高中人教A版 (2019)第五章 一元函数的导数及其应用本章综合与测试巩固练习

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第Ⅰ卷(选择题，共60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．等差数列{an}中，a3＝2，a5＝7，则a7＝( )
A．10 B．20
C．16 D．12
解析：选D ∵{an}是等差数列，
∴d＝eq \f(a5－a3,5－3)＝eq \f(5,2)，∴a7＝2＋4×eq \f(5,2)＝12.
2．在数列{an}中，a1＝eq \f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1(n≥2)，则a5等于( )
A．－eq \f(16,3) D．eq \f(16,3)
C．－eq \f(8,3) D．eq \f(8,3)
解析：选B ∵a1＝eq \f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1，
∴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\c1(－\f(4,3)))＝－eq \f(8,3)，
a5＝(－1)5×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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：选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．在等比数列{an}中，已知前n项和Sn＝5n＋1＋a，则a的值为( )
A．－1 B．1
C．5 D．－5
解析：选D 因为Sn＝5n＋1＋a＝5×5n＋a，由等比数列的前n项和Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1,1－q)－eq \f(a1,1－q)·qn，可知其常数项与qn的系数互为相反数，所以a＝－5.
5．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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：选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，依次类推得a4＝6，a5＝7，a6＝14，a7＝15，…，归纳可得数列{an}的通项公式an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\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 D．eq \f(1,2)
C．3 D．eq \f(1,3)
解析：选C ∵S1＝a1，S3＝3a2，S5＝5a3，∴eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋eq \f(1,a1a3)＝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．如果数列a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项为1，公比为eq \f(1,3)的等比数列，那么an＝( )
A.eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))) D．eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n－1)))
C.eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))) D．eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n－1)))
解析：选A 由题知a1＝1，q＝eq \f(1,3)，
则an－an－1＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1.
设数列a1，a2－a1，…，an－an－1的前n项和为Sn，
∴Sn＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝an.
又∵Sn＝eq \f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))，
∴an＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))).
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：选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3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：选AD ∵等比数列{an}的公比q＝－eq \f(2,3)，
∴a9和a10异号，∴a9a10＝aeq \\al(2,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＞0，公差d≠0，则下列命题正确的是( )
A．若S5＝S9，则必有S14＝0
B．若S5＝S9，则必有S7是Sn中最大的项
C．若S6＞S7，则必有S7＞S8
D．若S6＞S7，则必有S5＞S6
解析：选ABC ∵等差数列{an}的前n项和公式Sn＝na1＋eq \f(nn－1d,2)，
若S5＝S9，则5a1＋10d＝9a1＋36d，∴2a1＋13d＝0，
∴a1＝－eq \f(13d,2)，∵a1＞0，∴d＜0，∴a1＋a14＝0，
∴S14＝7(a1＋a14)＝0，A对；
又∵Sn＝na1＋eq \f(nn－1d,2)＝－eq \f(13nd,2)＋eq \f(nn－1d,2)＝eq \f(d[n－72－49],2)，由二次函数的性质知S7是Sn中最大的项，B对；
若S6＞S7，则a7＝a1＋6d＜0，∴a1＜－6d，
∵a1＞0，∴d＜0，
∴a6＝a1＋5d＜－6d＋5d＝－d，a8＝a7＋d＜a7＜0，
S7＞S8＝S7＋a8，C对；
由a6＜－d不能确定a6的符号，所以S5＞S6不一定成立，D错．故选A、B、C.
11．在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”．则下列说法正确的是( )
A．此人第三天走了四十八里路
B．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里
C．此人第二天走的路程占全程的eq \f(1,4)
D．此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍
解析：选ABD 设此人第n天走an里路，则{an}是首项为a1，公比为q＝eq \f(1,2)的等比数列．
所以S6＝eq \f(a11－q6,1－q)＝eq \f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))6)),1－\f(1,2))＝378，
解得a1＝192.
a3＝a1q2＝192×eq \f(1,4)＝48，所以A正确，
由a1＝192，则S6－a1＝378－192＝186，又192－186＝6，所以B正确．
a2＝a1q＝192×eq \f(1,2)＝96，而eq \f(1,4)S6＝94.5＜96，
所以C不正确．
a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝192×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋\f(1,4)))＝336，则后3天走的路程为378－336＝42而且42×8＝336，所以D正确．
故选A、B、D.
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：选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\c1(1＋\f(1,n2＋2n)))，
由函数y＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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.
第Ⅱ卷(非选择题，共90分)
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．已知数列{an}的通项公式为an＝2 020－3n，则使an>0成立的最大正整数n的值为________．
解析：由an＝2 020－3n>0，得n又∵n∈N*，∴n的最大值为673.
答案：673
14．已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，n∈N*.若a3＝16，S20＝20，则an＝________，S10＝________.
解析：设{an}的首项，公差分别是a1，d，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝16，,20a1＋\f(20×20－1,2)×d＝20，))解得a1＝20，d＝－2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝20－2(n－1)＝22－2n.
S10＝10×20＋eq \f(10×9,2)×(－2)＝110.
答案：22－2n 110
15．已知数列1，a1，a2,9是等差数列，数列1，b1，b2，b3,9是等比数列，则eq \f(b2,a1＋a2)＝________.
解析：因为数列1，a1，a2,9是等差数列，所以a1＋a2＝1＋9＝10.因为数列1，b1，b2，b3,9是等比数列，所以beq \\al(2,2)＝1×9＝9，又b2＝1×q2＞0(q为等比数列的公比)，所以b2＝3，则eq \f(b2,a1＋a2)＝eq \f(3,10).
答案：eq \f(3,10)
16．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和，已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝________.
解析：设{an}的公比为q，q>0，且aeq \\al(2,3)＝1，
∴a3＝1.
∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝eq \f(1,q2)＋eq \f(1,q)＋1＝7，即6q2－q－1＝0，解得q＝eq \f(1,2)或q＝－eq \f(1,3)(舍去)，a1＝eq \f(1,q2)＝4.
∴S5＝eq \f(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,25))),1－\f(1,2))＝8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,25)))＝eq \f(31,4).
答案：eq \f(31,4)
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)已知函数f(x)＝eq \f(3x,x＋3)，数列{xn}的通项由xn＝f(xn－1)(n≥2且x∈N*)确定．
(1)求证：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,xn)))是等差数列；
(2)当x1＝eq \f(1,2)时，求x2 020.
解：(1)证明：∵xn＝f(xn－1)＝eq \f(3xn－1,xn－1＋3)(n≥2且n∈N*)，
∴eq \f(1,xn)＝eq \f(xn－1＋3,3xn－1)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,xn－1)，
∴eq \f(1,xn)－eq \f(1,xn－1)＝eq \f(1,3)(n≥2且n∈N*)，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,xn)))是公差为eq \f(1,3)的等差数列．
(2)由(1)知eq \f(1,xn)＝eq \f(1,x1)＋(n－1)×eq \f(1,3)＝2＋eq \f(n－1,3)＝eq \f(n＋5,3).
∴eq \f(1,x2 020)＝eq \f(2 020＋5,3)＝675.
∴x2 020＝eq \f(1,675).
18．(本小题满分12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－1，eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32).
(1)求等比数列{an}的公比q；
(2)求aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n).
解：(1)由eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32)，a1＝－1，知公比q≠1，eq \f(S10－S5,S5)＝－eq \f(1,32).由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，故q5＝－eq \f(1,32)，q＝－eq \f(1,2).
(2)由(1)，得an＝(－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1，所以aeq \\al(2,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1，所以数列{aeq \\al(2,n)}是首项为1，公比为eq \f(1,4)的等比数列，故aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))).
19．(本小题满分12分)在等差数列{an}中，Sn为其前n项和(n∈N*)，且a2＝3，S4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等差数列{an}的公差是d，
由已知条件得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝3，,4a1＋6d＝16，))
解得a1＝1，d＝2，∴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\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
20．(本小题满分12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝(2n－1)an(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，由an1，又a1＝1，则a2＝q，a3＝q2，
因为S3＝2S2＋1，所以a1＋a2＋a3＝2(a1＋a2)＋1，
则1＋q＋q2＝2(1＋q)＋1，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)知，bn＝(2n－1)·an＝(2n－1)·2n－1(n∈N*)，
则Tn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1，
2Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n，
两式相减，得－Tn＝1＋2×21＋2×22＋…＋2×2n－1－(2n－1)×2n，
即－Tn＝1＋22＋23＋24＋…＋2n－(2n－1)×2n，
化简得Tn＝(2n－3)×2n＋3.
21．(本小题满分12分)在①an＋1＝eq \f(an,3an＋1)，②eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列，其中eq \f(1,a2)，eq \f(1,a3)＋1，eq \f(1,a6)成等比数列，③eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋…＋eq \f(1,an)＝eq \f(3n2－n,2)这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，然后解答补充完整的题目．
已知数列{an}中，a1＝1，________.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝anan＋1，Tn为数列{bn}的前n项和，求证：Tn＜eq \f(1,3).
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
解：若选条件①：
(1)易知an≠0，∵an＋1＝eq \f(an,3an＋1)，∴eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝3.
又eq \f(1,a1)＝1，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，3为公差的等差数列，
∴eq \f(1,an)＝3n－2，∴an＝eq \f(1,3n－2).
(2)证明：由(1)可知，bn＝eq \f(1,3n－23n＋1)
＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))，
∴Tn＝eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n＋1)))＝eq \f(1,3)－eq \f(1,9n＋3)＜eq \f(1,3)，
故Tn＜eq \f(1,3).
若选条件②：
(1)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的公差为d，则eq \f(1,a2)＝1＋d，eq \f(1,a3)＋1＝2＋2d，eq \f(1,a6)＝1＋5d，
∵eq \f(1,a2)，eq \f(1,a3)＋1，eq \f(1,a6)成等比数列，
∴(2＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得d＝3或d＝－1.
当d＝－1时，eq \f(1,a2)＝1＋d＝0，此时eq \f(1,a2)，eq \f(1,a3)＋1，eq \f(1,a6)不能构成等比数列，
∴d＝3，
∴eq \f(1,an)＝1＋3(n－1)＝3n－2，
∴an＝eq \f(1,3n－2).
(2)由(1)可知，bn＝eq \f(1,3n－23n＋1)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))，
∴Tn＝eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n＋1)))＝eq \f(1,3)－eq \f(1,9n＋3)＜eq \f(1,3)，
故Tn＜eq \f(1,3).
若选条件③：
(1)由eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋…＋eq \f(1,an)＝eq \f(3n2－n,2)知，
当n≥2时，eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋…＋eq \f(1,an－1)＝eq \f(3n－12－n－1,2)，
两式相减，得eq \f(1,an)＝eq \f(3n2－n,2)－eq \f(3n－12－n－1,2)＝3n－2，
∴an＝eq \f(1,3n－2)(n≥2)，当n＝1时，a1＝1也适合上式，
∴an＝eq \f(1,3n－2).
(2)由(1)可知，bn＝eq \f(1,3n－23n＋1)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))，
∴Tn＝eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n＋1)))＝eq \f(1,3)－eq \f(1,9n＋3)＜eq \f(1,3)，
故Tn＜eq \f(1,3).
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，请说明理由．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d.
由已知，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10a1＋\f(10×9,2)d＝55，,20a1＋\f(20×19,2)d＝210，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋9d＝11，,2a1＋19d＝21，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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 \\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\c1(\f(m,m＋1)))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)因为m≥2，m∈N*，
所以m＝2，此时k＝8.
故存在m＝2，k＝8使得b1，bm，bk成等