2020-2021学年江苏省苏州市常熟市高二（上）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年江苏省苏州市常熟市高二（上）期中数学试卷人教A版，共10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。


1. 设x∈R，则“x2−5x<0”是“|x−1|<1”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

2. 不等式2x+1<1的解集是（ ）
A.(−∞, −1)∪(1, +∞)B.(1, +∞)
C.(−∞, −1)D.(−1, 1)

3. 已知数列{an}中，a1=2，an=1−1an−1(n≥2)，则a2021等于( )
A.−1B.−12C.12D.2

4. 已知a>b>c，ac>0，则下列关系式一定成立的是（ ）
A.c2>bcB.a2>b2C.a+b>cD.bc(a−c)>0

5. 我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤．”意思是：“现有一根金锤，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤”，若该金锤从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，该金锤共重多少斤？（ ）
A.6斤B.7斤C.9斤D.15斤

6. 已知各项均为正数的等比数列{an}中，a2=2，a5=2a4+3a3，则a6=( )
A.2B.54C.162D.243

7. 等差数列{an}的公差为d，关于x的不等式dx2+2a1x≥0的解集为[0, 9]，则使数列{an}的前n项和Sn最大的正整数n的值是（ ）
A.4B.5C.6D.7

8. 设Sn是数列{an}的前n项和，满足an2+1=2anSn，且an>0，则S100=( )
A.10B.311C.10−311D.11
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分.

关于x的不等式ax2+bx+c<0的解集为(−∞, −2)∪(3, +∞)，则下列正确的是（ ）
A.a<0
B.关于x的不等式bx+c>0的解集为(−∞, −6)
C.a+b+c>0
D.关于x的不等式cx2−bx+a>0的解集为(−∞, −13)∪(12, +∞)

当x≥1时，下列函数的最小值为4的有（ ）
A.y＝4x+B.y＝C.y＝D.y＝5x−

设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn+1=2Sn+n−1，则下列结论正确的是（ ）
A.数列{Sn+n}为等比数列
B.数列{an}的通项公式为an=2n−1−1
C.数列{an+1}为等比数列
D.数列{2Sn}的前n项和为2n+2−n2−n−4

已知{an}为等比数列，下列结论正确的是（ ）
A.若a3＝−2，则a22+a42≥8B.a32+a52≥2a42
C.若a3＝a5，则a1＝a2D.若a5>a3，则a7>a5
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.第15题第一格3分，第二格2分.

命题“∃x>0，x3+x<0”的否定为________．

已知实数x，y满足y>32且6xy−9x+2y−4＝0，则3x+y的最小值是________2+12 ．

已知数列{an}满足：an=12，(n＝1)[1+2⋅(−1)λ]an−1+2(n≥2)，设{an}的前n项和为Sn，则当λ=2时，数列{an}的通项公式为an=________；当λ=1时，S11=________．

数列{an}满足a1+2a2+22a3+...+2n−1an＝n2−n，若对任意λ>0，所有的正整数n都有λ2−kλ+2>an成立，则实数k的取值范围是________．
四、解答题：本大题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

已知关于x的不等式ax2−2x+a<0的解集为空集，函数f(x)＝x++m在x∈(−，+∞)上的值域为B．
（1）求实数a的取值集合A及函数f(x)的值域B；

（2）对（1）中的集合A，B，若x∈A是x∈B的必要不充分条件，求实数m的取值范围．

已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3=12，且2a1，a2，a3+1成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；

(2)设bn=an3n，记数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn．

小王大学毕业后，决定利用所学专业进行自主创业．经过市场调查，生产某小型电子产品需投入年固定成本3万元，每生产x万件时，该产品需另投入流动成本W(x)万元．在年产量不足8万件时，W(x)=13x2+x，在年产量不小于8万件时，W(x)=6x+100x−38．每件产品的售价为5元，通过市场分析，小王生产的商品能当年全部售完．设年利润为L(x)（单位：万元）．
（1）若年利润L(x)（单位：万元）不小于6万元，求年产量x（单位：万件）的范围；

（2）年产量为多少万件时，小王在这一商品的生产中所获利润最大？最大利润是多少？

设函数f(x)＝ax2−(3a+2)x+6．
（1）若f(x)>(a−2)x2−(a+1)x+1在x∈[−1, +∞)恒成立，求实数a的取值范围；

（2）解关于x的不等式ax2−(3a+2)x+6>0．

设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn+an=An2+Bn+1．且a1=1，a2=32．
（1）求证：数列{an−n+1}是等比数列并求数列{an}的通项公式；

（2）令bn=1an−n+1，求数列{bn(bn+1)(bn+1+1)}的前n项和Tn，若对任意n都有Tn>m，求实数m的取值范围．

设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，已知数列{an}满足nan+1−(n+1)an=1(n∈N*)，且a1=1．
（1）求数列{an}的通项公式；

（2）求λ的值使数列{4Sn+4n+λ}为等差数列；

（3）数列{bn}满足bn=14Sn−1，Tn为数列{bn}的前n项和，是否存在正整数m，k(1参考答案与试题解析
2020-2021学年江苏省苏州市常熟市高二（上）期中数学试卷
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，只有一项符合题目要求的.
1.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
一元二次不等式的解法
【解析】
充分、必要条件的定义结合不等式的解法可推结果
【解答】
解：∵ x2−5x<0，
∴ 解得0∵ |x−1|<1，
∴ 解得0∵ 0∴ 0即x2−5x<0是|x−1|<1的必要不充分条件．
故选B.
2.
【答案】
A
【考点】
其他不等式的解法
【解析】
将原不等式转化为x−1x+1>0，解相应的不等式组即可求得答案．
【解答】
解：∵ 2x+1<1，
∴ 2x+1−1=2−x−1x+1<0，即x−1x+1>0，
∴ x−1>0x+1>0或x−1<0x+1<0，
解得x>1或x<−1，
∴ 不等式2x+1<1的解集是(−∞, −1)∪(1, +∞)，
故选：A．
3.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
【解析】
由已知条件分别求出数列的前4项，从而得到数列{an}是以3为周期的周期数列，由此能求出a2021．
【解答】
解：∵ 数列{an}中，a1=2，an=1−1an−1(n≥2)，
∴ a2=1−12=12，
a3=1−112=−1，
a4=1−(−1)=2，
∴ 数列{an}是以3为周期的周期数列，
∵ 2021=3×673+2，
∴ a2021=a2=12．
故选C.
4.
【答案】
D
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
取特值排除法：a＝3，b＝2，c＝1排除A；a＝−1，b＝−2，c＝−3排除C，B
【解答】
不妨令a＝3，b＝2，c＝1，则c2＝1令a＝−1，b＝−2，c＝−3，则a+b＝−3＝c，由此排除C；则a2＝15.
【答案】
D
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
由每一尺的重量构成等差数列{an}，a1＝4，a5＝2，利用求和公式即可得出．
【解答】
由每一尺的重量构成等差数列{an}，a1＝4，a5＝2，
∴ 该金锤共重5×(4+2)2=15斤．
6.
【答案】
C
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
根据题意，由等比数列的性质可得a2q3=2a2q2+3a2q，变形可得q2=2q+3，解可得q的值，结合等比数列的通项公式分析可得答案．
【解答】
根据题意，各项均为正数的等比数列{an}中，a2=2，a5=2a4+3a3，
则a2q3=2a2q2+3a2q，变形可得q2=2q+3，进而可得q=3或−1，
又由{an}各项均为正数，则q=3，
则a6=a2q4=162；
7.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
关于x的不等式dx2+2a1x≥0的解集为[0, 9]，可得：0，9分别是一元二次方程dx2+2a1x≥0的两个实数根，且d<0．可得−2a1d=9，a1=−9d2．于是an=(n−112)d，即可判断出结论．
【解答】
解：∵ 关于x的不等式dx2+2a1x≥0的解集为[0, 9]，
∴ 0，9分别是一元二次方程dx2+2a1x≥0的两个实数根，且d<0．
∴ −2a1d=9，可得：2a1+9d=0，
∴ a1=−9d2．
∴ an=a1+(n−1)d=(n−112)d，
可得：a5=−12d，a6=12d，
∴ 使数列{an}的前n项和Sn最大的正整数n的值是5．
故选B.
8.
【答案】
A
【考点】
数列递推式
【解析】
首先求出数列的首项，进一步利用数列的递推关系式的应用整理出Sn2−Sn−12＝1(常数)，最后求出数列的通项公式，进一步确定结果．
【解答】
当n=1时，满足a12+1=2a1S1，整理得a12＝1，由于an>0，所以a1=1．
根据an2+1=2anSn，整理得(Sn−Sn−1)2+1＝2(Sn−Sn−1)Sn(n≥2)，
故Sn2−Sn−12＝1(常数)，
故数列{Sn2}是以1为首项，1为公差的等差设数列．
所以Sn2＝1+(n−1)＝n，
故Sn＝n，所以S100=10．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分.
【答案】
A,C,D
【考点】
一元二次不等式的应用
【解析】
先由已知可得a<0且b=−a，c=−6a，然后代入各个选项验证是否正确即可．
【解答】
由已知可得a<0且−2，3是方程ax2+bx+c=0的两根，A正确，
则由根与系数的关系可得：−2+3＝−ba−2×3＝ca，解得b=−a，c=−6a，
则不等式bx+c>0可化为：−ax−6a>0，即x+6>0，所以x>−6，B错误，
a+b+c=a−a−6a=−6a>0，C正确，
不等式cx2−bx+a>0可化为：−6ax2+ax+a>0，即6x2−x−1>0，
解得x>12或x<−13，D正确，
【答案】
B,C,D
【考点】
基本不等式及其应用
函数的最值及其几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
A,D
【考点】
等比数列的性质
数列递推式
【解析】
由题设逐个选项判断其正误，即可选出正确选项．
【解答】
又Sn+n=2n，∴ 2Sn=2n+1−2n，∴ 数列{2Sn}的前n项和为22(1−2n)1−2−2×n(n+1)2=2n+2−4−n2−n，故选项D正确（1）又由Sn+n=2n可得：Sn=2n−n，∴ 当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n−1−1，又当n=1时，a1=1，
∴ an=1,n＝12n−1−1，n≥2，故选项B错误（2）∵ an+1=2,n＝12n−1，n≥2，∴ a2+1a1+1≠a3+1a2+1，∴ 数列{an+1}不是等比数列，故选项C错误，
故选：AD．
【答案】
A,B,D
【考点】
等比数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.第15题第一格3分，第二格2分.
【答案】
∀x>0，x3+x≥0
【考点】
命题的否定
【解析】
特称命题的否定是全称命题，直接写出结果即可．
【解答】
∵ 特称命题的否定是全称命题，
∴ 命题“∃x>0，x3+x<0”的否定为：∀x>0，x3+x≥0，
【答案】
2+12
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
由6xy−9x+2y−4＝0，化为y=9x+46x+2，根据y>32求出x的取值范围，把3x+y化为只含有x的式子，
根据x的取值范围求出3x+y的最小值．
【解答】
由6xy−9x+2y−4＝0，可得y=9x+46x+2，
∵ y>32，
∴ 9x+46x+2>32，
解不等式可得，x>−13，
则3x+y＝3x+9x+46x+2=3x+3(3x+1)+12(3x+1)=3x+12(3x+1)+32，
＝3x+1+12(3x+1)+12≥212+12=2+12，
当且仅当3x+1=12(3x+1)即x=2−26时上式取等号，
∴ 3x+y的最小值是2+12，
【答案】
3n2−1,212
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
直接利用数列的递推关系式和数列的求和公式，得到结果．
【解答】
数列{an}满足：an=12，(n＝1)[1+2⋅(−1)λ]an−1+2(n≥2)，
当λ=2时，an=3an−1+2，整理得an+2=3(an−1+2)，
转换为an+2an−1+2＝3（常数），
所以数列{an+2}是以a1+2＝52为首项，3为公比的等比数列，
所以an＝3n2−1（首项符合通项），故an＝3n2−1．
当λ=1时，an=−an−1+2，所以an+an−1=2，
所以S11=a1+(a2+a3)+...+(a10+a11)=12+2×5＝212．
【答案】
(−∞，）
【考点】
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
四、解答题：本大题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
【答案】
a＝0时，−2x<3的解集不是空集，
a>0时，若不等式ax2−4x+a<0的解集为空集，
则△＝4−4a2≤0，则a≤−5或a≥1，
a<0时，关于x的不等式ax3−2x+a<0的解集不是空集，
综上：a≥3，故A＝[1；
令t＝2x+4∈(0, +∞)，
则g(t)＝++m＝+≥2，
当且仅当t2＝4即t＝5时，g(t)min＝+m，
故B＝[+m；
∵ x∈A是x∈B的必要不充分条件，
∴ B是A的真子集，
∴ +m>1．
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
解：(1)∵ S3=12，即a1+a2+a3=12，
∴ 3a2=12，所以a2=4．
又∵ 2a1，a2，a3+1成等比数列，
∴ a22=2a1⋅(a3+1)，即a22=2(a2−d)⋅(a2+d+1)，
解得，d=3或d=−4（舍去），
∴ a1=a2−d=1，故an=3n−2．
(2)bn=an3n=3n−23n=(3n−2)⋅13n，
∴ Tn=1×13+4×132+7×133+⋯+(3n−2)×13n，①
①×13得13Tn=1×132+4×133+
7×134+⋯+(3n−5)×13n+(3n−2)×13n+1，②
①-②得23Tn=13+3×132+3×133+
3×134+⋯+3×13n−(3n−2)×13n+1
=13+3×132(1−13n−1)1−13−(3n−2)×13n+1
=56−12×13n−1−(3n−2)×13n+1，
∴ Tn=54−14×13n−2−3n−22×13n
=54−6n+54×13n．
【考点】
等比中项
数列的求和
等差数列的通项公式
【解析】
（1）先利用等差数列的性质以及S3=12求出a2=4；再代入2a1，a2，a3+1成等比数列求出公差即可求{an}的通项公式；
（2）把（1）的结论代入，直接利用数列求和的错位相减法即可求Tn．
【解答】
解：(1)∵ S3=12，即a1+a2+a3=12，
∴ 3a2=12，所以a2=4．
又∵ 2a1，a2，a3+1成等比数列，
∴ a22=2a1⋅(a3+1)，即a22=2(a2−d)⋅(a2+d+1)，
解得，d=3或d=−4（舍去），
∴ a1=a2−d=1，故an=3n−2．
(2)bn=an3n=3n−23n=(3n−2)⋅13n，
∴ Tn=1×13+4×132+7×133+⋯+(3n−2)×13n，①
①×13得13Tn=1×132+4×133+
7×134+⋯+(3n−5)×13n+(3n−2)×13n+1，②
①-②得23Tn=13+3×132+3×133+
3×134+⋯+3×13n−(3n−2)×13n+1
=13+3×132(1−13n−1)1−13−(3n−2)×13n+1
=56−12×13n−1−(3n−2)×13n+1，
∴ Tn=54−14×13n−2−3n−22×13n
=54−6n+54×13n．
【答案】
L(x)=5x−W(x)−3，
①当x∈(0, 8)时，L(x)=5x−(13x2+x)−3=−13x2+4x−3，
令−13x2+4x−3≥6得：x2−12x+27≤0，
解得：3≤x≤9，
又∵ x∈(0, 8)，
∴ 3≤x<8，
②当x∈[8, +∞)时，L(x)=5x−(6x+100x−38)−3=35−(x+100x)，
令35−(x+100x)≥6得：x2−29x+100≤0，
解得：4≤x≤25，
又∵ x∈[8, +∞)，
∴ 8≤x≤25，
综上所述，年产量x的范围为：[3, 25]．
由（1）可知当x∈(0, 8)时，L(x)=−13x2+4x−3=−13(x−6)2+9，
∴ x=6时，L(x)max=9，
当x∈[8, +∞)时，L(x)=35−(x+100x)≤35−2x⋅100x=15，当且仅当x=10时，等号成立，
∴ x=10时，L(x)max=15，
∵ 9<15，
∴ 当x=10时，L(x)取得最大值，最大值为15，
故当年产量为10万件时，小王在这一商品的生产中所获利润最大，且最大利润是15万元．
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
（1）由题意可知L(x)=5x−W(x)−3，分段求出L(x)的解析式，令L(x)≥6，即可求出x的取值范围．
（2）由（1）可知当x∈(0, 8)时L(x)=−13x2+4x−3，利用二次函数的性质求出L(x)的最大值，当x∈[8, +∞)时L(x)=35−(x+100x)，利用基本不等式求出L(x)的最大值，再比较两者的大小，较大者即为L(x)的最大值．
【解答】
L(x)=5x−W(x)−3，
①当x∈(0, 8)时，L(x)=5x−(13x2+x)−3=−13x2+4x−3，
令−13x2+4x−3≥6得：x2−12x+27≤0，
解得：3≤x≤9，
又∵ x∈(0, 8)，
∴ 3≤x<8，
②当x∈[8, +∞)时，L(x)=5x−(6x+100x−38)−3=35−(x+100x)，
令35−(x+100x)≥6得：x2−29x+100≤0，
解得：4≤x≤25，
又∵ x∈[8, +∞)，
∴ 8≤x≤25，
综上所述，年产量x的范围为：[3, 25]．
由（1）可知当x∈(0, 8)时，L(x)=−13x2+4x−3=−13(x−6)2+9，
∴ x=6时，L(x)max=9，
当x∈[8, +∞)时，L(x)=35−(x+100x)≤35−2x⋅100x=15，当且仅当x=10时，等号成立，
∴ x=10时，L(x)max=15，
∵ 9<15，
∴ 当x=10时，L(x)取得最大值，最大值为15，
故当年产量为10万件时，小王在这一商品的生产中所获利润最大，且最大利润是15万元．
【答案】
由f(x)>(a−2)x2−(a+2)x+1得：
2x5−(2a+1)x+2>0在x∈[−1, +∞)恒成立．
令g(x)＝6x2−(2a+4)x+5，则g(x)的最小值大于0，
5∘，，则，
x＝−1时，g(x)min＝g(−1)＝7+2a>0，则a>−2．
2∘，，则，x＝时，​6−40<0，所以，
即，所以．
综上，．
6∘，a＝0，所以x<3．
2∘，a>0，方程的根​2＝3．
，即时，，或x>3；
，即时，x<3，或；
③时，即时，x≠3．
3∘，a<0，则，x2＝3，所以．
综上，a<0时）；a＝0时，6)；时；解集为{x|x≠3}；时．
【考点】
二次函数的图象
不等式恒成立的问题
二次函数的性质
一元二次不等式的应用
【解析】
（1）将不等式化简归零，然后构造函数，研究函数的单调性，令该函数的最小值大于零即可；
（2）求出不等式对应方程的两个根，然后讨论两个根的大小结合函数的单调性求出不等式的解．
【解答】
由f(x)>(a−2)x2−(a+2)x+1得：
2x5−(2a+1)x+2>0在x∈[−1, +∞)恒成立．
令g(x)＝6x2−(2a+4)x+5，则g(x)的最小值大于0，
5∘，，则，
x＝−1时，g(x)min＝g(−1)＝7+2a>0，则a>−2．
2∘，，则，x＝时，​6−40<0，所以，
即，所以．
综上，．
6∘，a＝0，所以x<3．
2∘，a>0，方程的根​2＝3．
，即时，，或x>3；
，即时，x<3，或；
③时，即时，x≠3．
3∘，a<0，则，x2＝3，所以．
综上，a<0时）；a＝0时，6)；时；解集为{x|x≠3}；时．
【答案】
证明：分别令n=1，2代入条件，
得2a1＝A+B+12a2+a1＝4A+2B+1，
由于且a1=1，a2=32，
所以A＝12，B＝12．
所以an+Sn＝12n2+12n+1①，
当n≥2时，an−1+Sn−1＝12(n−1)2+12(n−1)+1②，
①-②得：2an−an−1＝12(2n−1)+12＝n，
所以an−1=2an−n，
由于a1−1+1≠0，
所以an−n+1an−1−(n−1)+1＝12（常数），
所以数列{an−n+1}为等比数列且首项为1，公比为12．
所以an＝n+(12)n−1−1．
由bn=1an−n+1=2n−1，
则：bn(bn+1)(bn+1+1)＝12n−1+1−12n−1，
所以Tn＝(120+1−121+1)+(121+1−122+1)+…+(12n−1+1−12n+1)=12−12n+1．
由于Tn单调递增，
所以：n=1，(Tn)min＝12−13＝16，
所以m<16．
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
（1）首先利用数列的递推关系式的应用和等比数列的定义的应用求出数列的通项公式；
（2）利用裂项相消法的应用求出数列的和，进一步利用恒成立问题的应用和函数的单调性的应用求出参数的范围．
【解答】
证明：分别令n=1，2代入条件，
得2a1＝A+B+12a2+a1＝4A+2B+1，
由于且a1=1，a2=32，
所以A＝12，B＝12．
所以an+Sn＝12n2+12n+1①，
当n≥2时，an−1+Sn−1＝12(n−1)2+12(n−1)+1②，
①-②得：2an−an−1＝12(2n−1)+12＝n，
所以an−1=2an−n，
由于a1−1+1≠0，
所以an−n+1an−1−(n−1)+1＝12（常数），
所以数列{an−n+1}为等比数列且首项为1，公比为12．
所以an＝n+(12)n−1−1．
由bn=1an−n+1=2n−1，
则：bn(bn+1)(bn+1+1)＝12n−1+1−12n−1，
所以Tn＝(120+1−121+1)+(121+1−122+1)+…+(12n−1+1−12n+1)=12−12n+1．
由于Tn单调递增，
所以：n=1，(Tn)min＝12−13＝16，
所以m<16．
【答案】
数列{an}满足nan+1−(n+1)an=1(n∈N*)，
两边同除以n(n+1)，
整理得：an+1n+1−ann＝1n−1n+1，
所以ann−an−1n−1＝1n−1−1n，
…，
a22−a11＝11−12
利用叠加法：ann−a11＝1−1n，
整理得an=2n−1．
由于an+1−an=2，所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列．
所以Sn＝n+n(n−1)2×2＝n2．
假设4S1+4+λ，4S2+8+λ，4S3+12+λ，成等差数列，
故解得λ=1．
当λ=1时，4Sn+4n+λ＝2n+1，4Sn+1+4(n+1)+λ=2n+3，
所以4Sn+1+4(n+1)+λ4Sn+4n+λ＝2，
所以λ=1时，数列{4Sn+4n+λ}为等差数列；
数列{bn}满足bn=14Sn−1=14n2−1＝12(12n−1−12n+1)，
所以Tn＝12(1−13+13−15+…+12n−1−12n+1)=n2n+1．
若存在正整数m，k，使得Tk=3Tm2？
则k2k+1＝3m2(2m+1)2，整理得k＝3m24m+1−2m2，
由于1所以3m24m+1−2m2>mm>1，整理得1所以m=2，k=12，
故存在整数m=2，k=12，满足题意．
【考点】
数列的求和
数列递推式
等差数列的性质
【解析】
（1）直接利用关系式的变换的应用和叠加法的应用求出数列的通项公式；
（2）利用关系式的变换和存在性问题的应用求出参数的值；
（3）利用裂项相消法和存在性问题的应用求出结果．
【解答】
数列{an}满足nan+1−(n+1)an=1(n∈N*)，
两边同除以n(n+1)，
整理得：an+1n+1−ann＝1n−1n+1，
所以ann−an−1n−1＝1n−1−1n，
…，
a22−a11＝11−12
利用叠加法：ann−a11＝1−1n，
整理得an=2n−1．
由于an+1−an=2，所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列．
所以Sn＝n+n(n−1)2×2＝n2．
假设4S1+4+λ，4S2+8+λ，4S3+12+λ，成等差数列，
故解得λ=1．
当λ=1时，4Sn+4n+λ＝2n+1，4Sn+1+4(n+1)+λ=2n+3，
所以4Sn+1+4(n+1)+λ4Sn+4n+λ＝2，
所以λ=1时，数列{4Sn+4n+λ}为等差数列；
数列{bn}满足bn=14Sn−1=14n2−1＝12(12n−1−12n+1)，
所以Tn＝12(1−13+13−15+…+12n−1−12n+1)=n2n+1．
若存在正整数m，k，使得Tk=3Tm2？
则k2k+1＝3m2(2m+1)2，整理得k＝3m24m+1−2m2，
由于1所以3m24m+1−2m2>mm>1，整理得1所以m=2，k=12，
故存在整数m=2，k=12，满足题意．