${\displaystyle （1）由已知x_1=X_2=1,\frac{x_3}{x_2}=\lambda \frac{x_2}{x_1}\Rightarrow x_3=\lambda ,}$
${\displaystyle \frac{x_4}{x_3}=\lambda \frac{x_3}{x_2}\Rightarrow x_4={\lambda }^3,}$
${\displaystyle \frac{x_5}{x_4}=\lambda \frac{x_4}{x_3}\Rightarrow x_5={\lambda }^6,}$
若${\displaystyle x_1,x_3,x_5成等比数列，则x_3^2=x^3{x}^5,即{\lambda }^2={\lambda }^6,而\lambda \ne 0,}$ 解得${\displaystyle \lambda =1,-1.}$
     (2)证明：${\displaystyle 由已知，\lambda >0,x_1=x_2及y_1=y_2=2,可得x_n>0,y_n>0,由不等式的性质，有}$
${\displaystyle \frac{y_{n+1}}{y_n}\ge \lambda \frac{y_n}{y_{n_1}}\ge {\lambda }^2\frac{y_{n-1}}{y_{n_2}}\ge \dots \dots \ge {\lambda }^{n-1}\frac{y_2}{y_1}.}$
${\displaystyle 另一方面：\frac{x_{n+1}}{x_n}=\lambda \frac{x_n}{x_{n-1}}={\lambda }^2\frac{x_{n_1}}{x_{n-2}}=\dots \dots }$
${\displaystyle ={\lambda }^{n-1}\frac{x_2}{x_1}={\lambda }^{n_1}}$
因此：${\displaystyle \frac{y_{n+1}}{y_n}\ge {\lambda }^{n-1}=\frac{x_{n+1}}{x_n}（\xi n{\mathbb{N}}^{\cdot }）}$

    （3）证明：
${\displaystyle 当\lambda >1时，由（2）可知y_n>x_n\ge 1,(n\in {\mathbb{N}}^{\cdot })}$



${\displaystyle 因此\frac{x_1-y_1}{x_2-y_2}+\frac{x_2-y_2}{x_3-y_3}+\dots \dots +\frac{x_n-y_n}{x_{n+1}-y_2(n+1)}}$

   评注:本小题以数列的递推关系为载体，主要考查等比数列的等比中项及前n项和公式、不等式的性质及证明等基础知识，考查运算能力和推理论证能力．

${\displaystyle 则f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)=f\left(x_1\right)十f(-x_2)=f(\frac{x+y}{1+xy}.}$


${\displaystyle 又x_1-x_2+(1-x_1{x}_2)=(1+x_1)(1+x_2)>0,因此x_1-x_2\succ (1-x_1{x}_2)}$

，${\displaystyle 由条件②，知f(\frac{x+y}{1+xy}>0,故f\left(x_1\right)>f\left(x_2\right),}$
.:f(x)在(-1,0)上是减函数。
　

（3）证明：
:.${\displaystyle f\left(\frac{1}{n^2+3n+1}\right)=f[\frac{1}{(n+1)(n+2)}/1-\frac{1}{(n+1)(n+2)}]}$
=${\displaystyle f\left[\frac{\frac{1}{n+1}+\frac{-1}{n+2}}{1+\frac{1}{n+1}·\frac{-1}{n+2}}\right]}$
=${\displaystyle f\left(\frac{1}{n+1}\right)+f(-\frac{1}{n+2})}$
=${\displaystyle f\left(\frac{1}{n+1}\right)-f\left(\frac{1}{n+2}\right)}$
.:f(1/5)+f(1/11)+f(1/19)+…+f(1/[n^2+3n+1])
${\displaystyle =[f\left(\frac{1}{2}\right)-f\left(\frac{1}{3}\right)]+[f\left(\frac{1}{3}\right)-f\left(\frac{1}{4}\right)]+[f\left(\frac{1}{4}\right)-f\left(\frac{1}{5}\right)]+\dots +[f\left(\frac{1}{n+1}\right)-f\left(\frac{1}{n+2}\right)]+}$
${\displaystyle =f\left(\frac{1}{2}\right)-f\left(\frac{1}{n+2}\right)=f\left(\frac{1}{2}\right)+f(-\frac{1}{n+2})}$

${\displaystyle \because f\left(\frac{1}{5}\right)+f\left(\frac{1}{11}\right)+f\left(\frac{1}{19}\right)+\dots +f\left(\frac{1}{n^2+3n+1}\right)=f\left(\frac{1}{2}\right)+f(-\frac{1}{n+2})>f\left(\frac{1}{2}\right).}$

   评注: 本题是函数、数列与不等式知识的综合题．这里， (1)问、(2)问的探求难度不大，在第(3)问的证明中，为求数列 的和，我们将通项有意识地进行了配凑，逐步凑出条件①中所 给式子右端的形式，再逆用条件①，并结合f(x)的奇偶性，实 现了对通项的拆项，为拆项相消创造了条件，进而为利用放缩 法证明不等式奠定了基础．这充分显示了函数的性质、数列的 求和方法和不等式的证法技巧在相关知识交汇问题的求解中 所发挥的巨大作用．

   评注:(1)解读图形或表格给予的信息，进行恰当的数据处理，是一种重要的数学素养．
        (2)将实际问题抽象成数学模型的过程中，要求解题者领悟问题的实际背景，用问题中量与量的关系，确定用怎样的模
　

   评注:集合中 ．

   评注:解决此题

   ${\displaystyle (\lambda \ne -1)，\alpha =\frac{x_1+\lambda x_2}{}}$(1+lambda)．beta=(x_2+lambdax_1)/(1+lambda)${\displaystyle }$
  
       

    4.${\displaystyle 若数列\left\{a_n\right\}的通项公式为a_n＝7\times {\left(\frac{3}{4}\right)}^{2n-2}-3\times {\left(\frac{3}{4}\right)}^{n-1}(n\in {\mathbb{N}}^{\cdot })，则数列\left\{a_n\right\}的}$………( )
         A．${\displaystyle 最大项为a_5，最小项为a_6，}$
         B．${\displaystyle 最大项为a_6，最小项为a_7}$
         C．${\displaystyle 最大项为a_1，最小项为a_6}$
         D．${\displaystyle 最大项为a_7，最小项为a_6}$
    5.……………( )
        ${\displaystyle A．(-2，-\frac{2}{3})B．(-2，-\frac{1}{2})C．(-2，-\frac{2}{3}]D.(-2，-\frac{1}{2}]}$
    6.则x的取值范围是_________
    7.对于任意实数x，符号[x]表示x的整数部分，即[x]是不超过x的最大整数，则
     ${\displaystyle \left[{log}_{2}1\right]+\left[{log}_{2}2\right]+\dots \dots +\left[{log}_{2}2008\right]{=}_{\_}{\_}_{\_}{\_}_{\_}{\_}_{}}$
    8.设求实数a的取值范围。