数列与不等式的交汇题型专项训练试题及答案(3)
三、解答题
17．【解】（Ⅰ）设{an}的公差为d，由已知条件，，解出a1＝3，d＝－2．
所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5．
（Ⅱ）Sn＝na1＋d＝－n2＋4n＝－(n－2)2＋4，所以n＝2时，Sn取到最大值4．
18．【解】(Ⅰ)由已知得an+1＝an＋1，即an+1－an＝1，
又a1＝1，所以数列｛an｝是以1为首项，公差为1的等差数列，故an＝1＋(a－1)×1＝n.
(Ⅱ)由（Ⅰ）知：an＝n从而bn+1－bn＝2n.
bn＝(bn－bn-1)＋(bn-1－bn-2)＋…＋（b2－b1）＋b1＝2n-1＋2n-2＋…＋2＋1＝＝2n－1.
因为bn·bn+2－b ＝(2n－1)(2n+2－1)－(2n-1－1)2
＝(22n+2－2n+2－2n＋1)－(22n+2－2－2n+1－1)＝－5·2n＋4·2n＝－2n＜0,
所以bn·bn+2＜b .
19．【解】（Ⅰ）由an＝，n＝2，3，4，….整理得 1－an＝－(1－an-1)．
又1－a1≠0，所以{1－an}是首项为1－a1，公比为－的等比数列，得an＝1－(1－a1)(－)n-1，
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知0＜an＜，故bn＞0．那么，
bn+12－bn2＝an+12(3－2an+1)－an2(3－2an)＝()2(3－2×)－an2(3－2an)＝(an－1)2.
又由（Ⅰ）知an＞0，且an≠1，故bn+12－bn2＞0，因此 bn＜bn+1，为正整数．
20．【解】（Ⅰ）由题设：an+1＝(－1)(an＋2)＝(－1)(an－)＋(－1)(2＋)，
＝(－1)(an－)＋，∴an+1－＝(－1)(an－)．
所以，数列{an－}a是首项为2－，公比为－1)的等比数列，an－＝(－1)n，
即an的通项公式为an＝[(－1)n＋1]，n＝1，2，3，….
（Ⅱ）用数学归纳法证明．
（ⅰ）当n＝1时，因＜2，b1＝a1＝2，所以＜b1≤a1，结论成立．
（ⅱ）假设当n＝k时，结论成立，即＜bk≤a4k-3，，也即0＜bn－≤a4k-3－，
当n＝k＋1时，bk+1－＝－＝＝＞0，
又＜＝3－2，
所以bk+1－＝＜(3－2)2(bk－)≤(－1)4(a4k-3－)＝a4k+1－
也就是说，当n＝k＋1时，结论成立．
根据（ⅰ）和（ⅱ）知＜bn≤a4n-3，n＝1，2，3，….
21．【解】（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax2＋bx (a≠0) ，则 f`(x)＝2ax＋b，由于f`(x)＝6x－2，
得a＝3 ，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.，
又因为点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图像上，所以Sn＝3n2－2n，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5，
当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以，an＝6n－5（n∈N*）.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得知bn＝＝＝(－)，
故Tn＝,\s\up5(ni=1bi＝[(1－)＋(-)＋…＋(－)]＝(1-），
因此，要使(1－）＜（n∈N*）成立的m，必须且仅须满足≤，即m≥10，所以满足要求的最小正整数m为10.
22．【解】（Ⅰ）由于 ，且 ．
所以当 时，得 ，故 ．从而 ．
（Ⅱ）数列 不可能为等差数列，证明如下：由 ，
得 ， ， ．
若存在 ，使 为等差数列，则 ，即 ，
解得 ．于是 ， ．
这与 为等差数列矛盾．所以，对任意 ， 都不可能是等差数列．
（Ⅲ）记 ，根据题意可知， 且 ，即
且 ，这时总存在 ，满足：当 时， ；
当 时， ．所以由 及 可知，若 为偶数，
则 ，从而当 时， ；若 为奇数，则 ，
从而当 时 ．因此“存在 ，当 时总有 ”
的充分必要条件是： 为偶数，
