(guān)鍵是熟練掌握數(shù)列求通項公式與求和的方法，以及把不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)求最值問題，然后利用函數(shù)的有關(guān)知識解決問題．