2023-2024学年北京市昌平区高二（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年北京市昌平区高二（下）期末数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x|x≤0}，B={x||x|≤1}，则A∩B=( )
A. [−1,1]B. [−1,0]C. [0,1]D. (−∞,1]
2.若p：∀x∈(−∞,0)，x2−2x>0，则￢p为( )
A. ∃x∈(−∞,0)，x2−2x≤0B. ∃x∈(−∞,0)，x2−2x>0
C. ∀x∈(−∞,0)，x2−2x≤0D. ∀x∈(−∞,0)，x2−2x<0
3.下列函数中，既是奇函数又在区间(0,+∞)上单调递增的是( )
A. y= xB. y=sinxC. y=3D. y=−1x
4.已知数列{an}的前n项和Sn=n2−3n，则a3+a4=( )
A. 1B. 2C. 4D. 6
5.函数f(x)= x(1−x)的最大值为( )
A. 14B. 12C. 22D. 1
6.已知a，b为非零实数，则“a>b”是“1a<1b”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
7.若点A(csα,sinα)关于x轴的对称点为B(cs(α−π3),sin(α−π3))，则α的取值可以是( )
A. π3B. 5π6C. 7π6D. 5π3
8.已知函数f(x)=lg2x−x+1，则不等式f(x)<0的解集是( )
A. (1,2)B. (−∞,1)∪(2,+∞)
C. (0,2)D. (0,1)∪(2,+∞)
9.把液体A放在冷空气中冷却，如果液体A原来的温度是θ1℃，空气的温度是θ0℃，则tmin后液体A的温度θ℃可由公式θ=θ0+(θ1−θ0)e−0.3t求得.把温度是62℃的液体A放在15℃的空气中冷却，液体A的温度冷却到51℃和27℃所用时间分别为t1min，t2min，则t2−t1的值约为( )(参考数据ln3≈1.10)
A. 2.7B. 3.7C. 4.7D. 5.7
10.已知集合A={(x1,x2,⋯,x10)|xi=1或0，i=1，2，⋯，10}，对于集合A中的任意元素p=(p1,p2,⋯,p10)和q=(q1,q2,⋯,q10)，记M(p,q)=12[(p1+q1−|p1−q1|)+(p2+q2−|p2−q2|)+⋯+(p10+q10−|p10−q10|)].若集合B⊆A，∀p，q∈B，均满足M(p,q)=0，则B中元素个数最多为( )
A. 10B. 11C. 1023D. 1024
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.在平面直角坐标系中，角α以原点为顶点，以x轴正半轴为始边，其终边经过点(−1,2)，则csα= ______．
12.已知函数f(x)=lg2(x+3)−2x，则f(−1)= ______．
13.我国南宋数学家秦九韶在《数书九章》中对于同余问题给出了较完整的解法，即“大衍求一术”，也称“中国剩余定理”.现有问题：将正整数中，被2除余1且被3除余2的数，按由小到大的顺序排成一列，则此列数中第10项为______．
14.已知函数f(x)=x3,x≥a,−x2+2a,x15.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2023给出下列四个结论：
①a2023<0；
②a2022a2023>a2024a2025；
③使Sn<0成立的n的最大值为4048；
④当n=2023时，Tn取得最小值．
其中所有正确结论的序号是______．
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题13分)
已知函数f(x)= 3sinxcsx+sin2x．
(Ⅰ)求f(x)的最小正周期；
(Ⅱ)若f(x)在区间[0,m]上的最大值为32，求实数m的取值范围．
17.(本小题13分)
已知等比数列{an}为递增数列，其前n项和为Sn，a2=9，S3=39．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)若数列{an−bn}是首项为1，公差为3的等差数列，求数列{bn}的通项公式及前n项和Tn．
18.(本小题14分)
已知函数f(x)=x3−x2−x−1．
(Ⅰ)求f(x)的单调区间；
(Ⅱ)若关于x的不等式f(x)−c≤0在区间[−1,2]上恒成立，求实数c的取值范围．
19.(本小题15分)
设函数f(x)=cs(π2−2ωx)csφ+cs2ωxsinφ(ω>0,|φ|<π2)，其最小正周期为T．
(Ⅰ)若T=2π，求ω的值；
(Ⅱ)已知f(x)在区间[π12,7π12]上单调递减，f(7π12)=−1，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数f(x)存在，求ω，φ的值．
条件①：(5π12,0)为函数f(x)图象的一个对称中心；
条件②：函数f(x)图象的一条对称轴为x=π12；
条件③：f(T)= 32．
注：如果选择的条件不符合要求，第(Ⅱ)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
20.(本小题15分)
设函数f(x)=x(ex−12mx−m)．
(Ⅰ)若m=−1，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(Ⅱ)若f(x)在x=−1处取得极小值，求实数m的取值范围；
(Ⅲ)若对任意的x∈R，f(x)≥f(−1)恒成立，直接写出实数m的范围．
21.(本小题15分)
已知无穷数列{an}，给出以下定义：
对于任意的n∈N∗，都有an+an+2≥2an+1，则称数列{an}为“T数列”；特别地，对于任意的n∈N∗，都有an+an+2>2an+1，则称数列{an}为“严格T数列”．
(Ⅰ)已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为An，Bn，且an=2n−1，bn=−2n−1，试判断数列{An}，数列{Bn}是否为“T数列”，并说明理由；
(Ⅱ)证明：数列{an}为“T数列”的充要条件是“对于任意的k，m，n∈N∗，当k(Ⅲ)已知数列{bn}为“严格T数列”，且对任意的n∈N∗，bn∈Z，b1=−8，b128=−8.求数列{bn}的最小项的最大值．
答案和解析
1.B
【解析】解：集合A={x|x≤0}，B={x||x|≤1}={x|−1≤x≤1}，
则A∩B={{x|−1≤x≤0}=[−1,0]．
故选：B．
求出集合B，利用交集定义求A∩B．
本题考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.A
【解析】解：因为p：∀x∈(−∞,0)，x2−2x>0，
所以￢p为：∃x∈(−∞,0)，x2−2x≤0．
故选：A．
根据全称命题的否定即可求解．
本题主要考查全称命题的否定，属于基础题．
3.D
【解析】解：由于y= x的定义域[0,+∞)，不关于原点对称，不存在奇偶性，故排除A；
由于y=sinx是奇函数，在(0,+∞)上不具有单调性，故排除B；
由于y=3是常函数，不具有单调性，排除C；
由于y=−1x是奇函数，且在区间(0,+∞)上单调递增，符合题意．
故选：D．
由题意利用函数的奇偶性和单调性，得出结论．
本题主要考查函数的奇偶性和单调性，属于基础题．
4.D
【解析】解：前n项和Sn=n2−3n，可得n=1时，a1=S1=−2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−3n−(n−1)2+3(n−1)=2n−4，
上式对n=1也成立，
则a3+a4=6−4+8−4=6．
故选：D．
由an和Sn的关系，求得an，可得所求和．
本题考查数列的通项与求和的关系，考查转化思想和运算能力，属于基础题．
5.B
【解析】解：因为f(x)= x(1−x)≤12(x+1−x)=12，当且仅当x=1−x，即x=12时取等号．
故选：B．
由已知结合基本不等式即可求解．
本题主要考查了基本不等式求解最值，属于基础题．
6.D
【解析】解：当a>0>b时，1a>0>1b，所以由a>b得不出1a<1b，
若1a<1b，则1a−1b=b−aab<0，若ab<0，则b−a>0，即a所以由1a<1b得不出a>b，
所以“a>b”是“1a<1b”的既不充分也不必要条件．
故选：D．
根据充分条件和必要条件的定义即可判断．
本题主要考查了不等式的性质，考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
7.C
【解析】解：若点A(csα,sinα)关于x轴的对称点为B(cs(α−π3),sin(α−π3))，
则csα=cs(α−π3)=12csα+ 32sinα，sinα=−sin(α−π3)=sin(π3−α)= 32csα−12sinα，
所以csα= 3sinα，即tanα= 33．
故选：C．
由已知结合和差角公式及同角基本关系即可求解．
本题主要考查了和差角公式及同角基本关系的应用，属于基础题．
8.D
【解析】解：依题意，f(x)<0等价于lg2x分别作出y=lg2x的图象与y=x−1的图象，
如图可得不等式f(x)<0的解集是(0,1)∪(2,+∞)，
故选：D．
分别作出y=lg2x的图象与y=x−1的图象，观察图象即可得解．
本题考查了不等式的解法，重点考查了数形结合的数学思想方法，属基础题．
9.B
【解析】解：把θ1=62，θ0=15，θ=51代入θ=θ0+(θ1−θ0)e−0.3t中，得51=15+(62−15)e−0.3t，
即e−0.3t=3647，所以−0.3t=ln3647，解得t=−103ln3647，即t1=−103ln3647；
把θ1=62，θ0=15，θ=27代入θ=θ0+(θ1−θ0)e−0.3t中，得27=15+(62−15)e−0.3t，
即e−0.3t=1247，所以−0.3t=ln3647，解得t=−103ln1247，即t2=−103ln1247；
所以t2−t1=−103(ln1247−ln3647)=−103ln(1247×4736)=−103ln13=103ln3=103×1.1≈3.7．
故选：B．
把θ1=62，θ0=15，θ=51代入θ=θ0+(θ1−θ0)e−0.3t中，求得t1，把θ1=62，θ0=15，θ=27代入θ=θ0+(θ1−θ0)e−0.3t中，求得t2，作差求解即可．
本题考查了指数函数模型应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
10.B
【解析】解：依题意，对于A中元素p=(p1,p2,⋯,p10)和q=(q1,q2,⋯,q10)，
当pi和qi同时为1时，(pi+qi)−|pi−qi|2=1，
当pi和qi至少有一个为0时，(pi+qi)−|pi−qi|2=0，
要使得A的一个子集B中任两个不同元素p、q均满足M(p,q)=0，
设集合B中的元素记为(x1,x2,⋯,x10)，
则B的所有元素的xi(i=1,2,3,…,10)位置至多有1个1，
若xi(i=1,2,3.…,10)位置为1，其它位置为0的元素有10个，
若xi(i=1,2,3,…,10)全为0的有1个，
综上B中元素最多有10+1=11个．
故选：B．
分析可得当pi和qi同时为1时，(pi+qi)−|pi−qi|2=1，当pi和qi至少有一个为0时，(pi+qi)−|pi−qi|2=0，要使M(p,q)=0，则B的所有元素的xi(i=1,2,3,…,10)位置至多有1个1，讨论即可得到集合B的元素个数的最值．
本题主要考查元素与集合的关系，集合与集合的关系，考查逻辑推理能力，属于难题．
11.− 55
【解析】解：角α以原点为顶点，以x轴正半轴为始边，其终边经过点(−1,2)，则csα=−1 1+4=− 55．
故答案为：− 55．
根据任意角三角函数定义即可得．
本题考查任意角三角函数定义，属于基础题．
12.12
【解析】解：f(−1)=lg2(−1+3)−2(−1)，=1−12=12．
故答案为：12．
利用对数运算性质即可求值．
本题考查对数的运算，考查计算函数值，属于基础题．
13.59
【解析】解：依题意，设a满足被2除余1且被3除余2，
则a加上2和3的最小公倍数6的整数倍后也能满足被2除余1且被3除余2．
设被2除余1且被3除余2的数由小到大排列而成的数列为{an}，
由于被2除余1且被3除余2的最小正整数为5，
则{an}是首项为5，公差为6的等差数列，所以a10=5+(10−1)×6=59．
故答案为：59．
被2除余1且被3除余2的数构成公差为6的等差数列，由此即可得．
本题考查等差数列的性质，属于基础题．
14.0(不唯一) (−∞,−2)∪(0,+∞)
【解析】解：因为当x≥a时，f(x)=x3，
易知函数在[a,+∞)上单调递增；
当x当a>0时，
则函数在(−∞,0]和[a,+∞)上单调递增；在(0,a)上单调递减；
当a=0时，则函数y=f(x)在R上单调递增；
当a<0时，要使函数f(x)在R上是增函数，
则必需有−a2+2a≤a3，
解得−2≤a<0，
综上，当f(x)在R上是增函数时，a∈[−2,0]；
所以第一空的答案为[−2,0]中的任何一个数即可；
由以上分析可知，当a∈(−∞,−2)∪(0,+∞)时，
函数f(x)在R上不具有单调性．
故答案为：0(不唯一)；(−∞,−2)∪(0,+∞)．
根据幂函数及二次函数的性质求出f(x)在R上是增函数时a的范围，即可得第一空答案，再用补集思想即可得第二空答案．
本题考查了幂函数、二次函数的性质，考查了分类讨论思想，属于中档题．
15.①②④
【解析】解：对于①：S2024−S2023=a2024>0，S2024−S2022=a2024+a2023<0，
∴a2023<0且|a2023|>|a2024|，
由等差数列性质可知，a1<0，公差d>0，故①正确；
对于②：由等差数列性质和一次函数特征，a2022且|a2023|>|a2024|，|a2022|>|a2025|，即a2022a2023>a2024a2025，故②正确；
对于③：S4047=4047(a1+a4047)2=4047a2024>0，S4046=2023(a1+a4046)=2023(a2023+a2024)<0，
∴Sn<0成立的nmax=4046，故③错误：
对于④：设bn=1anan+1=1d(1an−1an+1)，可得Tn=1d(1a1−1a2+1a2−1a3+...+1an−1an+1)=1d(1a1−1an+1)，
由d>0，a1故答案为：①②④．
由S2023本题考查等差数列的性质和求和公式，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
16.解：(Ⅰ)因为f(x)= 3sinxcsx+sin2x
= 32sin2x−12cs2x+12
=sin(2x−π6)+12，
所以f(x)的最小正周期T=2π2=π；
(Ⅱ)由x∈[0,m]，可得2x−π6∈[−π6,2m−π6]，
若f(x)在区间[0,m]上的最大值为32，
则sin(2x−π6)在[0,m]上的最大值为1，
所以2m−π6≥π2，解得m≥π3，
则实数m的取值范围为[π3,+∞)．
【解析】(I)先利用二倍角公式及辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的周期公式即可求解；
(II)结合正弦函数的最值的取得条件可求．
本题主要考查了辅助角公式的应用，正弦函数的周期公式及最值的应用，属于中档题．
17.解：(Ⅰ)等比数列{an}为递增数列，设公比为q，其前n项和为Sn，a2=9，S3=39，
可得a1q=9，a1+a1q+a1q2=39，
解得a1=q=3，或a1=27，q=13(舍去)，
则an=3n；
(Ⅱ)若数列{an−bn}是首项为1，公差为3的等差数列，
则an−bn=1+3(n−1)=3n−2，
可得bn=3n−(3n−2)，
前n项和Tn=(3+9+...+3n)−(1+4+...+3n−2)=3(1−3n)1−3−12n(1+3n−2)=3n+1−3−3n2+n2．
【解析】(Ⅰ)由等比数列的通项公式，解方程可得首项和公比，可得所求；
(Ⅱ)由等差数列的通项公式求得an−bn，进而得到bn；再由数列的分组求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，可得所求和．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的分组求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
18.解：(Ⅰ)因为f(x)=x3−x2−x−1，所以f′(x)=3x2−2x−1，
令f′(x)=0，即3x2−2x−1=0，解得x=−13或x=1，
且当x∈(−∞,−13)∪(1,+∞)时，f′(x)>0，当x∈(−13,1)时，f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间为(−∞,−13)和(1,+∞)，递减区间为(−13,1)；
(Ⅱ)由(Ⅰ)有f(x)在[−1,−13)和(1,2]上单调递增，在(−13,1)上单调递减，
且f(−13)=−2227，f(2)=1，
所以f(x)在[−1,2]上的最大值为f(2)=1，
因为关于x的不等式f(x)−c≤0在区间[−1,2]上恒成立，
即f(x)≤c在区间[−1,2]上恒成立，即f(x)max≤c，所以c≥1，
所以c的取值范围为[1,+∞)．
【解析】(Ⅰ)求导，直接利用导数求单调区间即可；
(Ⅱ)由(Ⅰ)的结论可得f(x)在[−1,2]上的单调性，求出函数f(x)在[−1,2]上的最大值，即可求解a的取值范围．
本题考查了运用导数判断函数的单调性，考查了函数思想，属于中档题．
19.解：(Ⅰ)f(x)=cs(π2−2ωx)csφ+cs2ωxsinφ=sin2ωxcsφ+cs2ωxsinφ=sin(2ωx+φ)，
若T=2π，则2π2ω=2π，解得ω=12．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，函数f(x)的最小值为−1，
若选条件①：
因为f(x)在区间[π12,7π12]上单调递减，
所以T2≥7π12−π12=π2，即T≥π，
又f(7π12)=−1，且(5π12,0)为函数f(x)图象的一个对称中心，
所以7π12−5π12=π6=T4，即T=2π3，与T≥π相矛盾，
故函数f(x)不存在．
若选条件②：
因为f(x)在区间[π12,7π12]上单调递减，f(7π12)=−1，且函数f(x)图象的一条对称轴为x=π12，
所以7π12−π12=T2，即T=π，
又T=2π2ω，所以ω=1，
所以f(x)=sin(2x+φ)，
由f(7π12)=−1，知f(7π12)=sin(2⋅7π12+φ)=−1，即sin(7π6+φ)=−1，
所以7π6+φ=3π2+2kπ，k∈Z，即φ=π3+2kπ，k∈Z，
又|φ|<π2，所以φ=π3，
综上，ω=1，φ=π3．
若选条件③：
因为f(T)=f(0)=sinφ，且f(T)= 32，
所以sinφ= 32，即φ=π3+2kπ，k∈Z或φ=2π3+2kπ，k∈Z
又|φ|<π2，所以φ=π3，
所以f(x)=sin(2ωx+π3)，
由f(7π12)=−1，知f(7π12)=sin(2ω⋅7π12+π3)=−1，即sin(7π6ω+π3)=−1，
所以7π6ω+π3=3π2+2kπ，k∈Z，即ω=12k7+1，k∈Z，
因为f(x)在区间[π12,7π12]上单调递减，
所以T2≥7π12−π12=π2，即T≥π，
又T=2π2ω，所以0<ω≤1，
取k=0，则ω=1，
综上，ω=1，φ=π3．
【解析】(Ⅰ)化简可得f(x)=sin(2ωx+φ)，再根据正弦函数的周期性，即可得解；
(Ⅱ)若选条件①：根据正弦函数的单调性、对称性和周期性，推出矛盾结果，可知f(x)不存在；若选条件②：由函数的单调性与周期性可求得ω=1，再利用f(7π12)=−1，求解即可；若选条件③：由f(T)=f(0)=sinφ，求得φ=π3，再结合f(7π12)=−1及正弦函数的单调性与周期性，求出ω的值即可．
本题考查三角函数的综合应用，熟练掌握两角和的正弦公式，诱导公式，正弦函数的图象与性质是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.解：(Ⅰ)若m=−1，f(x)=xex+12x2+x，
则f′(x)=(x+1)ex+x+1=(x+1)(ex+1)，
所以f(0)=0，f′(0)=2，
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x；
(Ⅱ)函数f(x)=xex−12mx2−mx，x∈R，
则f′(x)=(x+1)(ex−m)，
①若m≤0，ex−m>0，
当x∈(−∞,−1)时，x+1<0，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(−1,+∞)时，x+1>0，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)在x=−1处取得极小值，
②若m>0，令f′(x)=0，得x=−1或x=lnm，
若lnm<−1，即0当x变化时，f′(x)与f(x)的变化如下表：
所以f(x)在(−∞,lnm)，(−1,+∞)上单调递增，在(lnm,−1)上单调递减，
所以f(x)在x=−1处取得极小值，
若lnm≥−1，即m≥1e，
当x∈(−∞,−1)时，x+1<0，ex−m所以f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以x=−1不是f(x)的极小值点，
综上所述，实数m的取值范围是(−∞,1e)；
(Ⅲ)(−∞，0]．
【解析】(Ⅰ)利用导数的几何意义求解；
(Ⅱ)先求出f′(x)，再对m分情况讨论，结合f′(x)的正负得到f(x)的单调性，进而判断f(x)的极值；
(Ⅲ)利用(Ⅱ)中结论直接求解．
本题主要考查了导数的几何意义，考查了利用导数研究函数的单调性和极值，属于中档题．
21.解：(1)由于an=2n−1为等差数列，所以An=(1+2n−1)n2=n2，bn=−2n−1为等比数列，Bn=−1−2n1−2=1−2n，
任意的n∈N”，都有An+An+2−2An+1=n2+(n+2)2−2(n+1)2=2>0，
故A n+An+2>2An+1，
所以数列{An}是为“T数列”，
任意的n∈N”，都有Bn+Bn+2−2Bn+1=−2n−2n+2+2×2n+1=−2n<0．
故B n+Bn+2<2Bn+1，所以数列{Bn}不是为“T数列”．
(2)证明：先证明必要性：因为{an}为“T数列”，
所以对任意的n∈N∗，都有an+an+2≥2an+1，
即an+2−an+1≥an+1−an，
所以对任意的k，m，n∈N°，当k所以an−amn−m≥am+1−am，
又am−ak=(am−am−1)+(am−1−am−2)+⋯+(ak+1−ak)≤(m−k)(am−am−1)，
所以am−akm−k≤am−am−1，
又am−am−1≤am+1−am，am−akm−k≤am+1−am，
故am−akm−k≤am+1−am≤an−amn−m，即am−akm−k≤an−amn−m，
故(n−m)ak+(m−k)an≥(n−k)am．
再证明充分性：对于任意的k，m，n∈N∗，当k即am−akm−k≤an−amn−m，
对于任意的k∈N∗，m=k+1，n=k+2，则有ak+1−ak1≤ak+2−ak+11，
即ak+2+ak≥2ak+1，所以{an}为“T数列”．
(3)数列{bn}为“严格T数列”，且对任意的n∈N∗，有bn+2+bn>2bn+1，即bn+2−bn+1>bn+1−bn．
设cn=bn+1−bn，则{cn}为单调递增数列，且cn∈Z．
所以bn−b1=(bn−bn−1)+(bn−1−bn−2)+…(b2−b1)=cn−1+cn−2+…+c1，
因为b1=−8，b128=−8．
所以b128−b1=c127+c126+…+c1=0，
所以存在m∈N∗，2≤m≤127时，cm−1<0，cm≥0，
所以，当n≤m，n∈N∗，bn−bn−1<0，数列{bn}为单调递减数列，
当n≥m，n∈N°，bn+1−bn≥0，
因此{bn}存在最小值，且最小值为bm，
由于cn∈Z，所以cm≥0，cm+1≥1，…，c127≥127−m，且cm−1≤−1，cm−2≤−2，⋯，c1≤−m+1，
所以bm−b1=cm+1+cm−2+⋯+c1≤−m(m−1)2，即bm≤−8−m(m−1)2，
b128−bm=c127+c126+⋯+cm≥(127−m)(128−m)2，即bm≤−8−(127−m)(128−m)2，
所以bm≤min{−8−(127−m)(128−m)2,−8−m(m−1)2}−m(m−1)2+(127−m)(128−m)2=127(64−m)．
当m=64时，−8−(127−m)(128−m)2=−8−m(m−1)2，
当m>64时，−8−(127−m)(128−m)2>−8−m(m−1)2，
当0所以当m=64时，bm的最大值为−8−m(m−1)2=−2024，
此时cn=n−64，n=1，2，3，…，127，因为c64=b65−b64=0，
所以数列{bn}的最小项的最大值为b65=b64=−2024．
【解析】(1)根据等差等比的求和公式可得An=(1+2n−1)n2=n2，Bn=−1−2n1−2=1−2n，即可利用定义以及作差法求解．
(2)利用累加法，结合放缩法可得an−am≥(n−m)(am+1−am)，am−ak≤(m−k)(am−am−1)，即可求证必要性，取m=k+1，n=k+2即可求证充分性．
(3)根据定义可得{cn}为单调递增数列，且cn∈Z，进而得b128−b1=c127+c126+…+c1=0，即可根据{bn}单调性得最小值为bm，结合放缩法和等差求和公式可得，即可求解．
本题考查数列新定义，属于偏难题．x
(−∞,lnm)
lnm
(lnm,−1)
−1
(−1,+∞)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
递增
极大值
递减
极小值
递增