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    17、是否存在正整数m，使得f（n）=（2n+7）•3n+9对任意自然数n都能被m整除？若存在，求出最大的m值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由．
    分析：我们将n=1，2，3，4依次代入，计算相应的f（n）的值，由此不难得到满足条件的m值，然后再根据数学归纳法对结论进行证明．
    解答：解：由f（n）=（2n+7）•3n+9，得f（1）=36，
    f（2）=3×36，f（3）=10×36，f（4）=34×36，由此猜想m=36．
    下面用数学归纳法证明：
    （1）当n=1时，显然成立．
    （2）假设n=k时，f（k）能被36整除，
    即f（k）=（2k+7）•3k+9能被36整除；
    当n=k+1时，[2（k+1）+7]•3k+1+9=3[（2k+7）•3k+9]+18（3k-1-1），
    由于3k-1-1是2的倍数，故18（3k-1-1）能被36整除．
    这就是说，当n=k+1时，f（n）也能被36整除．
    由（1）（2）可知对一切正整数n都有f（n）=（2n+7）•3n+9能被36整除，m的最大值为36．
    点评：数学归纳法常常用来证明一个与自然数集N相关的性质，其步骤为：设P（n）是关于自然数n的命题，若1）（奠基） P（n）在n=1时成立；2）（归纳） 在P（k）（k为任意自然数）成立的假设下可以推出P（k+1）成立，则P（n）对一切自然数n都成立．
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    q
    q-1
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    （1）求数列{an}的通项公式；
    （2）当q=
    1
    3
    时，试证明a1+a2+…+an＜
    1
    2
    ；
    （3）设函数f（x）=logqx，bn=f（a1）+f（a2）+…+f（an），是否存在正整数m，使
    1
    b1
    +
    1
    b2
    +…+
    1
    bn
    ≥
    m
    3
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    （Ⅰ）求函数f（x）的解析式及数列{an}的通项公式；
    （Ⅱ）求使不等式(1+
    1
    a1
    )(1+
    1
    a2
    )…(1+
    1
    an
    )≥a
    		2n+1
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    （Ⅲ）对每一个k∈N*，在ak与ak+1之间插入2k-1个2，得到新数列：a1，2，a2，2，2，a3，2，2，2，2，a4，…，记为{bn}，设Tn是数列{bn}的前n项和，试问是否存在正整数m，使Tm=2008？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．

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    已知等差数列{an}的前10项和为100，且a4=7，对任意的k∈N*，在ak与ak+1之间插入2k-1个2，得到新数列{bn}，设Sn、Tn分别是{an}﹑{bn}前n项和．
    （Ⅰ）a10是数列{bn}的第几项？
    （Ⅱ）是否存在正整数m，使Tm=2008？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
    （Ⅲ）若am是数列{bn}的第f（m）项，试比较Tf（m）与Sm+2的大小，并说明理由．

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    科目：高中数学 来源： 题型：

    设数列{an}的各项均为正实数，bn=log2an，若数列{bn}满足b2=0，bn+1=bn+log2p，其中p为正常数，且p≠1．
    （1）求数列{an}的通项公式；
    （2）是否存在正整数M，使得当n＞M时，a1•a4•a7•…•a3n-2＞a16恒成立？若存在，求出使结论成立的p的取值范围和相应的M的最小值；若不存在，请说明理由；
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    （2012•安徽模拟）已知数列{an}，定义其倒均数是Vn=
    1
    a1
    +
    1
    a2
    +…+
    1
    an
    n
    ，n∈N*    ．
    （1）若数列{an}倒均数是Vn=
    n+2
    2
    ，求an    ；
    （2）若等比数列{bn}的公比q=2，其倒均数为Vn，问是否存在正整数m，使得当n≥m（n∈N*）时，nVn＜
    15
    8b1
    恒成立，若存在，求出m的最小值；若不存在，说明理由．

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