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高考数学一轮复习第六章 检测六
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这是一份高考数学一轮复习第六章 检测六，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．(2020·广州调研)在等比数列{an}中，a1＝2，a4＝eq \f(1,2)，若ak＝2－5 ，则k等于( )
A．5 B．6 C．9 D．10
答案 D
解析 由a1＝2，a4＝eq \f(1,2)，
可得q3＝eq \f(1,4)，即q＝，
∴ak＝a1·qk－1＝2·qk－1＝2－5，
∴qk－1＝2－6＝(k－1)，
∴－eq \f(2k－1,3)＝－6，∴k＝10.
2．(2020·桂林模拟)已知Sn是等差数列{an}的前n 项和，a2＋a4＋a6＝12，则S7等于( )
A．20 B．28 C．36 D．4
答案 B
解析 ∵a2＋a4＋a6＝3a4＝12，
∴a4＝4，S7＝eq \f(7a1＋a7,2)＝eq \f(7×2a4,2)＝28，故选B.
3．(2020·福州质检)已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列，则a9等于( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(5,4) C.eq \f(4,5) D．－eq \f(4,5)
答案 C
解析 依题意知a3＝2，a7＝1，
因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列，
所以d＝eq \f(\f(1,a7)－\f(1,a3),7－3)＝eq \f(1－\f(1,2),7－3)＝eq \f(1,8)，
所以eq \f(1,a9)＝eq \f(1,a7)＋(9－7)×eq \f(1,8)＝eq \f(5,4)，
所以a9＝eq \f(4,5)，故选C.
4．(2020·永州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，2Sn＝an＋1an，则S10等于( )
A．100 B．110 C．50 D．55
答案 D
解析 ∵2Sn＝an＋1an，①
a1＝1，
当n＝1时，2a1＝a2·a1，得a2＝2，
当n≥2时，2Sn－1＝anan－1，②
由①－②得2an＝an(an＋1－an－1)，
又∵2Sn＝an＋1an，
可得an≠0，从而an＋1－an－1＝2，
当n为奇数时，数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，故a2n－1＝2n－1；
当n为偶数时，数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，故a2n＝2n；
所以当n为正整数时，an＝n，
则S10＝1＋2＋3＋…＋10＝eq \f(10×1＋10,2)＝55，
故选D.
5．设函数f (x)＝eq \f(1,2)＋lg2eq \f(x,1－x)，定义Sn＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n)))＋…＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))，其中n∈N*，n≥2，则Sn等于( )
A.eq \f(nn－1,2) B.eq \f(n－1,2)－lg2(n－1)
C.eq \f(n－1,2) D.eq \f(n－1,2)＋lg2(n－1)
答案 C
解析 ∵f (x)＝eq \f(1,2)＋lg2eq \f(x,1－x)，
∴f (1－x)＝eq \f(1,2)＋lg2eq \f(1－x,x)，
∴f (x)＋f (1－x)＝eq \f(1,2)＋lg2eq \f(x,1－x)＋eq \f(1,2)＋lg2eq \f(1－x,x)＝1，
∴Sn＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－2,n)))＋…＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))，
Sn＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n)))＋…＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))，
两式相加可得2Sn＝n－1，Sn＝eq \f(n－1,2).
6．(2020·江淮十校联考)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1,1,2,3,5,8,13,21，….该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它的前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”，则(a1a3－aeq \\al(2,2))(a2a4－aeq \\al(2,3))(a3a5－aeq \\al(2,4))…(a2 019a2 021－aeq \\al(2,2 020))等于( )
A．1 B．2 020 C．－1 D．－2 020
答案 C
解析 由题意得a1a3－aeq \\al(2,2)＝1，a2a4－aeq \\al(2,3)＝－1，a3a5－aeq \\al(2,4)＝1，…，
∴当n为偶数时，anan＋2－aeq \\al(2,n＋1)＝－1；
当n为奇数时，anan＋2－aeq \\al(2,n＋1)＝1，
∴(a1a3－aeq \\al(2,2))(a2a4－aeq \\al(2,3))(a3a5－aeq \\al(2,4))…(a2 019a2 021－aeq \\al(2,2 020))＝－1.
7．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有( )
A．13项 B．12项 C．11项 D．10项
答案 B
解析 设数列的通项公式为an＝a1qn－1，
则前三项分别为a1，a1q，a1q2，
后三项分别为a1qn－3，a1qn－2，a1qn－1.
由题意得aeq \\al(3,1)q3＝2，aeq \\al(3,1)q3n－6＝4，
两式相乘得aeq \\al(6,1)q3(n－1)＝8，即aeq \\al(2,1)qn－1＝2.
又∵a1·a1q·a1q2·…·a1qn－1＝64，
∴aeq \\al(n,1)＝64，
即(aeq \\al(2,1)qn－1)n＝642，解得n＝12.
8．(2020·长沙联考)定义在[0，＋∞)上的函数f (x)满足：当0≤x<2时，f (x)＝2x－x2；当x≥2时，f (x)＝3f (x－2)．将函数f (x)的极大值点从小到大依次记为a1，a2，…，an，并记相应的极大值为b1，b2，…，bn，则a1b1＋a2b2＋…＋a20b20的值为( )
A．19×320＋1 B．19×319＋1
C．20×319＋1 D．20×320＋1
答案 A
解析 由题意，知当0≤x<2时，f (x)＝2x－x2＝－(x－1)2＋1，极大值点为1，极大值为1，
当x≥2时，f (x)＝3f (x－2)，则极大值点形成首项为1，公差为2 的等差数列，极大值形成首项为1，公比为3 的等比数列，
故an＝2n－1，bn＝3n－1，
故anbn＝(2n－1)3n－1，
设S＝a1b1＋a2b2＋…＋a20b20＝1×1＋3×31＋5×32＋…＋39×319，
3S＝1×31＋3×32＋…＋39×320，
两式相减得－2S＝1＋2×(31＋32＋…＋319)－39×320＝1＋2×eq \f(31－319,1－3)－39×320＝－2－38×320，
∴S＝19×320＋1，
故选A.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．设{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5S8，则下列结论正确的是( )
A．d<0 B．a7＝0
C．S9>S5 D．S6与S7均为Sn的最大值
答案 ABD
解析 由S50.
又S6＝S7⇒a7＝0，所以d<0.
由S7>S8⇒a8<0，
因此，S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9
＝2(a7＋a8)<0，
即S910．已知数列{an}是等比数列，则下列结论中正确的是( )
A．数列{aeq \\al(2,n)}是等比数列
B．若a3＝2，a7＝32，则a5＝±8
C．若a1D．若数列{an}的前n项和Sn＝3n－1＋r，则r＝－1
答案 AC
解析 在A中，∵aeq \\al(2,n)＝aeq \\al(2,1)q2n－2，
∴eq \f(a\\al(2,n＋1),a\\al(2,n))＝eq \f(a\\al(2,1)q2n,a\\al(2,1)q2n－2)＝q2是常数，
∴数列{aeq \\al(2,n)}是等比数列，故A正确；
在B中，若a3＝2，a7＝32，则a5＝eq \r(2×32)＝8，故B错误；
在C中，若a10，q>1，数列{an}均是递增数列，故C正确；
在D中，若数列{an}的前n项和Sn＝3n－1＋r，
则a1＝S1＝1＋r，a2＝S2－S1＝(3＋r)－(1＋r)＝2，
a3＝S3－S2＝(9＋r)－(3＋r)＝6，
∵a1，a2，a3成等比数列，
∴aeq \\al(2,2)＝a1a3，
∴4＝6(1＋r)，
解得r＝－eq \f(1,3)，故D错误．
故选AC.
11．已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且2a1＋3a3＝S6，则下列结论正确的是( )
A．a10＝0 B．S10最小
C．S7＝S12 D．S19＝0
答案 ACD
解析 A中，因为数列{an}为等差数列，2a1＋3a3＝S6，
即5a1＋6d＝6a1＋15d，即a1＋9d＝a10＝0，故A正确；
B中，因为a10＝0，所以S9＝S10，但是无法推出数列{an}的单调性，故无法确定S10是最大值还是最小值．故B错误；
C中，因为a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝5a10＝0，
所以S12＝S7＋a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝S7＋0＝S7，故C正确；
D中，S19＝eq \f(a1＋a19,2)×19＝19a10＝0，所以D正确．
故选ACD.
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－2，若存在两项am，an，使得aman＝64，则下列结论正确的是( )
A．数列{an}为等比数列
B．数列{an}为等差数列
C．m＋n为定值
D．设数列{bn}的前n项和为Tn，bn＝lg2an，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Tn,n)))为等差数列
答案 ACD
解析 数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－2，当n＝1时，解得a1＝2，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，
所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，
整理得an＝2an－1，即eq \f(an,an－1)＝2(常数)，
所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．
所以an＝2·2n－1＝2n，n≥2，当n＝1时，a1＝2符合上式．
所以an＝2n，故选项A正确，B错误；
由于an＝2n，故存在两项am，an，使得aman＝64,2m＋n＝26，即m＋n＝6.
故选项C正确；
bn＝lg2an＝n，
所以Tn＝1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)，
所以eq \f(Tn,n)＝eq \f(n＋1,2)＝eq \f(1,2)n＋eq \f(1,2)符合一次函数的形式，故该数列为等差数列．
故选项D正确．
故选ACD.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．(2020·安徽六校联考)设等差数列{an}的公差d不为0，a1＝16d，若ak是a1与a2k的等比中项，则k＝________.
答案 5
解析 因为ak是a1与a2k的等比中项，
所以aeq \\al(2,k)＝a1·a2k，
所以[a1＋(k－1)d]2＝a1[a1＋(2k－1)d]，
整理得k2－2k－15＝0，
解得k＝5或k＝－3(舍去)．
14．已知{an}是公差为－2的等差数列，Sn为其前n项和，若a2＋1，a5＋1，a7＋1成等比数列，则a1＝________，当n＝________时，Sn取得最大值．(本题第一空2分，第二空3分)
答案 19 10
解析 因为a2＋1，a5＋1，a7＋1成等比数列，
所以(a5＋1)2＝(a2＋1)(a7＋1)，
又{an}是公差为－2的等差数列，
所以(a1－8＋1)2＝(a1－2＋1)(a1－12＋1)，
即(a1－7)2＝(a1－1)(a1－11)，解得a1＝19，
所以Sn＝19n－n(n－1)＝－n2＋20n＝－(n－10)2＋100，
因此，当n＝10时，Sn取得最大值．
15．(2020·沈阳质检)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)·3n，n∈N*，则an＝________.
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,4×3n－1，n≥2))
解析 当n＝1时，a1＝(2－1)×3＝3，
当n≥2时，由题意可得，
a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)·3n，
a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(2n－3)·3n－1，
两式作差可得nan＝(2n－1)·3n－(2n－3)·3n－1＝4n·3n－1，
故an＝4×3n－1，当n＝1时，a1＝3不符合上式，
所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1,4×3n－1，n≥2.))
16．(2020·张家口调研)已知数列{an}满足an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，且a5＝eq \f(π,2)，若函数f (x)＝sin 2x＋2cs2eq \f(x,2)，记yn＝f (an)，则数列{yn}的前9项和为________．
答案 9
解析 由已知可得，数列{an}为等差数列，f (x)＝sin 2x＋cs x＋1，
∵f (π－x)＝sin(2π－2x)＋cs(π－x)＋1
＝－sin 2x－cs x＋1，
∴f (π－x)＋f (x)＝2.
∵a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5＝π，
∴f (a1)＋…＋f (a9)＝2×4＋1＝9，
即数列{yn}的前9项和为9.
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)(2020·廊坊质检)设等差数列的前n项和为Sn，a2＋S2＝－5，S5＝－15.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋…＋eq \f(1,anan＋1).
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
由a2＋S2＝3a1＋2d＝－5，
S5＝5a1＋10d＝－15，
即a1＋2d＝－3，
解得a1＝－1，d＝－1，
所以an＝－1－(n－1)＝－n.
(2)由an＝－n，所以eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋…＋eq \f(1,anan＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
18．(12分)(2020·济南调研)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足S3－S1＝12,2a2＋3S1＝14.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列b1，b2－b1，b3－b2，…，bn－bn－1是首项为1，公比为2的等比数列，记cn＝eq \f(bn,an)，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)设数列{an}的公比为q，由已知得q>0，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＋a1q2＝12，,3a1＋2a1q＝14，))
所以7q2－5q－18＝0，解得q＝2(舍负)，所以a1＝2，
因此数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)因为bn＝b1＋(b2－b1)＋…＋(bn－bn－1)＝2n－1，
所以cn＝eq \f(2n－1,2n)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
所以数列{cn}的前n项和Tn＝1－eq \f(1,2)＋1－eq \f(1,22)＋…＋1－eq \f(1,2n)＝n－eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))
＝n＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1.
19．(12分)(2020·北京市朝阳区质检)已知数列{an}是等差数列且满足a2＝5，a4＝9，数列{bn＋an}是公比为3的等比数列，且b1＝3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d.
由a2＝5，a4＝9，得9＝5＋2d，解得d＝2.
所以an＝a2＋(n－2)d＝5＋2(n－2)＝2n＋1.
即{an}的通项公式为an＝2n＋1，n∈N*.
由于{bn＋an}是公比为3的等比数列，且b1＋a1＝6，
所以bn＋an＝(b1＋a1)·3n－1＝6×3n－1.
从而bn＝6×3n－1－an＝6×3n－1－(2n＋1)，n∈N*.
(2)由(1)得bn＝6×3n－1－(2n＋1)，n∈N*.
数列{bn}的前n项和Sn＝6(1＋3＋…＋3n－1)－[3＋5＋…＋(2n＋1)]
＝eq \f(61－3n,1－3)－eq \f(n[3＋2n＋1],2)
＝3n＋1－3－n2－2n(n∈N*)．
20．(12分)(2020·石家庄期末)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n－1，数列{bn}满足b1＝2，bn＋1－2bn＝8an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)当n＝1时，a1＝S1＝21－1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－2n－1＝2n－1.
a1＝1也适合an＝2n－1，
因此，数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)∵bn＋1－2bn＝8an＝2n＋2，
等式两边同时除以2n＋1得，eq \f(bn＋1,2n＋1)－eq \f(bn,2n)＝2，且eq \f(b1,2)＝1.
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,2n)))是以1为首项，以2为公差的等差数列，
∴eq \f(bn,2n)＝1＋2(n－1)＝2n－1，
∴bn＝(2n－1)·2n.
∴Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，
得2Tn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，
两式相减得－Tn＝21＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)·2n＋1
＝2＋eq \f(231－2n－1,1－2)－(2n－1)·2n＋1
＝(3－2n)·2n＋1－6，
因此Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6.
21．(12分)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且数列{an＋1－an}是以2为公比的等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令cn＝(－1)n＋1an，求数列{cn}的前n项和Sn.
解 (1)依题意可知数列{an＋1－an}是以a2－a1＝3－1＝2为首项，以2为公比的等比数列，
所以an＋1－an＝2×2n－1＝2n，等式两边同时除以2n得，
2·eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝1，
即eq \f(an＋1,2n＋1)＝eq \f(1,2)·eq \f(an,2n)＋eq \f(1,2)，
所以eq \f(an＋1,2n＋1)－1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)－1))，
又eq \f(a1,2)－1＝－eq \f(1,2)≠0，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)－1))是首项为－eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
所以eq \f(an,2n)－1＝－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝－eq \f(1,2n)，
所以an＝2n－1.
(2)由(1)得，cn＝(－1)n＋1(2n－1)，
当n为偶数时，Sn＝(21－1)－(22－1)＋(23－1)－(24－1)＋…＋(2n－1－1)－(2n－1)
＝21－22＋23－24＋…＋2n－1－2n
＝eq \f(2[1－－2n],1－－2)＝eq \f(2,3)[1－(－2)n]＝eq \f(2,3)(1－2n)；
当n为奇数时，n－1为偶数，
所以Sn＝Sn－1＋cn＝eq \f(2,3)(1－2n－1)＋2n－1＝eq \f(2n＋1－1,3)，
综上所述，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2n＋1－1,3)，n为奇数，,\f(2－2n＋1,3)，n为偶数.))
22．(12分)已知数列{an}的首项a1＝2，前n项和为Sn，且数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以eq \f(1,2)为公差的等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2nan，n∈N*，数列{bn}的前n项和为Tn，
①求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Tn,n)))为等比数列，
②若存在整数m，n(m>n>1)，使得eq \f(Tm,Tn)＝eq \f(mSm＋λ,nSn＋λ)，其中λ为常数，且λ≥－2，求λ的所有可能值．
(1)解 ∵a1＝2，∴eq \f(S1,1)＝2，
∴eq \f(Sn,n)＝2＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(1,2)n＋eq \f(3,2)，
即Sn＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(3,2)n，
当n≥2时，Sn－1＝eq \f(1,2)(n－1)2＋eq \f(3,2)(n－1)＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n－1，
∴an＝Sn－Sn－1＝n＋1(n≥2)，
当n＝1时，a1＝2符合上式，∴an＝n＋1(n∈N*)．
(2)①证明 ∵an＝n＋1(n∈N*)，
∴bn＝2n(n＋1)，
∴Tn＝2×2＋22×3＋23×4＋…＋2n×(n＋1)，
则2Tn＝2×22＋23×3＋24×4＋…＋2n＋1×(n＋1)，
两式相减，可整理得Tn＝n·2n＋1，
∴eq \f(Tn,n)＝2n＋1＝4×2n－1，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Tn,n)))是以4为首项，2为公比的等比数列．
②解 由①可知，Tn＝n·2n＋1，
且由(1)知Sn＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(3,2)n，
代入eq \f(Tm,Tn)＝eq \f(mSm＋λ,nSn＋λ)，
可得eq \f(m·2m＋1,n·2n＋1)＝eq \f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)m2＋\f(3,2)m＋λ)),n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)n2＋\f(3,2)n＋λ)))，
整理得eq \f(2m,2n)＝eq \f(m2＋3m＋2λ,n2＋3n＋2λ)，
即eq \f(n2＋3n＋2λ,2n)＝eq \f(m2＋3m＋2λ,2m)，
设cn＝eq \f(n2＋3n＋2λ,2n)，则cm＝cn，
则cn＋1－cn＝eq \f(n＋12＋3n＋1＋2λ,2n＋1)－eq \f(n2＋3n＋2λ,2n)＝eq \f(－n2－n－2λ＋4,2n＋1).
∵λ≥－2，∴当n≥3时，cn＋1－cn＝eq \f(－n2－n－2λ＋4,2n＋1)<0，即cn＋1∵m>n>1，且c2－c4＝eq \f(λ＋5,2)－eq \f(λ＋14,8)＝eq \f(3λ＋6,8)≥0，
∴c2>cn(n≥5)，
∴c2＝c4或c2＝c3，即n＝2，m＝4或3.
当n＝2，m＝4时，λ＝－2，
当n＝2，m＝3时，λ＝－1.
故λ的所有可能值为－1，－2.
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．(2020·广州调研)在等比数列{an}中，a1＝2，a4＝eq \f(1,2)，若ak＝2－5 ，则k等于( )
A．5 B．6 C．9 D．10
答案 D
解析 由a1＝2，a4＝eq \f(1,2)，
可得q3＝eq \f(1,4)，即q＝，
∴ak＝a1·qk－1＝2·qk－1＝2－5，
∴qk－1＝2－6＝(k－1)，
∴－eq \f(2k－1,3)＝－6，∴k＝10.
2．(2020·桂林模拟)已知Sn是等差数列{an}的前n 项和，a2＋a4＋a6＝12，则S7等于( )
A．20 B．28 C．36 D．4
答案 B
解析 ∵a2＋a4＋a6＝3a4＝12，
∴a4＝4，S7＝eq \f(7a1＋a7,2)＝eq \f(7×2a4,2)＝28，故选B.
3．(2020·福州质检)已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列，则a9等于( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(5,4) C.eq \f(4,5) D．－eq \f(4,5)
答案 C
解析 依题意知a3＝2，a7＝1，
因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列，
所以d＝eq \f(\f(1,a7)－\f(1,a3),7－3)＝eq \f(1－\f(1,2),7－3)＝eq \f(1,8)，
所以eq \f(1,a9)＝eq \f(1,a7)＋(9－7)×eq \f(1,8)＝eq \f(5,4)，
所以a9＝eq \f(4,5)，故选C.
4．(2020·永州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，2Sn＝an＋1an，则S10等于( )
A．100 B．110 C．50 D．55
答案 D
解析 ∵2Sn＝an＋1an，①
a1＝1，
当n＝1时，2a1＝a2·a1，得a2＝2，
当n≥2时，2Sn－1＝anan－1，②
由①－②得2an＝an(an＋1－an－1)，
又∵2Sn＝an＋1an，
可得an≠0，从而an＋1－an－1＝2，
当n为奇数时，数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，故a2n－1＝2n－1；
当n为偶数时，数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，故a2n＝2n；
所以当n为正整数时，an＝n，
则S10＝1＋2＋3＋…＋10＝eq \f(10×1＋10,2)＝55，
故选D.
5．设函数f (x)＝eq \f(1,2)＋lg2eq \f(x,1－x)，定义Sn＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n)))＋…＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))，其中n∈N*，n≥2，则Sn等于( )
A.eq \f(nn－1,2) B.eq \f(n－1,2)－lg2(n－1)
C.eq \f(n－1,2) D.eq \f(n－1,2)＋lg2(n－1)
答案 C
解析 ∵f (x)＝eq \f(1,2)＋lg2eq \f(x,1－x)，
∴f (1－x)＝eq \f(1,2)＋lg2eq \f(1－x,x)，
∴f (x)＋f (1－x)＝eq \f(1,2)＋lg2eq \f(x,1－x)＋eq \f(1,2)＋lg2eq \f(1－x,x)＝1，
∴Sn＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－2,n)))＋…＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))，
Sn＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n)))＋…＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))，
两式相加可得2Sn＝n－1，Sn＝eq \f(n－1,2).
6．(2020·江淮十校联考)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1,1,2,3,5,8,13,21，….该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它的前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”，则(a1a3－aeq \\al(2,2))(a2a4－aeq \\al(2,3))(a3a5－aeq \\al(2,4))…(a2 019a2 021－aeq \\al(2,2 020))等于( )
A．1 B．2 020 C．－1 D．－2 020
答案 C
解析 由题意得a1a3－aeq \\al(2,2)＝1，a2a4－aeq \\al(2,3)＝－1，a3a5－aeq \\al(2,4)＝1，…，
∴当n为偶数时，anan＋2－aeq \\al(2,n＋1)＝－1；
当n为奇数时，anan＋2－aeq \\al(2,n＋1)＝1，
∴(a1a3－aeq \\al(2,2))(a2a4－aeq \\al(2,3))(a3a5－aeq \\al(2,4))…(a2 019a2 021－aeq \\al(2,2 020))＝－1.
7．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有( )
A．13项 B．12项 C．11项 D．10项
答案 B
解析 设数列的通项公式为an＝a1qn－1，
则前三项分别为a1，a1q，a1q2，
后三项分别为a1qn－3，a1qn－2，a1qn－1.
由题意得aeq \\al(3,1)q3＝2，aeq \\al(3,1)q3n－6＝4，
两式相乘得aeq \\al(6,1)q3(n－1)＝8，即aeq \\al(2,1)qn－1＝2.
又∵a1·a1q·a1q2·…·a1qn－1＝64，
∴aeq \\al(n,1)＝64，
即(aeq \\al(2,1)qn－1)n＝642，解得n＝12.
8．(2020·长沙联考)定义在[0，＋∞)上的函数f (x)满足：当0≤x<2时，f (x)＝2x－x2；当x≥2时，f (x)＝3f (x－2)．将函数f (x)的极大值点从小到大依次记为a1，a2，…，an，并记相应的极大值为b1，b2，…，bn，则a1b1＋a2b2＋…＋a20b20的值为( )
A．19×320＋1 B．19×319＋1
C．20×319＋1 D．20×320＋1
答案 A
解析 由题意，知当0≤x<2时，f (x)＝2x－x2＝－(x－1)2＋1，极大值点为1，极大值为1，
当x≥2时，f (x)＝3f (x－2)，则极大值点形成首项为1，公差为2 的等差数列，极大值形成首项为1，公比为3 的等比数列，
故an＝2n－1，bn＝3n－1，
故anbn＝(2n－1)3n－1，
设S＝a1b1＋a2b2＋…＋a20b20＝1×1＋3×31＋5×32＋…＋39×319，
3S＝1×31＋3×32＋…＋39×320，
两式相减得－2S＝1＋2×(31＋32＋…＋319)－39×320＝1＋2×eq \f(31－319,1－3)－39×320＝－2－38×320，
∴S＝19×320＋1，
故选A.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．设{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5
A．d<0 B．a7＝0
C．S9>S5 D．S6与S7均为Sn的最大值
答案 ABD
解析 由S5
又S6＝S7⇒a7＝0，所以d<0.
由S7>S8⇒a8<0，
因此，S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9
＝2(a7＋a8)<0，
即S9
A．数列{aeq \\al(2,n)}是等比数列
B．若a3＝2，a7＝32，则a5＝±8
C．若a1
答案 AC
解析 在A中，∵aeq \\al(2,n)＝aeq \\al(2,1)q2n－2，
∴eq \f(a\\al(2,n＋1),a\\al(2,n))＝eq \f(a\\al(2,1)q2n,a\\al(2,1)q2n－2)＝q2是常数，
∴数列{aeq \\al(2,n)}是等比数列，故A正确；
在B中，若a3＝2，a7＝32，则a5＝eq \r(2×32)＝8，故B错误；
在C中，若a1
在D中，若数列{an}的前n项和Sn＝3n－1＋r，
则a1＝S1＝1＋r，a2＝S2－S1＝(3＋r)－(1＋r)＝2，
a3＝S3－S2＝(9＋r)－(3＋r)＝6，
∵a1，a2，a3成等比数列，
∴aeq \\al(2,2)＝a1a3，
∴4＝6(1＋r)，
解得r＝－eq \f(1,3)，故D错误．
故选AC.
11．已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且2a1＋3a3＝S6，则下列结论正确的是( )
A．a10＝0 B．S10最小
C．S7＝S12 D．S19＝0
答案 ACD
解析 A中，因为数列{an}为等差数列，2a1＋3a3＝S6，
即5a1＋6d＝6a1＋15d，即a1＋9d＝a10＝0，故A正确；
B中，因为a10＝0，所以S9＝S10，但是无法推出数列{an}的单调性，故无法确定S10是最大值还是最小值．故B错误；
C中，因为a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝5a10＝0，
所以S12＝S7＋a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝S7＋0＝S7，故C正确；
D中，S19＝eq \f(a1＋a19,2)×19＝19a10＝0，所以D正确．
故选ACD.
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－2，若存在两项am，an，使得aman＝64，则下列结论正确的是( )
A．数列{an}为等比数列
B．数列{an}为等差数列
C．m＋n为定值
D．设数列{bn}的前n项和为Tn，bn＝lg2an，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Tn,n)))为等差数列
答案 ACD
解析 数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－2，当n＝1时，解得a1＝2，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，
所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，
整理得an＝2an－1，即eq \f(an,an－1)＝2(常数)，
所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．
所以an＝2·2n－1＝2n，n≥2，当n＝1时，a1＝2符合上式．
所以an＝2n，故选项A正确，B错误；
由于an＝2n，故存在两项am，an，使得aman＝64,2m＋n＝26，即m＋n＝6.
故选项C正确；
bn＝lg2an＝n，
所以Tn＝1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)，
所以eq \f(Tn,n)＝eq \f(n＋1,2)＝eq \f(1,2)n＋eq \f(1,2)符合一次函数的形式，故该数列为等差数列．
故选项D正确．
故选ACD.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．(2020·安徽六校联考)设等差数列{an}的公差d不为0，a1＝16d，若ak是a1与a2k的等比中项，则k＝________.
答案 5
解析 因为ak是a1与a2k的等比中项，
所以aeq \\al(2,k)＝a1·a2k，
所以[a1＋(k－1)d]2＝a1[a1＋(2k－1)d]，
整理得k2－2k－15＝0，
解得k＝5或k＝－3(舍去)．
14．已知{an}是公差为－2的等差数列，Sn为其前n项和，若a2＋1，a5＋1，a7＋1成等比数列，则a1＝________，当n＝________时，Sn取得最大值．(本题第一空2分，第二空3分)
答案 19 10
解析 因为a2＋1，a5＋1，a7＋1成等比数列，
所以(a5＋1)2＝(a2＋1)(a7＋1)，
又{an}是公差为－2的等差数列，
所以(a1－8＋1)2＝(a1－2＋1)(a1－12＋1)，
即(a1－7)2＝(a1－1)(a1－11)，解得a1＝19，
所以Sn＝19n－n(n－1)＝－n2＋20n＝－(n－10)2＋100，
因此，当n＝10时，Sn取得最大值．
15．(2020·沈阳质检)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)·3n，n∈N*，则an＝________.
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,4×3n－1，n≥2))
解析 当n＝1时，a1＝(2－1)×3＝3，
当n≥2时，由题意可得，
a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)·3n，
a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(2n－3)·3n－1，
两式作差可得nan＝(2n－1)·3n－(2n－3)·3n－1＝4n·3n－1，
故an＝4×3n－1，当n＝1时，a1＝3不符合上式，
所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1,4×3n－1，n≥2.))
16．(2020·张家口调研)已知数列{an}满足an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，且a5＝eq \f(π,2)，若函数f (x)＝sin 2x＋2cs2eq \f(x,2)，记yn＝f (an)，则数列{yn}的前9项和为________．
答案 9
解析 由已知可得，数列{an}为等差数列，f (x)＝sin 2x＋cs x＋1，
∵f (π－x)＝sin(2π－2x)＋cs(π－x)＋1
＝－sin 2x－cs x＋1，
∴f (π－x)＋f (x)＝2.
∵a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5＝π，
∴f (a1)＋…＋f (a9)＝2×4＋1＝9，
即数列{yn}的前9项和为9.
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)(2020·廊坊质检)设等差数列的前n项和为Sn，a2＋S2＝－5，S5＝－15.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋…＋eq \f(1,anan＋1).
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
由a2＋S2＝3a1＋2d＝－5，
S5＝5a1＋10d＝－15，
即a1＋2d＝－3，
解得a1＝－1，d＝－1，
所以an＝－1－(n－1)＝－n.
(2)由an＝－n，所以eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋…＋eq \f(1,anan＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
18．(12分)(2020·济南调研)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足S3－S1＝12,2a2＋3S1＝14.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列b1，b2－b1，b3－b2，…，bn－bn－1是首项为1，公比为2的等比数列，记cn＝eq \f(bn,an)，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)设数列{an}的公比为q，由已知得q>0，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＋a1q2＝12，,3a1＋2a1q＝14，))
所以7q2－5q－18＝0，解得q＝2(舍负)，所以a1＝2，
因此数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)因为bn＝b1＋(b2－b1)＋…＋(bn－bn－1)＝2n－1，
所以cn＝eq \f(2n－1,2n)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
所以数列{cn}的前n项和Tn＝1－eq \f(1,2)＋1－eq \f(1,22)＋…＋1－eq \f(1,2n)＝n－eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))
＝n＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1.
19．(12分)(2020·北京市朝阳区质检)已知数列{an}是等差数列且满足a2＝5，a4＝9，数列{bn＋an}是公比为3的等比数列，且b1＝3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d.
由a2＝5，a4＝9，得9＝5＋2d，解得d＝2.
所以an＝a2＋(n－2)d＝5＋2(n－2)＝2n＋1.
即{an}的通项公式为an＝2n＋1，n∈N*.
由于{bn＋an}是公比为3的等比数列，且b1＋a1＝6，
所以bn＋an＝(b1＋a1)·3n－1＝6×3n－1.
从而bn＝6×3n－1－an＝6×3n－1－(2n＋1)，n∈N*.
(2)由(1)得bn＝6×3n－1－(2n＋1)，n∈N*.
数列{bn}的前n项和Sn＝6(1＋3＋…＋3n－1)－[3＋5＋…＋(2n＋1)]
＝eq \f(61－3n,1－3)－eq \f(n[3＋2n＋1],2)
＝3n＋1－3－n2－2n(n∈N*)．
20．(12分)(2020·石家庄期末)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n－1，数列{bn}满足b1＝2，bn＋1－2bn＝8an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)当n＝1时，a1＝S1＝21－1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－2n－1＝2n－1.
a1＝1也适合an＝2n－1，
因此，数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)∵bn＋1－2bn＝8an＝2n＋2，
等式两边同时除以2n＋1得，eq \f(bn＋1,2n＋1)－eq \f(bn,2n)＝2，且eq \f(b1,2)＝1.
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,2n)))是以1为首项，以2为公差的等差数列，
∴eq \f(bn,2n)＝1＋2(n－1)＝2n－1，
∴bn＝(2n－1)·2n.
∴Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，
得2Tn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，
两式相减得－Tn＝21＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)·2n＋1
＝2＋eq \f(231－2n－1,1－2)－(2n－1)·2n＋1
＝(3－2n)·2n＋1－6，
因此Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6.
21．(12分)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且数列{an＋1－an}是以2为公比的等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令cn＝(－1)n＋1an，求数列{cn}的前n项和Sn.
解 (1)依题意可知数列{an＋1－an}是以a2－a1＝3－1＝2为首项，以2为公比的等比数列，
所以an＋1－an＝2×2n－1＝2n，等式两边同时除以2n得，
2·eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝1，
即eq \f(an＋1,2n＋1)＝eq \f(1,2)·eq \f(an,2n)＋eq \f(1,2)，
所以eq \f(an＋1,2n＋1)－1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)－1))，
又eq \f(a1,2)－1＝－eq \f(1,2)≠0，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)－1))是首项为－eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
所以eq \f(an,2n)－1＝－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝－eq \f(1,2n)，
所以an＝2n－1.
(2)由(1)得，cn＝(－1)n＋1(2n－1)，
当n为偶数时，Sn＝(21－1)－(22－1)＋(23－1)－(24－1)＋…＋(2n－1－1)－(2n－1)
＝21－22＋23－24＋…＋2n－1－2n
＝eq \f(2[1－－2n],1－－2)＝eq \f(2,3)[1－(－2)n]＝eq \f(2,3)(1－2n)；
当n为奇数时，n－1为偶数，
所以Sn＝Sn－1＋cn＝eq \f(2,3)(1－2n－1)＋2n－1＝eq \f(2n＋1－1,3)，
综上所述，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2n＋1－1,3)，n为奇数，,\f(2－2n＋1,3)，n为偶数.))
22．(12分)已知数列{an}的首项a1＝2，前n项和为Sn，且数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以eq \f(1,2)为公差的等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2nan，n∈N*，数列{bn}的前n项和为Tn，
①求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Tn,n)))为等比数列，
②若存在整数m，n(m>n>1)，使得eq \f(Tm,Tn)＝eq \f(mSm＋λ,nSn＋λ)，其中λ为常数，且λ≥－2，求λ的所有可能值．
(1)解 ∵a1＝2，∴eq \f(S1,1)＝2，
∴eq \f(Sn,n)＝2＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(1,2)n＋eq \f(3,2)，
即Sn＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(3,2)n，
当n≥2时，Sn－1＝eq \f(1,2)(n－1)2＋eq \f(3,2)(n－1)＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n－1，
∴an＝Sn－Sn－1＝n＋1(n≥2)，
当n＝1时，a1＝2符合上式，∴an＝n＋1(n∈N*)．
(2)①证明 ∵an＝n＋1(n∈N*)，
∴bn＝2n(n＋1)，
∴Tn＝2×2＋22×3＋23×4＋…＋2n×(n＋1)，
则2Tn＝2×22＋23×3＋24×4＋…＋2n＋1×(n＋1)，
两式相减，可整理得Tn＝n·2n＋1，
∴eq \f(Tn,n)＝2n＋1＝4×2n－1，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Tn,n)))是以4为首项，2为公比的等比数列．
②解 由①可知，Tn＝n·2n＋1，
且由(1)知Sn＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(3,2)n，
代入eq \f(Tm,Tn)＝eq \f(mSm＋λ,nSn＋λ)，
可得eq \f(m·2m＋1,n·2n＋1)＝eq \f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)m2＋\f(3,2)m＋λ)),n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)n2＋\f(3,2)n＋λ)))，
整理得eq \f(2m,2n)＝eq \f(m2＋3m＋2λ,n2＋3n＋2λ)，
即eq \f(n2＋3n＋2λ,2n)＝eq \f(m2＋3m＋2λ,2m)，
设cn＝eq \f(n2＋3n＋2λ,2n)，则cm＝cn，
则cn＋1－cn＝eq \f(n＋12＋3n＋1＋2λ,2n＋1)－eq \f(n2＋3n＋2λ,2n)＝eq \f(－n2－n－2λ＋4,2n＋1).
∵λ≥－2，∴当n≥3时，cn＋1－cn＝eq \f(－n2－n－2λ＋4,2n＋1)<0，即cn＋1
∴c2>cn(n≥5)，
∴c2＝c4或c2＝c3，即n＝2，m＝4或3.
当n＝2，m＝4时，λ＝－2，
当n＝2，m＝3时，λ＝－1.
故λ的所有可能值为－1，－2.
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