题目内容
当p1，p2，…，pn均为正数时，称
为p1，p2，…，pn的“均倒数”．已知数列{an}的各项均为正数，且其前n项的“均倒数”为
．（Ⅰ）试求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设
，试判断并说明cn+1-cn（n∈N*）的符号；（Ⅲ）已知
，记数列{bn}的前n项和为Sn，试求
的值；（Ⅳ）设函数
，是否存在最大的实数λ，使当x≤λ时，对于一切正整数n，都有f（x）≤0恒成立？
【答案】分析：（Ⅰ）先利用条件求得a1+a2++an-1+an=n（2n+1）和a1+a2++an-1=（n-1）（2n-1），两式作差就可求出数列{an}的通项公式（注意检验n=1是否成立）；
（Ⅱ）利用 （Ⅰ）求得的数列{an}的通项公式代入即可求出cn+1-cn再利用函数的单调性就可判断出cn+1-cn（n∈N*）的符号；
（Ⅲ）利用 （Ⅰ）求得的数列{an}的通项公式代入即可求出数列{bn}的通项公式，再对等比数列{bn}分公比等于1和不等于1两种情况分别求和即可找到
的值；
（Ⅳ）由（Ⅱ）知数列{cn}是单调递增数列，c1=1是其最小项，所以f（x）≤0恒成立可以转化为-x2+4x≤c1=1，再解不等式就可找到对应的最大的实数λ．
解答：解：（Ⅰ）由题得：a1+a2++an-1+an=n（2n+1） ①，
a1+a2++an-1=（n-1）（2n-1） ②，
两式相减，得an=4n-1（n≥2）．
又
，解得a1=3=4×1-1，
∴an=4n-1（n∈N+）．（4分）
（Ⅱ）∵cn=
，cn+1=
，
∴cn+1-cn=
＞0，即cn+1＞cn．（7分）
（Ⅲ）∵bn=tan=t4n-1（t＞0），
∴Sn=b1+b2++bn=t3+t7++t4n-1，
当t=1时，Sn=n，
；（8分）
当t＞0且t≠1时，Sn=
，
．（10分）
综上得，
（11分）
（Ⅳ）由（Ⅱ）知数列{cn}是单调递增数列，c1=1是其的最小项，即cn≥c1=1．
假设存在最大实数，使当x≤λ时，对于一切正整数n，都有f（x）=-x2+4x-
≤0恒成立，
则-x2+4x≤
（n∈N+）．
只需-x2+4x≤c1=1，即x2-4x+1≥0．
解之得x≥2+
或x≤2-
．
于是，可取λ=2-
（14分）
点评：本题是对数列知识．函数知识以及恒成立问题的综合考查．在利用等比数列的求和公式时，一定要看公比的取值，在不确定的情况下，要分清况讨论．
（Ⅱ）利用 （Ⅰ）求得的数列{an}的通项公式代入即可求出cn+1-cn再利用函数的单调性就可判断出cn+1-cn（n∈N*）的符号；
（Ⅲ）利用 （Ⅰ）求得的数列{an}的通项公式代入即可求出数列{bn}的通项公式，再对等比数列{bn}分公比等于1和不等于1两种情况分别求和即可找到
的值；（Ⅳ）由（Ⅱ）知数列{cn}是单调递增数列，c1=1是其最小项，所以f（x）≤0恒成立可以转化为-x2+4x≤c1=1，再解不等式就可找到对应的最大的实数λ．
解答：解：（Ⅰ）由题得：a1+a2++an-1+an=n（2n+1） ①，
a1+a2++an-1=（n-1）（2n-1） ②，
两式相减，得an=4n-1（n≥2）．
又
，解得a1=3=4×1-1，∴an=4n-1（n∈N+）．（4分）
（Ⅱ）∵cn=
，cn+1=
，∴cn+1-cn=
＞0，即cn+1＞cn．（7分）（Ⅲ）∵bn=tan=t4n-1（t＞0），
∴Sn=b1+b2++bn=t3+t7++t4n-1，
当t=1时，Sn=n，
；（8分）当t＞0且t≠1时，Sn=
，
．（10分）综上得，
（11分）（Ⅳ）由（Ⅱ）知数列{cn}是单调递增数列，c1=1是其的最小项，即cn≥c1=1．
假设存在最大实数，使当x≤λ时，对于一切正整数n，都有f（x）=-x2+4x-
≤0恒成立，则-x2+4x≤
（n∈N+）．只需-x2+4x≤c1=1，即x2-4x+1≥0．
解之得x≥2+
或x≤2-
．于是，可取λ=2-
（14分）点评：本题是对数列知识．函数知识以及恒成立问题的综合考查．在利用等比数列的求和公式时，一定要看公比的取值，在不确定的情况下，要分清况讨论．
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所成的比为λ(λ＞0)，当λ∈
时，求
的最值．
-
=1（x＞2），O是坐标原点．
所成的比为λ（λ＞0），当λ∈[
，
]时，求|
|•|
|的最值．