题目内容
17．在数列{an}、{bn}中，已知a1=0，a2=1，b1=1，b2=$\frac{1}{2}$，数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，且满足Sn+Sn+1=n2，2Tn+2=3Tn+1-Tn，其中n为正整数．（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；
（2）问是否存在正整数m，n，使$\frac{{T}_{n+1}-m}{{T}_{n}-m}$＞1+bm+2成立？若存在，求出所有符合条件的有序实数对（m，n）若不存在，请说明理由．
分析 （1）利用再写一式．两式相减的方法，可求数列{an}、{bn}的通项公式；
（2）由（1）Tn=2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，利用$\frac{{T}_{n+1}-m}{{T}_{n}-m}$＞1+bm+2成立，可得2＜（2-m）2n＜2+2m+1，即可求出所有符合条件的有序实数对（m，n）．
解答 解：（1）∵Sn+Sn+1=n2，
∴n≥2时，Sn-1+Sn=（n-1）2，
两式相减可得an+an+1=2n-1，a2+a1=1符合，
∴an+an+1=2n-1，
∴n≥2时，an-1+an=2n-3，
两式相减可得an+1-an-1=2，
∴数列{an}的奇数项、偶数项都是公差为2的等差数列，
∵a1=0，a2=1，
∴an=n-1．
∵2Tn+2=3Tn+1-Tn，
∴2Tn+2-2Tn+1=Tn+1-Tn，
∴2bn+2=bn+1，
∵2b2=b1，
∴2bn+1=bn，
∴数列{bn}是公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，
∴bn=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$；
（2）由（1）Tn=2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∵$\frac{{T}_{n+1}-m}{{T}_{n}-m}$＞1+bm+2成立，
∴$\frac{2-\frac{1}{{2}^{n}}-m}{2-\frac{1}{{2}^{n-1}}-m}$＞1+$\frac{1}{{2}^{m+1}}$，
∴2m+1＞（2-m）2n-2＞0，
∴2＜（2-m）2n＜2+2m+1，
∴m＜2，即m=1，
此时，n=2，
综上，所有符合条件的有序实数对（m，n）为（1，2）．
点评 本题考查数列、不等式知识，考查化归与转化、分类与整合的数学思想，综合性强，难度大，有一定的探索性，对数学思维能力要求较高，是高考的重点．注意培养学生的抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力和创新意识．
如图，四边形ABCD是正方形，PD⊥面ABCD，PD∥AQ，且AQ=AB=$\frac{1}{2}$PD，M为PC中点．
某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为$\frac{4}{3}$．
如图（1），△ABD为等边三角形，△BCD是以C为直角顶点的等腰直角三角形且CD=2，E为线段CD中点，将△ABD沿BD折起（如图2），使得线段AC的长度等于2，对于图二，完成以下各小题：
如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F，M，N分别是A1B1，BC，C1D1，B1C1的中点．
如图，已知ABCD是边长为2的正方形，AF⊥平面ABCD，CE∥AF．| A． | x=$\frac{π}{4}$ | B． | x=-$\frac{π}{4}$ | C． | x=$\frac{π}{8}$ | D． | x=-$\frac{π}{8}$ |