02 模块二　数列 【答案】作业手册.docx

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1、模块二数列限时集训(五)1.C解析 由等差数列an的前n项和的性质可得S10,S20-S10,S30-S20成等差数列,2(S20-S10)=S10+(S30-S20),2(10-20)=20+S30-10,解得S30=-30.故选C.2.B解析 若等比数列an是递增数列,则a1a3a5一定成立;反之,例如数列(-1)n+12n,此时满足a1a3a5,但数列an不是递增数列.所以“a1a30,则bn=an2bn+10,所以数列bn的每一项都是正数,所以bnbn+1+bn+1bn+2=2bn+1,可得bn+bn+2=2bn+1,所以数列bn是等差数列.故选C.6.A解析 由等差数列an的前n项和

2、为Sn,可令Sn=An2+Bn(A,BR,nN*),所以Tn=2n+3n(An2+Bn)=2An2+2Bn+3An+3B,因为bn是等差数列,所以B=0,则Sn=An2,Tn=A(2n+3)n,故a5b6=S5-S4T6-T5=A(52-42)A6(26+3)-5(25+3)=9A25A=925.故选A.7.C解析 当n2时,anan+2-an+12=an(an+an+1)-an+12=an2-an+1(an+1-an)=an2-an+1an-1=-(an+1an-1-an2).又a1a3-a22=1,所以anan+2-an+12是首项为1,公比为-1的等比数列,则anan+2-an+12=1

3、(-1)n-1=(-1)n-1,故(a1a3-a22)(a2a4-a32)(a3a5-a42)(a2022a2024-a20232)=(-1)0+1+2021=(-1)202220212=-1.故选C.8.ACD解析 因为a1,a4,a6成等比数列,所以a1a6=a42,即a1(a1+5d)=(a1+3d)2,整理得a1d=-9d2,因为d0,所以a1=-9d,所以a9=a1+8d=-d0,a10=a1+9d=0,则S19=19(a1+a19)2=19a10=0,故A正确,B错误;当da2a9a10=0a11,所以当n=9或n=10时,Sn取得最大值,故C正确;当d0时,an为递增数列,此时a

4、1a2a9a10=0a111),则440=27.5q48,可得q12=2,则左起第61个键的音的频率为27.5q60=27.5(q12)5=880(Hz).12.解:(1)由2an+1-an+1an=1,得an+1=12-an,则an+1-1=12-an-1,化简整理得11-an+1-11-an=1,11-an为等差数列,公差d=1,首项为11-a1=3.11-an=3+(n-1)=n+2,可得an=n+1n+2(nN*).(2)证明:由(1)得,an=n+1n+2(nN*),Tn=a1a2an=2n+2,Tn2=4(n+2)24(n+2)(n+3)=41n+2-1n+3,Sn=T12+T22

5、+Tn2413-14+14-15+1n+2-1n+3,即Sn413-1n+3.13.解:(1)设等差数列an的公差为d,由题意可得a3=a1+2d=20,a1+a7=2a1+6d=56,解得a1=4,d=8,所以数列an的通项公式为an=4+8(n-1)=8n-4.(2)由(1)可得an=8n-4,则Sn=n(4+8n-4)2=4n2,所以bn=Sn4(n+1)=n2n+1=(n-1)+1n+1,因为nN*,所以n-1N,1n+1(0,1),所以bn=n-1,则bn+1-bn=n-(n-1)=1,即数列bn是首项为0,公差为1的等差数列,则b1+b2+b3+bn=n(0+n-1)2=n(n-1

6、)22023,即n2-n4046.又因为f(x)=x2-x在1,+)上单调递增,且f(64)=40324046,所以使b1+b2+b3+bn32,所以方案一较好.方法二(从现值来考虑):每年年初付款3万元,则10年后终值的现值之和Q=3+31+2.5%+3(1+2.5%)2+3(1+2.5%)9,可得1.02510Q=31.0251-1.025101-1.025,即Q26.91(万元),因为26.9125,所以方案一较好.(2)由题意,设小明第10年租金收到后小明所获得的全部租金的终值为T万元,T=2(1+2.5%)10+2.1(1+2.5%)9+2.9(1+2.5%),记1+2.5%=q,a

7、n=-0.1n+3,则T=a1q+a2q2+a10q10,qT=a1q2+a2q3+a9q10+a10q11,作差可得(1-q)T=2.9q-0.1(q2+q3+q10)-2q11,即(1-q)T=3q-0.1(q+q2+q3+q10)-2q11,可得T=3q1-q-0.1q(1-q10)(1-q)2-2q111-q27.88(万元).故预计第10年租金收到后小明所获得的全部租金的终值约为27.88万元.限时集训(六)1.D解析 an+2=an+1+an,则a1+a3+a5+a7+a9+a2023=a2+a3+a5+a7+a9+a2023=a4+a5+a7+a9+a2023=a6+a7+a9+

8、a2023=a2022+a2023=a2024=ak,故k=2024.故选D.2.B解析 因为an+1=2anan+2,所以1an+1=1an+12,又a1=1,可得1a1=1,所以数列1an是首项为1,公差为12的等差数列,所以1an=1+12(n-1)=n+12,所以an=2n+1,故选B.3.A解析 Sn为数列an的前n项和,且an+1=2an-2,S2=10,a1+2a1-2=10,可得a1=4,又an+1-2=2(an-2),且a1-2=2,数列an-2是首项为2,公比为2的等比数列,an-2=22n-1=2n,故an=2n+2.故选A.4.D解析 因为an,an+1是关于x的方程x

9、2-bnx+2n=0的两个实数根,所以an+an+1=bn,anan+1=2n,又a1=1,所以a2=2.当n2时,an-1an=2n-1,所以an+1an-1=anan+1an-1an=2,因此a10=a224=32,a11=a125=32,所以b10=a10+a11=32+32=64.故选D.5.C解析 由Ln+1=Fn+Fn+2(nN*),可得L2022=F2021+F2023,L2024=F2023+F2025,又F2025=F2023+F2024=F2023+F2022+F2023=2F2023+F2021+F2020=2F2023+F2023-F2022+F2020=3F2023-

10、F2021,所以L2024=4F2023-F2021,+可得L2022+L2024=5F2023,故F2023=15L2022+15L2024.故选C.6.AC解析 由题可知,=22,k=2,则Sn+1-Sn=22an+1=22Sn+1-Sn,两边平方后,整理得Sn+1-4Sn+1Sn+3Sn=0,即(Sn+1-Sn)(Sn+1-3Sn)=0,得Sn+1=Sn或Sn+1=3Sn.若Sn+1=Sn,则Sn+1=Sn,则an+1=0,这与an0矛盾,所以不成立,若Sn+1=3Sn,则Sn+1=9Sn,S1=a1=1,所以数列Sn是首项为1,公比为9的等比数列,故Sn=9n-1,故A正确.由Sn+1

11、=9Sn,可得Sn=9Sn-1(n2),两式相减得,an+1=9an(n2),当n=1时,S2=9S1,即a1+a2=9a1,得a2=8,所以a2a1=89,所以an不是等比数列,故B错误;易得an=1,n=1,89n-2,n2,当n=1时,S1-a1=0,当n2时,设数列Sn-an的前n项和为Tn,则Tn=(S1-a1)+(S2-a2)+(Sn-an)=(S1+S2+Sn)-(a1+a2+an)=1-9n1-9-1+8(1-9n-1)1-9=9n-1-18,当n=1时,T1=0满足上式,故Tn=9n-1-18,故C正确;S1a1=1,S2a2=98,S3a3=8172=98,因为S1a1+S

12、3a32S2a2,所以数列Snan不是等差数列,故D错误.故选AC.7.ABD解析 因为a3=28,所以a3=2(-1)3a2+3a2=28,可得a2=8,则a2=2(-1)2a1+2a1=8,解得a1=2,a4=2(-1)4a3+4a3=168,所以a4a2=21,a1a2=16,所以A,B均正确;因为an=2(-1)n+nan-1(n2),所以anan-1=2(-1)n+n(n2),所以a2na2n-1=2(-1)2n+2n=2n+2,又nN*,所以a2na2n-1-a2n-2a2n-3=2n+2-2n=2,nN*,所以a2na2n-1为递增的等差数列,则数列a2n-1a2n不是递增的等差

13、数列,所以C不正确;a2n+2a2n+1=2(-1)2n+2+2n+2=2n+4,则bn=log2(a2n+2a2n-1)-log2(a2na2n+1)=log2a2n+2a2n-1a2na2n+1=log2n+2n+1,所以Sn=log232+log243+log2n+1n+log2n+2n+1=log23243n+1nn+2n+1=log2n+225,解得n62,又nN*,所以正整数n的最小值为63,所以D正确.故选ABD.8.2024解析 由题意得an+3=an+2-an+1+n+2=(an+1-an+n+1)-an+1+n+2=2n+3-an,所以an+6=2(n+3)+3-an+3=

14、2n+9-(2n+3-an)=an+6,所以数列an中序号相差6的项形成的子数列为等差数列,公差为6,即a1,a7,a13,成等差数列,公差为6,因为2023-16+1=338,故a2023是该子数列的第338项,根据等差数列的通项公式,可知a2023=a1+3376=2+2022=2024.9.an=3,n=1,18(5-3n)(8-3n),n2解析 当n2时,由 2an=SnSn-1可得2Sn-2Sn-1=SnSn-1,化为1Sn-1Sn-1=-12,所以1Sn 是公差为-12 ,首项为1a1=13的等差数列,所以1Sn=13-12(n-1)=-12n+56,即Sn=65-3n,故当n2时

15、,an=Sn-Sn-1=18(5-3n)(8-3n),又因为 a1=3不满足上式,所以an=3,n=1,18(5-3n)(8-3n),n2.10.6(答案不唯一)5280解析 由(6)=1+2+3=6,知6为“完美数”.2160=24335,2160的所有真因数的个数为542-1=39,(2160)=(20+21+22+23+24)(30+31+32+33)(50+51)-2160=7440-2160=5280.11.解:(1)2Sn=3n-2n-1,当n=1时,2S1=2a1=3-2-1=0,解得a1=0.当n2时,2Sn-1=3n-1-2n+1,-,得2an=3n-3n-1-2=23n-1

16、-2,所以an=3n-1-1,又a1=0符合上式,故an=3n-1-1.(2)由(1)知an=3n-1-1,则an+1=3n-1,an+2=3n+1-1,所以bn=23nan+1an+2=23n(3n-1)(3n+1-1)=13n-1-13n+1-1,则Tn=b1+b2+bn=131-1-132-1+132-1-133-1+13n-1-13n+1-1=131-1-13n+1-1=12-13n+1-1.12.解:(1)由已知得b1=a1=1,且an+1n+1=ann+12n,即bn+1=bn+12n,所以bn-bn-1=12n-1(n2),故bn=b1+12+122+12n-1=2-12n-1(

17、n2).又b1=1也满足上式,所以数列bn的通项公式为bn=2-12n-1.(2)由(1)知an=2n-n2n-1,故Sn=(2+4+2n)-1+22+322+423+n2n-1,设Tn=1+221+322+423+n2n-1,则12Tn=12+222+323+n-12n-1+n2n,-得,12Tn=1+12+122+123+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-n+22n,所以Tn=4-n+22n-1,所以Sn=n(n+1)+n+22n-1-4.13.解:(1)设数列an的公比为q,由已知得q0,因为a2a3a4=64,所以a33=64,得a3=4,又a1=1,所以q=2,所以

18、an=a1qn-1=2n-1.因为b1+12b2+13b3+1nbn=bn+1-1,当n=1时,b1=b2-1,则b2=2,当n2时,b1+12b2+13b3+1n-1bn-1=bn-1,由-得1nbn=bn+1-bn,即bn+1bn=n+1n,又b2b1=2,也满足上式,故bn+1bn=n+1n(nN*),所以当n2时,bn=bnbn-1bn-1bn-2b2b1b1=nn-1n-1n-2211=n,又b1=1也满足上式,所以bn=n.(2)由(1)可得,an=2n-1,bn=n,则cn=an+(-1)n(2bn+1)=2n-1+(-1)n(2n+1),则数列cn的前2n项和为T2n=20+(

19、-1)(2+1)+21+(-1)2(22+1)+22n-1+(-1)2n(22n+1),所以T2n=(20+21+22+22n-1)+(-1)(2+1)+(-1)2(22+1)+(-1)2n(22n+1)=1-22n1-2+-(2+1)+(22+1)+-2(2n-1)+1+(22n+1)=22n-1+2n=22n+2n-1.限时集训(七)1.解:(1)设等差数列an的公差为d,因为a3=10,a5-2a2=6,所以a1+2d=10,(a1+4d)-2(a1+d)=6,解得a1=2,d=4,所以an=2+4(n-1)=4n-2.(2)由(1)可得bn=2n-1,n为奇数,2n-3,n为偶数,则T

20、2n=(b1+b3+b2n-1)+(b2+b4+b2n)=(1+22+22n-2)+1+5+(4n-3)=1-4n1-4+n(4n-2)2 =2n2-n+4n-13.2.解:(1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q,则abn=a1+(bn-1)d=2n+1-1,bnd+1-d=2n+1-1,又bn=b1qn-1,1-d=-1,bnd=2n+1,d=2,bn=2n,又a1=1,an=2n-1.(2)b7=128,b8=256,a93=185,cn的前100项中,有数列an的前93项,数列bn的前7项.记an,bn,cn的前n项和分别为An,Bn,Cn,则C100=A93+B7=93

21、+939222+2-281-2=8649+254=8903.3.解:(1)由1an=bnn2+1,得anbn=n2+1,由1an-bn=bn,得anbn=1+bn2,所以bn2=n2,因为bn的各项均为正数,所以bn=n,则an=n2+1bn=n+1n.(2)an+an+1=n+1n+n+1+1n+1=2n+1+1n+1n+1=4,n=1,2n+1,n2,则当n2时,Sn=42+522+723+(2n+1)2n,所以2Sn=16+523+724+(2n+1)2n+1,两式相减得-Sn=12+2(23+24+2n)-(2n+1)2n+1=12+223(1-2n-2)1-2-(2n+1)2n+1=

22、(1-2n)2n+1-4,即Sn=2n+1(2n-1)+4.因为S1=8,满足上式,所以Sn=2n+1(2n-1)+4.4.解:(1)由题意,当n=1时,a1=S1=2(a1-1),解得a1=2.当n2时,an=Sn-Sn-1=2(an-1)-2(an-1-1),整理得an=2an-1,数列an是以2为首项,以2为公比的等比数列,an=22n-1=2n,nN*.b4=a2=22=4,b8=a3=23=8,设等差数列bn的公差为d,则d=b8-b44=8-44=1,则b1=b4-3d=4-31=1,bn=1+1(n-1)=n,nN*.(2)选择条件,依题意,由log4am=bk,可得log42m

23、=k,则m=2k,kN*,m为所有正偶数,数列cn是由数列an中的所有偶数项构成的.数列an是以2为首项,以2为公比的等比数列,数列cn是以c1=a2=4为首项,以4为公比的等比数列,T20=4(1-420)1-4=43(420-1).选择条件,依题意,由am=3bk+1,可得2m=3k+1,即k=2m-13.mN*,kN*,当m为偶数,即m=2n(nN*)时,k=2m-13=22n-13=4n-13=(3+1)n-13,k为整数,满足题意;当m为奇数,即m=2n-1(nN*)时,k=2m-13=22n-1-13=4n2-13=(3+1)n-26,k不为整数,不满足题意.只有当m为偶数,即m=

24、2n(nN*)时,符合题意,数列cn是由数列an中的所有偶数项构成的.数列an是以2为首项,以2为公比的等比数列,数列cn是以c1=a2=4为首项,以4为公比的等比数列,T20=4(1-420)1-4=43(420-1).5.解:(1)证明:因为Sn+2+3Sn=4Sn+1-2an,所以Sn+2-Sn+1=3(Sn+1-Sn)-2an,即an+2=3an+1-2an,所以(an+2-2an+1)-(an+1-2an)=0,所以数列an+1-2an是等差数列.(2)由(1)知an+1-2an=a2-2a1=1,即an+1=2an+1,所以an+1+1=2(an+1),又a1+1=2,所以an+1

25、是首项为2,公比为2的等比数列,所以an+1=22n-1=2n.因为(an+1)bn=n+2n2+n,所以bn=n+2(n2+n)(an+1)=n+2n(n+1)2n=21n2n-1(n+1)2n+1,所以数列bn的前n项和Tn=21121-1222+1222-1323+1n2n-1(n+1)2n+1=21121-1(n+1)2n+1=1-12n(n+1).6.解:(1)因为Sn=2n+1-2,所以当n2时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2-(2n-2)=2n,又a1=S1=22-2=2,满足上式,故an=2n.由TnTn+1=bnbn+2,得T1T2=b1b3,T2T3=b2b4,T3T4

26、=b3b5,Tn-1Tn=bn-1bn+1(n2),以上n-1个式子相乘得T1Tn=b1b2bnbn+1(n2),即2Tn=bnbn+1(n2),又2T1=b1b2,满足上式,故2Tn=bnbn+1.当n2时,2Tn-1=bn-1bn,-得2bn=bn(bn+1-bn-1)(n2),又bn0,故bn+1-bn-1=2(n2),所以数列bn的奇数项、偶数项分别构成公差为2的等差数列,又b1=1,b2=2,所以b2k-1=2k-1,b2k=2k(kN*),故数列bn的通项公式为bn=n.(2)当n=1时,an+bn+1an-bn+1无意义.设cn=an+bn+1an-bn+1=2n+n+12n-(

27、n+1)(n2,nN*),显然2n+n+12n-(n+1)0,所以cn1,cn+1-cn=2n+1+n+22n+1-(n+2)-2n+n+12n-(n+1)=-n2n+12n+1-(n+2)2n-(n+1)cn+11,所以c2=7c3=31,所以b7=c2,b3=c3.下面证明不存在nN*,使得cn=2.假设cn=2n+n+12n-(n+1)=2,则2n=3(n+1),此式右边为3的倍数,而2n不可能是3的倍数,故该式不成立,故cn=2不成立.综上,满足要求的bn为b3,b7.提能特训(二)1.B解析 因为1an-1an+1-1anan+1=1,所以an+1=1+an1-an.因为a1=2,所

28、以a2=1+21-2=-3,a3=1-31+3=-12,a4=1-121+12=13,a5=1+131-13=2,所以an是周期为4的数列,故a2023=a3=-12.故选B.2.B解析 不妨设正方形EFGH的边长为a,则AB=a+2a+5a=16,解得a=2,所以图中斐波那契螺旋线的长度为2(a+a+2a+3a+5a)=6a=12.故选B.3.D解析 当n=1时,1T1+1a1=1,T1=a1,T1=2;当n2时,TnTn-1=an,代入1Tn+1an=1,得1Tn+Tn-1Tn=1,化简得Tn-Tn-1=1.则Tn是首项为2,公差为1的等差数列,故Tn=n+1,T10=11.故选D.4.C

29、解析 an=cos2n3-sin2n3=cos2n3,an+3=cos2(n+3)3=cos2n3+2=cos2n3=an,数列an是以3为周期的周期数列,又a1=cos23=-12,a2=cos43=-12,a3=cos 2=1,bn的前60项和为(b1+b4+b7+b55+b58)+(b2+b5+b8+b56+b59)+(b3+b6+b9+b57+b60)=(2+11+20+164+173)-12+(5+14+23+167+176)-12+(8+17+26+170+179)1=-1220(2+173)2-1220(5+176)2+20(8+179)2=-875-905+1870=90.故选

30、C.5.A解析 设f(x)=x3+2025x,则f(x)为奇函数,且为增函数.因为(a2-1)3+2025(a2-1)=1,(a2024-1)3+2025(a2024-1)=-1,即(1-a2024)3+2025(1-a2024)=1,所以f(a2-1)f(a2024-1),f(a2-1)=f(1-a2024),即a2-1a2024-1,a2-1=1-a2024,所以a2024a2,a2+a2024=2,故S2025=2025(a1+a2025)2=2025(a2+a2024)2=2025.故选A.6.B解析 设点O第n(nN*)秒运动an个单位长度,前n(nN*)秒共运动Sn个单位长度,则a

31、1=2,an+1-an=1,所以an是首项为2,公差为1的等差数列,则an=2+(n-1)=n+1,可得Sn=n(n+3)2.设点P第n(nN*)秒运动bn个单位长度,前n(nN*)秒共运动Tn个单位长度,则bn=5,Tn=5n.设第k(kN*)秒时,点O,P相遇,由题意可得k(k+3)2=70-5k,解得k=7或k=-20(舍去),又S7=T7=35,所以点O,P相遇时在数轴上的坐标为(35).故选B.7.B解析 因为函数f1(x)=xex,所以f1(x)=(x+1)ex,当x-1时,f1(x)-1时,f1(x)0,所以曲线y=f1(x)的最低点为P1-1,-1e.因为函数f2(x)=f1(

32、x)=(x+1)ex,所以f2(x)=(x+2)ex,当x-2时,f2(x)-2时,f2(x)0,所以曲线y=f2(x)的最低点为P2-2,-1e2可得曲线y=fn(x)的最低点为Pn-n,-1en,则Pn+1-n-1,-1en+1,Pn+2-n-2,-1en+2,所以 |PnPn+1|=(-n-1+n)2+-1en+1+1en2=1+1e2n1-1e2,直线 PnPn+1的方程为 y+1en-1en+1+1en=x+n-n-1+n,即 (e-1)x+en+1y+e-n+en=0,所以点Pn+2到直线PnPn+1的距离d=e+1e-2(e-1)2+e2n+2,所以 Sn=12|PnPn+1|d

33、=e2-2e+12en+2,显然Sn为递减数列,故选B.8.ABD解析 由题意知Ln+1=Ln+3Ln=4Ln,又L1=3,所以数列Ln是首项为3,公比为4的等比数列,且Ln=34n-1 ,故A正确.Cn=13n-1Ln=34n-113n-1=343n-1,故数列Cn是首项为3,公比为43的等比数列,故B正确.由题意得Sn=Sn-1+Ln-134132n-2(n2),又S1=34,故Sn=Sn-1+3449n-1S1(n2),故当n2时,Sn=Sn-1+3449n-1S1,Sn-1=Sn-2+3449n-2S1,S2=S1+3449S1,将上面的式子累加,整理得Sn=S1+3449+492+4

34、9n-1S1=85-3549n-1S1=3485-3549n-1,故Sn不是等比数列,当n+时, Sn3485=235,故C错误,D正确.故选ABD.9.72,+解析 由an+12+an2+1=2(an+1an-an+1+an),得an+12+an2=2an+1an-2an+1+2an-1,即an+12+an2-2an+1an+2an+1-2an+1=0,即(an+1-an)2+2(an+1-an)+1=0,即(an+1-an+1)2=0,所以an+1-an+1=0,即an+1-an=-1,所以an是首项为a1,公差为-1的等差数列,所以an=a1+(n-1)(-1)=a1-n+1.由ak+1

35、+(2t+1)ak=0,得ak-1+(2t+1)ak=0,所以ak=12t+2,即a1-k+1=12t+2,又因为12t+20,12,所以存在a1(3,),使得0,12包含于a1-k+1的取值范围.当k=1时,a1-k+1(3,),不满足题意;当k=2时,a1-k+1(2,-1),不满足题意;当k=3时,a1-k+1(1,-2),不满足题意;当k=4时,a1-k+1(0,-3),所以-312,即72;当k5时,的值均需大于72.所以72,即的取值范围为72,+.10.52099解析 由题意,令an=25100-n,则Sn=0.25+0.002 5+,当n趋向于无穷大时,Sn=a1(1-qn)1

36、-q趋向于a11-q=0.251-1100=2599,所以5.25=5+0.25+0.002 5+=5+2599=52099.11.0,12解析 由数列an的摆动值为0知anan+10,故当n为奇数时,an=-12n+qn=-12n+qn0,即当n为奇数时,qn12n,即11,故q的取值范围为0,12.12.解:(1)由题意设等比数列an的公比为q,由S6S3=28,知q1,所以1-q61-q3=28,解得q=3,又a1=1,所以an的通项公式为an=3n-1,nN*.因为数列bn满足bn=3log3an+1,所以bn=3log33n-1+1=3n-2,即bn的通项公式为bn=3n-2,nN*.(2)因为对任意的nN*,bn3an恒成立,所以3n3n-2恒成立.令f(n)=3n3n-2,nN*,则f(n+1)-f(n)=3n+13n+1-3n3n-2=3n(6n-7)(3n+1)(3n-2),因为f(2)-f(1)0,所以f(2)1时,f(n+1)f(n),所以f(1)f(2)f(3)f(4)n2+n-42.