人教B版高中数学选择性必修第三册章末综合测试1数列含答案

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章末综合测评(一)　数　列一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a5·a11＝16，则a7等于(　　)A．1　　　B．2　　　C．4　　　D．8B　[由性质得a5a11＝aeq \o\al(2,8)＝16，由题意知a8＝4，a7＝eq \f(a8,2)＝eq \f(4,2)＝2．]2．设数列{an}是等比数列，公比q＝2，则eq \f(2a1＋a2,2a3＋a4)的值是(　　)A．1　　B．2　　C．eq \f(1,2)　　D．eq \f(1,4)D　[∵q＝2，∴2a1＝a2，2a3＝a4，∴eq \f(2a1＋a2,2a3＋a4)＝eq \f(2a2,2a4)＝eq \f(1,q2)＝eq \f(1,4)．故选D．]3．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，满足a3＝3a1，a2＝3a1－1，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前10项和为(　　)A．eq \f(55,2)　　B．55　　C．eq \f(65,2)　　D．65C　[设等差数列{an}的公差为d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝3a1,a1＋d＝3a1－1)) ，所以a1＝1，d＝1，所以Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)＝eq \f(nn＋1,2)，所以eq \f(Sn,n)＝eq \f(n＋1,2)，所以eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(n＋1＋1,2)－eq \f(n＋1,2)＝eq \f(1,2)，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前10项和T10＝10＋eq \f(10×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10－1)),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(65,2)，故选C．]4．《孙子算经》记载，中国古代诸侯的等级从低到高分别为男、子、伯、侯、公，一共五级．现每个等级的诸侯数分别是1，2，3，4，5，按照如下规则给他们分发一批苹果：同一等级的诸侯所得苹果数依次为a1，a2，a3，…，且满足ak＋1＝ak＋k(k∈N*)；任一等级诸侯所得苹果数最多的比高一级的诸侯所得苹果数最少的少一个．现已知等级为男的诸侯所得苹果数为1，则这批苹果共有(　　)A．158个 B．159个C．160个 D．161个B　[由条件ak＋1＝ak＋k(k∈N*)，可以推算各个等级的诸侯所得的苹果数．男a1＝1；子a1＝2，a2＝3；伯a1＝4，a2＝5，a3＝7；侯a1＝8，a2＝9，a3＝11，a4＝14；公a1＝15，a2＝16，a3＝18，a4＝21，a5＝25．因此这批苹果共有1＋5＋16＋42＋95＝159(个)．故选B．]5．已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1，又数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋an)))是等差数列，则a11等于(　　)A．0　　B．eq \f(1,2)　　C．eq \f(2,3)　　D．－1B　[设数列{bn}的通项公式bn＝eq \f(1,1＋an)，因为{bn}是等差数列，b3＝eq \f(1,1＋a3)＝eq \f(1,3)，b7＝eq \f(1,1＋a7)＝eq \f(1,2)．公差d＝eq \f(b7－b3,4)＝eq \f(1,24)．∴b11＝b3＋(11－3)×d＝eq \f(1,3)＋8×eq \f(1,24)＝eq \f(2,3)，即eq \f(1,1＋a11)＝eq \f(2,3)，故a11＝eq \f(1,2)．]6．已知数列{an}满足a1＝5，anan＋1＝2n，则eq \f(a7,a3)＝(　　)A．2　　B．4　　C．5　　D．eq \f(5,2)B　[依题意得eq \f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq \f(2n＋1,2n)＝2，即eq \f(an＋2,an)＝2，数列a1，a3，a5，a7，…是一个以5为首项，2为公比的等比数列，因此eq \f(a7,a3)＝4．]7．九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为，得其关捩，解之为二，又合而为一…”．在某种玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的最少移动次数，若a1＝1，且an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2an－1－1，n为偶数,2an－1＋2，n为奇数))，则解下5个环所需的最少移动次数为(　　)A．22 B．16C．13 D．7B　[∵a1＝1，∴a2＝2a1－1＝1，a3＝2a2＋2＝4，a4＝2a3－1＝7，a5＝2a4＋2＝16，所以解下5个环所需的最少移动次数为16，故选B．]8．数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前10项和为(　　)A．eq \f(1,4) B．eq \f(5,12)C．eq \f(3,4) D．eq \f(7,12)B　[依题意bn＝eq \f(1,an)＝eq \f(1,n2＋3n＋2)＝eq \f(1,n＋1n＋2)＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)，所以{bn}的前10项和为S10＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,5)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,11)－\f(1,12)))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,12)＝eq \f(5,12)，故选B．]二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)9．在等差数列{an}中，已知a3＝10，a11＝－6，Sn是其前n项和，则(　　)A．a7＝2 B．S10＝54C．d＝－2 D．eq \f(S7,7)>eq \f(S8,8)ACD　[由已知条件得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a3＝a1＋2d＝10,a11＝a1＋10d＝－6)) ，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝14,d＝－2)) ．对于A选项，a7＝a1＋6d＝14－6×2＝2，A选项正确；对于B选项，S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝140－90＝50，B选项错误；对于C选项，d＝－2，C选项正确；对于D选项，eq \f(S7,7)＝eq \f(7a1＋21d,7)＝a1＋3d＝14－3×2＝8，eq \f(S8,8)＝eq \f(8a1＋28d,8)＝a1＋eq \f(7,2)d＝14－eq \f(7,2)×2＝7，所以eq \f(S7,7)>eq \f(S8,8)，D选项正确．故选ACD．]10．已知数列{an}满足log3an＋1＝log3an＋1(n∈N＋)，且a2＋a4＋a6＝9，则(　　)A．an＋1＝3an B．3an＋1＝anC．a5＋a7＋a9＝35 D．a5＋a7＋a9＝eq \f(1,35)AC　[由题知log3an＋1＝log3(3an)＝log3an＋1，所以an＋1＝3an>0，所以eq \f(an＋1,an)＝3，所以{an}是公比为3的等比数列．所以a5＋a7＋a9＝(a2＋a4＋a6)q3＝9×33＝35．故选AC．]11．在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是(　　)A．q＝2B．数列{lgan}是公差为2的等差数列C．S8＝254D．数列{Sn＋2}是等比数列AD　[由等比数列通项公式得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋a4＝a1·1＋q3＝18,a2＋a3＝a1·q＋q2＝12)) ，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝2,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝16,q＝\f(1,2)))，又公比q为整数，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝2,q＝2))，an＝a1·qn－1＝2n，故A选项正确；lg an＝lg 2n＝nlg 2，故数列{lgan}是公差为lg 2的等差数列，故B选项错误；Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝2n＋1－2，故S8＝29－2＝510，故C选项错误；Sn＋2＝2n＋1，故{Sn＋2}为等比数列，即D选项正确；故选AD．]12．等差数列{an}是递增数列，满足a7＝3a5，前n项和为Sn，下列选项正确的是(　　)A．d>0 B．a1<0C．当n＝5时Sn最小 D．Sn>0时n的最小值为8ABD　[由题意，设等差数列{an}的公差为d，因为a7＝3a5，可得a1＋6d＝3(a1＋4d)，解得a1＝－3d，又由等差数列{an}是递增数列，可知d>0，则a1<0，故A、B正确；因为Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n＝eq \f(d,2)n2－eq \f(7d,2)n，由n＝－eq \f(－\f(7d,2),d)＝eq \f(7,2)可知，当n＝3或4时Sn最小，故C错误，令Sn＝eq \f(d,2)n2－eq \f(7d,2)n>0，解得n<0或n>7，即Sn>0时n的最小值为8，故D正确．故选ABD．]三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a5＝a3＋4，则S13＝__________．52　[2a5＝a5＋a5＝a3＋4⇒a5＋(a5－a3)＝4，即a5＋2d＝4，得a7＝4，S13＝eq \f(13(a1＋a13),2)＝13a7＝52．故答案为：52．]14．已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S5＝________．31　[由题知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋a3＝5，,a1·a3＝4，))且{an}是递增数列，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a3＝4，))所以q2＝eq \f(a3,a1)＝4，q＝2，所以S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(1－25,1－2)＝31．]15．已知等差数列{an}中，a3＝7，a6＝16，将此等差数列的各项排成如下三角形数阵：a1a2　a3a4　a5　a6a7　a8　a9　a10…　…　…　…　…则此数阵中第20行从左到右的第10个数是________．598　[第1行有1项，第2行有2项，第3行有3项，故前19行共有19×1＋eq \f(19×18,2)×1＝190(项)，第20行第10项为数列{an}中的第200项．又a3＝7，a6＝16，∴公差d＝eq \f(a6－a3,6－3)＝eq \f(16－7,3)＝3，∴an＝a3＋(n－3)·d＝7＋3(n－3)＝3n－2，∴a200＝3×200－2＝598．]16．复印纸幅面规格只采用A系列和B系列，其中A系列的幅面规格为：①A0，A1，A2，…，A8所有规格的纸张的幅宽(以x表示)和长度(以y表示)的比例关系都为x∶y＝1∶eq \r(2)；②将A0纸张沿长度方向对开成两等分，便成为A1规格；A1纸张沿长度方向对开成两等分，便成为A2规格；…；如此对开至A8规格．现有A0，A1，A2，…，A8纸各一张．若A4纸的幅宽为2 dm，则A0纸的面积为__________dm2，这9张纸的面积之和等于__________dm2．64eq \r(2)　eq \f(511,4)eq \r(2)　[根据题意，A4的长、宽分别为2eq \r(2)，2，A3的长、宽分别为4，2eq \r(2)，A2的长、宽分别为4eq \r(2)，4，A1的长、宽分别为8，4eq \r(2)，A0的长、宽分别为8eq \r(2)，8，所以A0的面积为64eq \r(2)，A0，A1，A2，…，A8纸张的面积是以64eq \r(2)为首项，公比为eq \f(1,2)的等比数列，所以这9张纸的面积之和等于eq \f(64\r(2)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(9))),1－\f(1,2))＝eq \f(511\r(2),4)．故答案为：64eq \r(2)；eq \f(511,4)eq \r(2)．]四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)(2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{an}是等差数列；②数列{eq \r(Sn)}是等差数列；③a2＝3a1．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．[解]　①③⇒②．已知{an}是等差数列，a2＝3a1．设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，所以Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝n2a1．因为数列{an}的各项均为正数，所以eq \r(Sn)＝neq \r(a1)，所以eq \r(Sn＋1)－eq \r(Sn)＝(n＋1)eq \r(a1)－neq \r(a1)＝eq \r(a1)(常数)，所以数列{eq \r(Sn)}是等差数列．①②⇒③．已知{an}是等差数列，{eq \r(Sn)}是等差数列．设数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(1,2)n2d＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n．因为数列{eq \r(Sn)}是等差数列，所以数列{eq \r(Sn)}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－eq \f(d,2)＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1．②③⇒①．已知数列{eq \r(Sn)}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1．设数列{eq \r(Sn)}的公差为d，d>0，则eq \r(S2)－eq \r(S1)＝eq \r(4a1)－eq \r(a1)＝d，得a1＝d2，所以eq \r(Sn)＝eq \r(S1)＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，是关于n的一次函数，所以数列{an}是等差数列． 18．(本小题满分12分)在①a1＝1，a1a5＝aeq \o\al(2,2)；②S3＝9，S5＝25；③Sn＝n2．这三个条件中任选一个补充在下面的问题中．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且公差d≠0，若__________．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．[解]　(1)若选①：由a1＝1，a1a5＝aeq \o\al(2,2)，得a1(a1＋4d)＝(a1＋d) 2即1＋4d＝(1＋d)2，∴d2＝2d，∵d≠0，∴d＝2，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1．若选②：设等差数列{an}的首项为a1，由S3＝9，S5＝25，得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝9,5a1＋\f(5×4,2)×d＝25)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝1,d＝2)) ，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1． 若选③：当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，显然n＝1时也满足an＝2n－1，∴an＝2n－1．(2)由(1)知an＝2n－1，∴bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，则Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1)．19．(本小题满分12分)已知数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)．(1)求证：数列{a2n}与{a2n－1}都是等比数列；(2)若数列{an}的前2n项和为T2n，令bn＝(3－T2n)n(n＋1)，求数列{bn}的最大项．[解]　(1)证明：数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，∴an＋1an＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)＋1，∴eq \f(an＋2,an)＝eq \f(1,2)．∵a1＝1，∴a2＝eq \f(1,2)，故数列{a2n－1}是以1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，数列{a2n}是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列．(2)由(1)得，T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝eq \f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝3－eq \f(3,2n)，∴bn＝(3－T2n)n(n＋1)＝3n(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，∴bn＋1－bn＝3(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋2,2)－n))＝3(n＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)＋1(2－n)，∴b3＝b2＞b1，且b3＞b4＞b5＞…，故{bn}的最大项是b2＝b3＝eq \f(9,2)．20．(本小题满分12分)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1．(1) 求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足eq \f(b1,a1)＋eq \f(b2,a2)＋…＋eq \f(bn,an)＝1－eq \f(1,2n)，n∈N＋，求{bn}的前n项和Tn．[解]　(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d．由S4＝4S2，a2n＝2an＋1，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝8a1＋4d，,a1＋2n－1d＝2a1＋2n－1d＋1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))因此an＝2n－1，n∈N＋．(2)由已知eq \f(b1,a1)＋eq \f(b2,a2)＋…＋eq \f(bn,an)＝1－eq \f(1,2n)，n∈N＋，当n＝1时，eq \f(b1,a1)＝eq \f(1,2)；当n≥2时，eq \f(bn,an)＝1－eq \f(1,2n)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1)))＝eq \f(1,2n)．所以eq \f(bn,an)＝eq \f(1,2n)，n∈N＋．由(1)知an＝2n－1，n∈N＋，所以bn＝eq \f(2n－1,2n)，n∈N＋．所以Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋…＋eq \f(2n－1,2n)，eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(2n－3,2n)＋eq \f(2n－1,2n＋1)．两式相减，得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,22)＋\f(2,23)＋…＋\f(2,2n)))－eq \f(2n－1,2n＋1)＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2n－1)－eq \f(2n－1,2n＋1)，所以Tn＝3－eq \f(2n＋3,2n)．21．(本小题满分12分)为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，长沙市计划用若干年更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，更换的新车为电力型车和混合动力型车．今年年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆，计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a辆．(1)求经过n年，该市被更换的公交车总数S(n)；(2)若该市计划用7年的时间完成全部更换，求a的最小值．[解]　(1)设an，bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量，依题意知，数列{an}是首项为128，公比为1＋50%＝eq \f(3,2)的等比数列，数列{bn}是首项为400，公差为a的等差数列．所以数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(128×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq \s\up12(n))),1－\f(3,2))＝256eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq \s\up12(n)－1))，数列{bn}的前n项和Tn＝400n＋eq \f(nn－1,2)a，所以经过n年，该市更换的公交车总数S(n)＝Sn＋Tn＝256eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq \s\up12(n)－1))＋400n＋eq \f(nn－1,2)a．(2)若用7年的时间完成全部更换，则S(7)≥10000，即256eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq \s\up12(7)－1))＋400×7＋eq \f(7×6,2)a≥10000，即21a≥3082，所以a≥eq \f(3082,21)．又a∈N＋，所以a的最小值为147．22．(本小题满分12分)已知函数f (x)＝eq \f(2x＋3,3x)，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，n∈N＋．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝eq \f(1,an－1an)(n≥2)，b1＝3，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，若Sn<eq \f(m－2 012,2)对一切n∈N＋都成立，求最小的正整数m的值．[解]　(1)∵an＋1＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))＝eq \f(2＋3an,3)＝an＋eq \f(2,3)，∴{an}是以a1＝1为首项，eq \f(2,3)为公差的等差数列，∴an＝eq \f(2,3)n＋eq \f(1,3)．(2)当n≥2时，bn＝eq \f(1,an－1an)＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)n－\f(1,3)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)n＋\f(1,3))))＝eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，当n＝1时，上式同样成立，∴bn＝eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))．∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))，∵Sn<eq \f(m－2 012,2)对一切n∈N＋都成立，即eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))<eq \f(m－2 012,2)对一切n∈N＋都成立．又eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))随着n的增大而增大，且eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))<eq \f(9,2)，∴eq \f(9,2)≤eq \f(m－2 012,2)，∴m≥2 021．∴最小的正整数m的值为2 021．