2023-2024学年人教B版选择性必修第三册 第五章 数 列 单元测试

这是一份2023-2024学年人教B版选择性必修第三册 第五章 数 列 单元测试，共11页。

章末检测(五) (时间：120分钟　满分：150分) 一、单项选择题(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．在等差数列{an}中，a3＋a9＝10，则该数列的前11项和S11＝(　　) A．58　　　　　　　　 B．55 C．44 D．33 解析：B　由题意得S11＝eq \f(11（a1＋a11）,2)＝eq \f(11（a3＋a9）,2)＝eq \f(11×10,2)＝55. 2．在数列{an}中，a1＝eq \f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1(n≥2)，则a5＝(　　) A．－eq \f(16,3) B．eq \f(16,3) C．－eq \f(8,3) D．eq \f(8,3) 解析：B　∵a1＝eq \f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1(n≥2)， ∴a2＝(－1)2×2×eq \f(1,3)＝eq \f(2,3)，a3＝(－1)3×2×eq \f(2,3)＝－eq \f(4,3)， a4＝(－1)4×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝－eq \f(8,3)， a5＝(－1)5×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)))＝eq \f(16,3). 3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5＝(　　) A．3∶4 B．2∶3 C．1∶2 D．1∶3 解析：A　在等比数列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10，…，成等比数列，因为S10∶S5＝1∶2，所以S5＝2S10，S15＝eq \f(3,4)S5，得S15∶S5＝3∶4，故选A. 4．设{an}是由正数组成的等比数列，公比q＝2，且a1·a2·a3·…·a30＝230，那么a3·a6·…·a30＝(　　) A．210 B．215 C．220 D．216 解析：C　法一：a1·a2·a3·…·a30＝aeq \o\al(30,1)q1＋2＋3＋…＋29＝(aeq \o\al(10,1)q145)3，a3·a6·a9·…·a30＝aeq \o\al(10,1)q2＋5＋8＋…＋29＝aeq \o\al(10,1)q155，所以a3·a6·a9·…·a30＝(a1·a2·a3·…·a30)eq \s\up6(\f(1,3))q10＝(230)eq \s\up6(\f(1,3))·210＝220. 法二：易知a1·a4·a7·…·a28，a2·a5·a8·…·a29，a3·a6·a9·…·a30成等比数列，公比为210. 设a3·a6·a9·…·a30＝x，则有a1·a2·a3·…·a30＝eq \f(x,220)·eq \f(x,210)·x＝230.所以x3＝260，故a3·a6·a9·…·a30＝220. 5．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2an，n为正奇数，,an＋1，n为正偶数，))则254是该数列的(　　) A．第8项 B．第10项 C．第12项 D．第14项 解析：D　当n为正奇数时，an＋1＝2an，则a2＝2a1＝2，当n为正偶数时，an＋1＝an＋1，得a3＝3，依此类推得a4＝6，a5＝7，a6＝14，a7＝15，…，归纳可得数列{an}的通项公式an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2\s\up6(\f(n＋1,2))－1，n为正奇数，,2\f(n,2)＋1－2，n为正偶数，))则2eq \f(n,2)＋1－2＝254，n＝14，故选D. 6．已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a1a2a3＝15，且eq \f(3,S1S3)＋eq \f(15,S3S5)＋eq \f(5,S5S1)＝eq \f(3,5)，则a2＝(　　) A．2 B.eq \f(1,2) C．3 D.eq \f(1,3) 解析：C　∵S1＝a1，S3＝3a2，S5＝5a3，eq \f(3,S1S3)＋eq \f(15,S3S5)＋eq \f(5,S5S1)＝eq \f(3,5)，a1a2a3＝15，∴eq \f(3,5)＝eq \f(a3,15)＋eq \f(a1,15)＋eq \f(a2,15)＝eq \f(a2,5)，∴a2＝3.故选C. 7．设Sn是公差d不为0的等差数列{an}的前n项和，S3＝aeq \o\al(2,2)，且S1，S2，S4成等比数列，则a10＝(　　) A．15 B．19 C．21 D．30 解析：B　由S3＝aeq \o\al(2,2)得3a2＝aeq \o\al(2,2)，故a2＝0或a2＝3.由S1，S2，S4成等比数列可得Seq \o\al(2,2)＝S1·S4，又S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d，故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)，化简得3d2＝2a2d，又d≠0，∴a2＝3，d＝2，a1＝1，∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴a10＝19. 8．若有穷数列a1，a2，…，an(n是正整数)，满足a1＝an，a2＝an－1，…，an＝a1，即ai＝an－i＋1(i是正整数，且1≤i≤n)，就称该数列为“对称数列”．已知数列{bn}是项数不超过2m(m＞1，m∈N＋)的对称数列，且1，2，4，…，2m－1是数列{bn}的前m项，则当m＞1 200时，数列{bn}的前2 019项和S2 019的值不可能为(　　) A．2m－2m－2 009 B．22 019－1 C．2m＋1－22m－2 019－1 D．3·2m－1－22m－2 020－1 解析：A　若数列{bn}的项数为偶数，则数列可设为1，21，22，…，2m－1，2m－1，…，22，2，1，当m≥2 019时，S2 019＝eq \f(1×（1－22 019）,1－2)＝22 019－1，故B可能． 当1 200＜m＜2 019时，S2 019＝2×eq \f(1×（1－2m）,1－2)－eq \f(1×（1－22m－2 019）,1－2)＝2m＋1－22m－2 019－1，故C可能． 若数列为奇数项，则数列可设为1，21，22，…，2m－2，2m－1，2m－2，…，22，2，1，当m≥2 019时，S2 019＝eq \f(1×（1－22 019）,1－2)＝22 019－1. 当1 200＜m＜2 019时，S2 019＝2×eq \f(1×（1－2m－1）,1－2)－eq \f(1×（1－22m－1－2 019）,1－2)＋2m－1＝3·2m－1－22m－2 020－1，故D可能．故选A. 二、多项选择题(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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9．已知等比数列{an}的公比q＝－eq \f(2,3)，等差数列{bn}的首项b1＝12，若a9>b9且a10>b10，则以下结论正确的有(　　) A．a9·a10<0 B．a9>a10 C．b10>0 D．b9>b10 解析：AD　∵等比数列{an}的公比q＝－eq \f(2,3)， ∴a9和a10异号，∴a9a10＝aeq \o\al(2,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))<0，故A正确； 但不能确定a9和a10的大小关系，故B不正确； ∵a9和a10异号，且a9>b9且a10>b10， ∴b9和b10中至少有一个数是负数， 又∵b1＝12>0，∴d<0，∴b9>b10，故D正确； ∴b10一定是负数，即b10<0，故C不正确．故选A、D. 10．已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且2a1＋3a3＝S6，则以下结论正确的是(　　) A．a10＝0 B．S10最小 C．S7＝S12 D．S19＝0 解析：ACD　因为2a1＋3a3＝S6，所以2a1＋3a1＋6d＝6a1＋15d，所以a1＋9d＝0，即a10＝0，A正确； 当d<0时，Sn没有最小值，B错误； S12－S7＝a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝5a10＝0，所以S12＝S7，C正确； S19＝eq \f(（a1＋a19）×19,2)＝19a10＝0，D正确． 11．设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项的积为Tn，并满足条件a1>1，a2 019a2 020>1，eq \f(a2 019－1,a2 020－1)<0，下列结论正确的是(　　) A．S2 0191，a2 019a2 020>1，eq \f(a2 019－1,a2 020－1)<0， ∴a2 019>1，01，0a2>…>a2 019>1>a2 020>…>0.∵S2 020－S2 019＝a2 020>0，∴S2 0191，S2 021>1，∴S2 019·S2 021>1，S2 019S2 021－1>0，故选项B错误； 根据a1>a2>…>a2 019>1>a2 020>…>0，可知T2 019是数列{Tn}中的最大项，故选项C正确，选项D错误． 12．若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为递减数列，则称数列{an}为“差递减数列”．给出下列数列{an}(n∈N＋)，其中是“差递减数列”的有(　　) A．an＝3n B．an＝n2＋1 C．an＝eq \r(n) D．an＝lneq \f(n,n＋1) 解析：CD　对A，若an＝3n，则an＋1－an＝3(n＋1)－3n＝3，所以{an＋1－an}不为递减数列，故A错误； 对B，若an＝n2＋1，则an＋1－an＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，所以{an＋1－an}为递增数列，故B错误； 对C，若an＝eq \r(n)，则an＋1－an＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，所以{an＋1－an}为递减数列，故C正确； 对D，若an＝lneq \f(n,n＋1)，则an＋1－an＝lneq \f(n＋1,n＋2)－lneq \f(n,n＋1)＝lneq \f(n＋1,n＋2)·eq \f(n＋1,n)＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2＋2n)))，由函数y＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2＋2x)))在(0，＋∞)递减，所以数列{an＋1－an}为递减数列，故D正确．故选C、D. 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．已知等比数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2＋an＋1，则a1＝________． 解析：根据题意，等比数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2＋an＋1， 则有Sn－1＝2＋an(n≥2)， 两式相减可得Sn－Sn－1＝an＋1－an， 即an＝an＋1－an，变形可得an＋1＝2an， 即等比数列{an}的公比为2. 在Sn＝2＋an＋1中，令n＝1可得a1＝2＋a2， 即a1＝2＋2a1，解得a1＝－2. 答案：－2 14．已知数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝12，则a4＝________． 解析：因为数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝log2a1＋log2a2＋log2a3＝12，所以log2(a1a2a3)＝12，即a1a2a3＝212，因为数列{an}为等比数列，所以a1a2a3＝aeq \o\al(3,2)＝212，所以a2＝16，q＝4，则a4＝256. 答案：256 15．设Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(8，n＝1，,4n，n≥2，n∈N＋，))则数列{an}的通项公式为________． 解析：由题意知，当n＝1时，a1＝S1＝8；当n≥2，n∈N＋时，an＝Sn－Sn－1＝4n－4n－1＝3×4n－1，经检验，当n＝1时不符合上式，所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(8，n＝1，,3×4n－1，n≥2，n∈N＋.)) 答案：an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(8，n＝1，,3×4n－1，n≥2，n∈N＋)) 16．已知数列{an}满足eq \f(nan－28,an＋1)＝n－1(n∈N＋)，a1＋a2＋a3＝75，记Sn＝a1a2a3＋a2a3a4＋a3a4a5＋…＋anan＋1·an＋2，则a2＝________，使得Sn取得最大值的n的值为________． 解析：因为n∈N＋，所以取n＝1，则a1－28＝0，可得a1＝28，取n＝2，可得eq \f(2a2－28,a3)＝1，即a3＝2a2－28，又a1＋a2＋a3＝75，可得a2＝25，a3＝22.当n≥2时，由eq \f(nan－28,an＋1)＝n－1，得eq \f(an＋1,n)－eq \f(an,n－1)＝－eq \f(28,n（n－1）)， 可令cn＝eq \f(an＋1,n)(n≥2)，则cn－cn－1＝28eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n－1)))，可得c1＝25＝a2，由cn＝c1＋(c2－c1)＋…＋(cn－cn－1)＝c1＋28×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－1＋\f(1,3)－\f(1,2)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n－1)))，可得cn＝c1＋28eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－1))＝a2＋28eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－1))，则an＋1＝ncn＝na2＋28(1－n)＝28＋n(a2－28)，故an＋1＝28－3n(n≥2)，所以an＝31－3n(n≥3)，又a1＝28，a2＝25，也符合上式，所以an＝31－3n.设bn＝anan＋1an＋2＝(31－3n)·(28－3n)(25－3n)，令bn≥0，则可得(31－3n)(28－3n)·(25－3n)≥0，解得1≤n≤8(n∈N＋)或n＝10，又b9＝－8，b10＝10，所以n＝10时，Sn取得最大值． 答案：25　10 四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝2n，求Tn＝(b1－a1)＋(b2－a2)＋(b3－a3)＋…＋(bn－an)． 解：(1)由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝0，,5a1＋\f(5×4,2)d＝－5，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝0，,a1＋2d＝－1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝－1，))则{an}的通项公式为an＝1－(n－1)＝2－n. (2)Tn＝(b1－a1)＋(b2－a2)＋(b3－a3)＋…＋(bn－an)＝eq \f(2（1－2n）,1－2)－eq \f(n,2)(1＋2－n)＝2n＋1＋eq \f(1,2)n2－eq \f(3,2)n－2. 18．(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋pn. (1)求数列{an}的通项公式； (2)已知a4，a7，a12成等比数列，求p的值； (3)在(2)的条件下，若bn＝1＋eq \f(2,an·an＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1＋p， 又当n＝1时，a1＝S1＝1＋p，也满足an＝2n－1＋p， 故an＝2n－1＋p. (2)∵a4，a7，a12成等比数列，∴a4a12＝aeq \o\al(2,7)， ∴(7＋p)(23＋p)＝(13＋p)2，∴p＝2. (3)由(1)可得bn＝1＋eq \f(2,an·an＋1)＝1＋eq \f(2,（2n－1＋p）（2n＋1＋p）)＝1＋eq \f(1,2n－1＋p)－eq \f(1,2n＋1＋p). ∴Tn＝n＋(eq \f(1,1＋p)－eq \f(1,3＋p)＋eq \f(1,3＋p)－eq \f(1,5＋p)＋…＋eq \f(1,2n－1＋p)－eq \f(1,2n＋1＋p))＝n＋eq \f(1,1＋p)－eq \f(1,2n＋1＋p)＝n＋eq \f(2n,（1＋p）（2n＋1＋p）). 又由(2)知p＝2，故Tn＝n＋eq \f(2n,3（2n＋3）). 19．(本小题满分12分)在①log2an＋1＝log2an＋1，②an＋1＝an＋2n，③aeq \o\al(2,n＋1)－an＋1an＝2aeq \o\al(2,n)(an>0)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答． 已知{bn－an}为等差数列，{bn}的前n项和为Sn，且a1＝2，b1＝2，b3＝14，________，是否存在正整数k，使得Sk>2 022？若存在，求k的最小值；若不存在，说明理由． 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分． 解：选①，由log2an＋1＝log2an＋1得log2an＋1－log2an＝1， 所以{log2an}是首项为log2a1＝1，公差为1的等差数列， 所以log2an＝1＋(n－1)×1＝n，故an＝2n. 又b1＝2，b3＝14，a1＝2，a3＝8，所以b1－a1＝0，b3－a3＝6， 所以等差数列{bn－an}的公差d＝eq \f(（b3－a3）－（b1－a1）,3－1)＝3， 所以bn－an＝b1－a1＋(n－1)d＝3(n－1)， 所以bn＝2n＋3(n－1)， Sn＝(21＋22＋23＋…＋2n)＋3(1＋2＋3＋…＋n)－3n＝2n＋1－2＋eq \f(3n2－3n,2)， 由Sn>2 022得n≥10，n∈N＋，即存在正整数k，使得Sk>2 022，且k的最小值为10. 选②，由an＋1＝an＋2n得a2－a1＝21，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…，an－an－1＝2n－1(n≥2)， 相加得an－a1＝21＋22＋23＋…＋2n－1＝eq \f(2（1－2n－1）,1－2)＝2n－2， 又a1＝2，所以an＝2n(n≥2)， 显然a1＝2也满足an＝2n，故an＝2n. 以下解法同选①. 选③，由aeq \o\al(2,n＋1)－an＋1an＝2aeq \o\al(2,n)整理得(an＋1－2an)(an＋1＋an)＝0， 又an>0，所以an＋1＝2an，即eq \f(an＋1,an)＝2， 所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＝2n. 以下解法同选①. 20．(本小题满分12分)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝eq \f(nan,3).已知a1，3a2，9a3成等差数列． (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn＜eq \f(Sn,2). 解：(1)设{an}的公比为q，则an＝qn－1. 因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝eq \f(1,3)， 故an＝eq \f(1,3n－1)，bn＝eq \f(n,3n). (2)证明：由(1)知Sn＝eq \f(1－\f(1,3n),1－\f(1,3))＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))，Tn＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,32)＋eq \f(3,33)＋…＋eq \f(n,3n)，① eq \f(1,3)Tn＝eq \f(1,32)＋eq \f(2,33)＋eq \f(3,34)＋…＋eq \f(n－1,3n)＋eq \f(n,3n＋1)，② ①－②得eq \f(2,3)Tn＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,33)＋…＋eq \f(1,3n)－eq \f(n,3n＋1)， 即eq \f(2,3)Tn＝eq \f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))－eq \f(n,3n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))－eq \f(n,3n＋1)， 整理得Tn＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,4×3n)， 则2Tn－Sn＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)－\f(2n＋3,4×3n)))－eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))＝－eq \f(n,3n)<0，故Tn<eq \f(Sn,2). 21．(本小题满分12分)某市2021年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车牌照2万张．为了节能减排和控制汽车总量，从2021年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每一年发放的电动型的牌照的数量维持在这一年的水平不变． (1)记2021年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列{an}，每年发放的电动型汽车牌照数构成数列{bn}，完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式． (2)从2021年算起，累计各年发放的牌照数，哪一年开始超过200万张？ 解：(1) 当1≤n≤20且n∈N＋时，an＝10＋(n－1)×(－0.5)＝－0.5n＋10.5； 当n≥21且n∈N＋时，an＝0. 所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－0.5n＋10.5，1≤n≤20且n∈N＋，,0，n≥21且n∈N＋.))而a4＋b4＝15.25>15， 所以bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－1)，1≤n≤4且n∈N＋，,6.75，n≥5且n∈N＋.)) (2)当n＝4时，Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋b1＋b2＋b3＋b4＝53.25. 当5≤n≤21时，Sn＝(a1＋a2＋a3＋…＋an)＋(b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋…＋bn) ＝10n＋eq \f(n（n－1）,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋eq \f(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(4))),1－\f(3,2))＋eq \f(27,4)(n－4)＝－eq \f(1,4)n2＋17n－eq \f(43,4)， 由Sn≥200得－eq \f(1,4)n2＋17n－eq \f(43,4)≥200， 即n2－68n＋843≤0，得34－eq \r(313)≤n≤21. 所以结合实际情况，可知到2037年累计发放汽车牌照超过200万张． 22．(本小题满分12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝55，S20＝210. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝eq \f(an,an＋1)，是否存在m，k(k>m≥2，m，k∈N＋)，使得b1，bm，bk成等比数列？若存在，请求出k，m的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d. 由已知，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(10a1＋\f(10×9,2)d＝55，,20a1＋\f(20×19,2)d＝210，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋9d＝11，,2a1＋19d＝21，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1.)) 所以an＝a1＋(n－1)d＝n(n∈N＋)． (2)假设存在m，k(k>m≥2，m，k∈N＋)，使得b1，bm，bk成等比数列，则beq \o\al(2,m)＝b1bk. 因为bn＝eq \f(an,an＋1)＝eq \f(n,n＋1)，所以b1＝eq \f(1,2)，bm＝eq \f(m,m＋1)，bk＝eq \f(k,k＋1)， 所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,m＋1)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)×eq \f(k,k＋1). 整理得k＝eq \f(2m2,－m2＋2m＋1). 以下给出求m，k的方法： 因为k>0，所以－m2＋2m＋1>0， 解得1－eq \r(2)