Question

已知二次函數(shù)f（x）=x²-ax+a（x∈R）同時(shí)滿足：①不等式f（x）≤0的解集有且只有一個(gè)元素；②在定義域內(nèi)存在0＜x₁＜x₂，使得不等式f（x₁）＞f（x₂）成立．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n=f（n），
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）試構(gòu)造一個(gè)數(shù)列{b_n}，（寫出{b_n}的一個(gè)通項(xiàng)公式）滿足：對(duì)任意的正整數(shù)n都有b_n＜a_n，且

lim

n→∞

an

bn

=2，并說明理由；
（3）設(shè)各項(xiàng)均不為零的數(shù)列{c_n}中，所有滿足c_i-c_i+1＜0的正整數(shù)i的個(gè)數(shù)稱為這個(gè)數(shù)列{c_n}的變號(hào)數(shù)．令c_n=1-

a

an

（n為正整數(shù)），求數(shù)列{c_n}的變號(hào)數(shù)．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)f（x）≤0的解集有且只有一個(gè)元素判斷△等于0，求得a，則函數(shù)解析式可得，進(jìn)而求得S_n．
（2）構(gòu)造數(shù)列b_n=n-k，任意的正整數(shù)n都有b_n＜a_n，則當(dāng)n≥2時(shí)，n-k＜2n-5恒成立，求得k的范圍，進(jìn)而根據(jù)b_n≠0，k∉N^*，求得b_n．
（3）把（1）中求得的a_n代入c_n=1-

a

an

中求得C_n，通過C_n+1-C_n＞0判斷數(shù)列{c_n}遞增，進(jìn)而根據(jù)a₄=-

1

3

＜0，1-

4

2n-5

＞0n≥5，可知a₄-a₅＜0，求得n≥3時(shí)，有且只有1個(gè)變號(hào)數(shù)；進(jìn)而根據(jù)C₁-C₂＜0，C₂-C₃＜0，判斷n≤2時(shí)變號(hào)數(shù)有2個(gè)，最后綜合答案可得．

解答：解：（1）∵f（x）≤0的解集有且只有一個(gè)元素，∴△=a²-4a=0
∴a=0或4，
當(dāng)a=0時(shí)，函數(shù)f（x）=x²在（0，+∝）上遞增，故不存在0＜x₁＜x₂，使得不等式f（x₁）＞f（x₂）成立．
當(dāng)a=4時(shí)，函數(shù)f（x）=x²-4x+4在（0，2）上遞減，故存在0＜x₁＜x₂，使得不等式f（x₁）＞f（x₂）成立．
a_n=S_n-S_n-1=

1，n=1 2n-5，n≥2

綜上，得a=4，f（x）=x²-4x+4，∴S_n=n²-4n+4
（2）要使

lim

n→∞

an

bn

=2，，可構(gòu)造數(shù)列b_n=n-k，
∵對(duì)任意的正整數(shù)n都有b_n＜a_n，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，n-k＜2n-5恒成立，即n＞5-k恒成立，即5-k＜2
∴k＞3，
又b_n≠0，∴k∉N^*，∴b_n=n-

3

2

，．
（3）由題設(shè)C_n=

-3，n=1 1- 4 2n-5 ，n≥2

，
∵n≥3時(shí)，C_n+1-C_n=

4

2n-5

-

4

2n-3

=

8

(2n-5)(2n-3)

＞0，
∴n≥3時(shí)，數(shù)列{c_n}遞增，
∵a₄=-

1

3

＜0，由1-

4

2n-5

＞0
n≥5，可知a₄-a₅＜0，即n≥3時(shí)，有且只有1個(gè)變號(hào)數(shù)；
又∵C₁=-3，C₂=-5，C₃=-3，即C₁-C₂＜0，C₂-C₃＜0，∴此處變號(hào)數(shù)有2個(gè)．
綜上得數(shù)列共有3個(gè)變號(hào)數(shù)，即變號(hào)數(shù)為3．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了數(shù)列的遞推式．遞推式是數(shù)列中重要的內(nèi)容，通過遞推關(guān)系，觀察，探求數(shù)列的規(guī)律，進(jìn)而可求出整個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式．通過遞推關(guān)系的學(xué)習(xí)，可以培養(yǎng)學(xué)生的觀察能力，歸納與轉(zhuǎn)化能力，綜合運(yùn)用知識(shí)等能力，因此，是近幾年高考與競(jìng)賽的熱點(diǎn)．