2024年高考数学教学教研-复习用书-选择性必修第二册_1-50--2024年高考数学教学教研-复习用书-选择性必修第二册专题

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一.数列的概念、分类、表示、性质
概念：
(1)数列的定义：按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.
(2)数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集{1，2，…，n}为定义域的函数an=fn当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值.
(3)数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和通项公式法.
分类：
(1)按照项数有限和无限分：
(2)按单调性来分：递增数列：an+1>an递减数列：an+120212022解得：3n'>2022，
又因为37>2187>2022，所以n的最小值是7.
例2.康托(Cantr)是十九世纪末二十世纪初德国伟大的数学家，他创立的集合论莫定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间0，1均分为三段，去掉中间的区间段13，23，记为第一次操作；再将剩下的两个区间0，13，23，1分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；⋯，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段，操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使“康托三分集”的各区间长度之和小于110，则需要操作的次数n的最小值为( )(参考数据：lg2=0.3010，lg3=0.4771)
A.4
B.5
C.6
D.7
解析：第一次操作去掉的区间长度为13；第二次操作去掉两个长度为19的区间，长度和为29；第三次操作去掉四个长度为127的区间，长度和为427；⋯，第n次操作去掉2n-1个长度为13n的区间，长度和为2n-13n，于是进行了n次操作后，所有去掉的区间长度之和为Sn=13+29+…+2n-13n=131-23n1-23=1-23n，由题意知：1-23n≥910，解得：n≥5.679，又n为整数，可得n的最小值为6，故选：C.
当n=2k-1时：a2k=a2k-1+2ka2k+1=a2k+2k⇒a2k+1-a2k-1=4k
累加法处理：a3-a1=4a5-a3=8a7-a5=12⋯⋯⋯⋯⋯a2k-1-a2k-3=4k-1⇒a2k-1-a1=4+4k-12k-1⇒a2k-1=2kk-1⇒an=n2-12，故C正确！A错误
对于B项：当n为奇数时：an+2=an+2n+1⇒n+22-12=n2-12+2n+1成立，故正确
同理当n为偶数时：也满足通项公式，故B正确
对于D项：数列-1nan的前2n项和
S2n=-12-12+222-32-12+422-⋯-2n-12-12+2n22=-12+22-32+42-52+62⋯+2n2+n2=2-12+1+4-34+3+6-56+5⋯+2n-2n-12n+2n-12=3+7+11+⋯+4n-1+n2=3+4n-1n2+n2=nn+1
综上所述：选BCD
2.大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理、数列中的每一项，都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，其中一列数如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，按此规律得到的数列记为an，其前n项和为Sn，给出以下结论：
(1)a2n-1=2n2-2n；
(2)182是数列an中的项；
(3)a21=210；
(4)当n为偶数时，Sn+2-2Sn+1+Sn=n+2.
其中正确的序号是( )
A.(1)(2)
B.(2)(3)
C.(1)(4)
D.(3)(4)
解析：数列an的偶数项分别为2，8，18，32，50，L，通过观察可知a2n=2n2，同理可得a2n-1=2n2-2n，所以an=n2-12，n为奇数n22，n为偶数，因为a21=212-12=220，所以(1)正确，(3)错误；由n2-12=182，解得n=365，由n22=182，解得n=291，又因为n∈N*，所以方程都无正整数解，所以182不是an中的项，故(2)错误.当n为偶数时，Sn+2-2Sn+1+Sn=Sn+2-Sn+1-Sn+1-Sn=an+2-an+1=n+222-n+12-12=n+2故(4)正确.
故选：C.
例3，大衍之数：数列an满足a1=0，an+1=an+n+1，n为奇数an+n，n为偶数，则( )
A.当n为偶数时，an=n22
B.当n为奇数时，an=n2-12
C.an+2=an+2n
D.数列-1n-1an的前2n项和为nn+1
解析：对于A项：a2n=a2n-1+2n-1+1=a2n-1+2n=a2n-2+2n-2+2n=a2n-2+4n-2，即：a2n-a2n-2=4n-2
a4-a2=6a6-a4=10⋯a2n-a2n-2=4n-2⇒a2n-a2=6+10+⋯+4n-2=n-1⋅6+n-1n-22⋅4⇒a2n=2n2=2n22.
所当n为偶数时：an=n22
对于B项：a2n-1=a2n-2+2n-2=a2n-3+2n-3+1+2n-2=a2n-3+4n-4，即a2n-1-a2n-3=4n-4
a3-a1=4a5-a3=8⋯a2n-1-a2n-3=4n-4⇒a2n-1-a1=4+8+⋯+4n-4=n-1⋅4+n-1n-22⋅4⇒a2n-1=2n2-2n.
令n=n+12，故an=2⋅n+122-2n+12=n2-12
对于C项，是奇数项和偶数项均为公差为2的等差数列，明显错误
对于D项，-1n-1an即为：当n为奇数时：-1n-1an=n2-12；当n为偶数时：-1n-1an=-n22
S2n=12-12-222+32-12-422+52-12-622+72-12-822⋯=1-21+22-12+3-43+42-12+5-65+62-12+⋅
=-3+7+11+⋯2-12n=-n⋅3+nn-1⋅422-12n=-n2-n=-nn+1，故D错误！
例4.早在3000年前，中华民族的祖先就已经开始用数字来表达这个世界、在《乾坤谱》中，作者对易传“大衍之数五十”进行了一系列推论，用来解释中国传统文化中的太极衍生原理，如图.该数列从第一项起依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，60，72，⋯，若记该数列为an，则a2021-a2020=( )
A.2018
B.2020
C.2022
D.2024
解析：由题设中的数据可知数列an满足：a2n-a2n-1=2n，a2n+1-a2n=2n，故a2021-a2020=2×1010=2020，故选：B.
例5大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数例题.其部分项如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，⋯，由此规律得到以下结论正确的是( )
A.a12=70
B.a13=84
C.当n为偶数时，Sn+1-2Sn+Sn-1=n+1
D.当n为奇数时，Sn+1-2Sn+Sn-1=nn>1
解析：其部分项如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，⋯，则数列的通项公式为：an=n2-12n为奇数n22n为偶数，所以a12=72，a13=84，当n为偶数时，Sn+1-2Sn+Sn-1=Sn+1-Sn-Sn-Sn-1=an+1-an=n+12-12-n22=n，当n为奇数时，Sn+1-2Sn+Sn-1=an+1-an=n+122-n2-12=n+1n>1.故选：B.
例6.大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数例题，其部分项如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，⋯⋯，由此规律得到下列选项错误的是( )
A.a11=60
B.a12=72
C.a13=84
D.a14=94
解析：当n为奇数时，a1=12-12=0，a3=32-12=4，a5=52-12=12，a7=72-12=24，a9=92-12=40，由此可知，当n为奇数时，an=n2-12，当n为偶数时，a2=222=2，a4=422=8，a6=622=18，a8=822=32，a10=1022=50，由此可知，当n为偶数时，a11=n22，所以可知：a11=112-12=60，a12=1222=72，a13=132-12=84，a14=1422=98，所以a14=94错误，故选：D.
例7.(多选)大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论.主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数例题.其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，⋯，则下列说法正确的是( )
A.此数列的第20项是200
B.此数列的第19项是180
C.此数列偶数项的通项公式为a2n=2n2
D.此数列的前n项和为Sn=n⋅n-1
解析：观察此数列，偶数项通项公式为a2n=2n2，奇数项是后一项减去后一项的项数，a2n-1=a2n-2n，故C正确；由此可得a20=2×102=200，故A正确；a19=a20-20=180，故B正确；Sn=nn-1=n2-n是一个等差数列的前n项，而题中数列不是等差数列，不可能有Sn=n⋅n-1，故D错误.故选：ABC.
例8.(多选)大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏的世界数学史上第一道数例题其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则( )
A.此数列的第20项是200
B.此数列的第19项是182
C.此数列的通项公式为an=n22，n为偶数n2-12，n为奇数
D.84不是此数列中的项
解析：观察知n为偶数时，an=n22，n为奇数时，an=n2-12，所以此数列的通项公式为an=n22，n为偶数n2-12，n为奇数，C正确；a20=2022=200，A正确；a19=192-12，B错误；a14=1422=98，所以a13=98-14=84，故D错误.故选：AC.
例9.大彻数列，其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，⋯，则下列说法正确的是( )
A.此数列的第20项是200
B.此数列的第19项是182
C.此数列偶数项的通项公式为a2n=2n2
D.此数列的前n项和为Sn=n⋅n-1
解析：观察此数列，偶数项通项公式为a2n=2n2，奇数项是后一项减去后一项的项数，a2n-1=a2n-2n，由此可得a20=2×102=200，A正确；a19=a20-20=180，B错误；C正确；Sn=nn-1=n2-n是一个等差数列的前n项，而题中数列不是等差数列，不可能有Sn=n⋅n-1，D错.故选：AC.
六、欧拉函数
例1.欧拉函数φnn∈N*的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互素的正整数的个数，例如，φ1=1，φ4=2，若m∈N*，且i=1mφ2i=13，则φm=( )
A.3
B.4
C.5
D.6
解析：与2互素且不超过2的正整数为1，与4互素且不超过4的正整数为1，3与6互素且不超过6的正整数为1、5，与8互素且不超过8的正整数为1，3，5，7，与10互素且不超过10的正整数为1，3，7，9，因为φ2=1，φ4=2，φ6=2，φ8=4，φ10=4所以，i=1mφ2i=i=15φ2i=1+2+2+4+4=13⇒m=5，则m=5，因为与5互素且不超过5的正整数为1，2，3，4，所以，φm=φ5=4.故选：B.
例2.在数学和许多分支中都能见到很多以瑞士数学家欧拉命名的常数，公式和定理，若正整数m，n只有1为公约数，则称m，n互质，对于正整数n，φn是小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数，函数φn以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：φ3=2，φ7=6，φ9=6，记Sn为数列φ3n的前n项和，则S10=( )
A.39-12
B.39-1
c.310-12
D.310-1
解析：由题意可知：若正整数m≤3n与3n不互质，则m为3的倍数，共有3n3=3n-1个，故φ3n=3n-3n-1=2⋅3n-1，∵φ3n+1φ3n=2⋅3n2⋅3n-1=3，即数列φ3n是以首项φ3=2，公比q=3的等比数列，故S10=21-3191-3=310-1.故选：D.
例3.对于正整数n，用φn表示不大于n的正整数中与n互质的数的个数，函数φn以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如φ6=2 (1，5与6互质)，则( )
A.φ11=10
B.数列{φn}是等差数列
c.φ77=6×76
D.数列n+1φ2n的前n项和等于6-n+32n-1
解析：选项A：不大于11的正整数中与11互质的数有1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，共10个.判断正确：选项B：由φ4=2，φ5=4，φ6=2⇒2φ5≠φ4+φ6则数列{φn}不是等差数列.判断错误：选项C：不大于77的正整数中不与77互质的数字为7×1，7×2，7×3，7×4，7×5，7×6，⋯，7×76，共76个，则不大于77的正整数中与77互质的数字共有77-76=6×76(个).判断正确：选项D：不大于2n的正整数中不与2n互质的数字为2×1，2×2，2×3，2×4，2×5，2×6，⋯，2×2n-1，共2n-1个，则不大于2n的正整数中与2n互质的数字共有2n-2n-1=2n-1(个).则n+1φ2n=n+12n-1，设数列n+1φ2n的前n项和为Tn，则Tn=6-n+32n-1..判断正确.故选：ACD
六、等差数列
1.等差数列的通项公式及变形
等差数列an的首项是a1，公差是d则通项an=a1+n-1d该式是关于n的一次函数，那如果我从第m项开始，则推广为：an=am+n-md.从而d=an-amn-m=k；
注：我们在处理选填题时ai下标可以是小数；项数n=an-a1d+1，当然你也可以学会项数的退化，如：5，7，9，11，13，⋯⋯，有多少项呢？
几何意义：
(1)等差数列的通项是关于n的一次函数，且斜率是公差，通项也可以用数列中任意一项来表示，不一定用首项与公差来表示，等价于直线可用直线上任一点与斜率来表示(点斜式)(变形公式几何意义).
(2)公差等于等差数列中任意两项之差与序号之差之比(几何意义即斜率)，表示为：d=an-amn-m(变形公式).利用等差数列上述特点，知两个确切的数列点，可用斜率思想，求快速求出第三个数列点！
2.等者数列角码性质的深入研究
当m+n=p+q时，则有am+an=ap+aq，特别地，当m+n=2p时，则有am+an=2ap.
注意左、右项数必须相等，如a5≠a2+a3.
若m+n+p+q=4k，则am+an+ap+aq=4ak 如：a1+a2+a3+a6=4a3
若1+n=2⋅1+n2时，则有，a1+an=2a1+n2， 如：a2+a5=2a72
如：3a4-a2=2a5；2S3-a1=5a115；4a1.5-a6=3a0，如：a3-2a4=-a5，如：a10-3a3=-2a-0.5；如：a9-a4=5d
若3a2=5a4，则有3a2-5a4=-2a7=0⇒a7=0反正我已经把角码性质写的很深刻了，供参考！！！
3.等差数列前项求和公式
基本常识：一般地，称a1+a2+a3+⋯+an为等差数列an的前n项的和，用Sn表示，即Sn=a1+a2+a3+⋯+an
由高斯的故事：得到等差数列an的前n项和的公式：Sn=a1+ann2 (公式一)
因为an=a1+n-1d，所以上面的公式又可以写成：Sn=na1+nn-12d(公式二)
我们进一步化简变形可得：Sn=d2n2+a1-d2n⇒Sn=An2+Bn⇒(公式三)是关于n得二次函数类型那么根据二次函数对称性则有，若Sm=Sn⇒Sm+n=0⇒am+n+12=0，
结合角码性质则有：则继续变形则重要的公式：Sn=na1+an2=n⋅2a1+n22=na1+n2 (公式四)
说明：这个王炸Sn公式可以结合角码性质和斜率思想可以大大降低关于等差数列基本量计算的运算量！
例1：等差数列an，若a2=3，a4=5，则d=？a7=？an=？S8=？Sn=？
解析：d=5-34-2=1，5-34-2=a7-37-2⇒a7=8，5-34-2=an-3n-2⇒an=n+1，S8=8a45，5，5-34-2=a45-34.5-2⇒a45=5.5∴S8=44，Sn=na1+n2，5-34-2=a1+n2-31+n2-2⇒a1+n2=3+n2∴S8=n×3+n2=nn+32
例2：已知等差数列an的前n项和为Sn且a1=d=9，若S3n-S2n=S2n-Sn+729，则n的值为( )
解析1：3na1+3n2=2⋅2na1+2n2-na1+n2+729⇒3na1+3n2=3na7n+36+729⇒3na1+3n2-3na7n+36=729⇒3na1+3n2-3na7n+36=729⇒na1+3n2-na7n+36=243⇒n⋅1+3n2-n⋅7n+36d=243⇒n=9
解法2：本题也可以利用常用站论：若an为等差，则Sn，S2n-Sn，S3n-S2n也成等差数列去快速处理本题
4.等差数列前n项和最值的三种解法
(1)当a1>0，d0，S150，S150；15a80；a8S8⇒dS8得，a7=0，a80，a8+a90，∵a8+a9=2a8.54⇒n>7∴n=8
例18.在等差数列an中，首项a3=0，公差d≠0，若ak=a1+a2+a3+⋯+a7，则k=
A.10
B.11
C.12
D.13
解析：ak=a1+a2+a3+⋯+a7得ak=7a4⇒ak-7a4=-6ak-28-6=0，∵a3=0∴k-28-6=3⇒k=10
例19.设等差数列an的前n项和为Sn，且觢足S17>0，S180，S18=18a9.50，又S99-T99=99，由等差数列性质知，99a50-99b50=99，即a50-b50=1，∴a50-2550a50=1，即a502-a50-2550=0，解得a50=51或a50=-50(舍去)当a1=2d时，a50=a1+49d=51d=51，解得d=1，与d>1矛盾，无解；当a1=d时，a50=a1+49d=50d=51，解得d=5150.
综上，d=5150.
例9.等比数列an的前n项和为Sn且2an-Sn=1.(1)求an与Sn；
(2)记bn=2n-1an，求数列bn前n项和Tn.
解析：由2an-Sn=1得Sn=2an-1.当n=1时，a1=S1=2a1-1⇒a1=1，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2an-1-2an-1-1得an=2an-1，所以数列an是以1为首项，以2为公比的等比数列，所以an=2n-1​1，Sn=2an-1=2n-1n∈N*
(2)由(1)可得bn=2n-12n-1，则Tn=1+32+522+⋯+2n-12n-1=1×1+3×12+5×122+⋯+2n-1⋅12n-1(1)，12Tn=1×12+3×122+5×123+⋯+2n-1⋅12n(2)，(1)-(2)得12Tn=1+212+122+123+⋯+12n-1-2n-1⋅12n，Tn=2+412+122+123+⋯+12n-1-2n-1⋅12n-1=2+4⋅12-12n1-122n-1⋅12n-1=6-2n+32n-1n∈N*.
例10.已知数列an满足1a1-1+2a2-1+3a3-1+…+nan-1=n，n∈N*.
(1)求数列an的通项公式；
(2)令bn=2n+1an-12an+1-12，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn0，即Tn0，令bn=1lg2an-2lg2an+2，求数列bn的前8项和.
解析：(1)设等比数列an的公比为q，由题意知：2a2=-8a1+a3，∴2a1q=-8a1+a1q2，∵a1≠0，∴q2-2q-8=0，解得q=-2或q=4，当q=-2时，an=2×-2n-1=-1n-1⋅2n；
当q=4时，an=2×4n-1=22n-1.
(Ⅱ)由第(1)问知an=2×4n-1=22n-1，
∴lg2an=lg222n-1=2n-1，∴bn=1lg2an-2lg2an+2=12n-32n+1=1412n-3-12n+1，设数列bn的前8项和为S8，
S8=141-1-13+1-15+13-17+⋯+111-115+113-117=14-1+1-115-117=-8255.
例12.已知数列an的各项均为正数，a1=1，an2-an-12=4an-4n≥2.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若数列bn满足b122+b223+⋯+bn2n+1=an+n2，求数列bn的前n项和Tn.
解析：(Ⅰ)∵an​2-an-12=4an-4，∴an-22=an-1​2n≥2，由an>0可得，an-an-1=2n≥2或an+an-1=2.
(1)当an-an-1=2n≥2时，数列an成等差数列，公差为2，首项a1=1，∴an=2n-1.
(2)当an+an-1=2n≥2时，可得an+1+an=2，两式相减，可得an+1=an-1n≥2，由a1=1，可得a2=1，
即该数列奇数项与偶数项均为1，所以此数列为常数列，即an=1.
综上：∴an=2n-1或an=1.
(Ⅱ)(1)当an=2n-1时，由题意知：b122+b223+⋯+bn2n+1=2n-1+n2
∴b122+b223+⋯+bn-12n=2n-3+n-12n≥2.
(1)-(2)得：bn2n+1=2n+1，即bn=2n+12n+1n≥2，
当n=1时，b14=2，b1=8不符合上式，∴bn=8，n=12n+12n+1，n≥2
∴Tn=8+5×23+7×24+⋯+2n+12n+1
∴2Tn=16+5×24+7×25+⋯+2n+12n+2
(3)–(4)得：-Tn=32+2×24+25+⋯+2n+1-2n+12n+2
=32+2×16-2n+21-2-2n+12n+2=1-2n2n+2 ∴Tn=2n-12n+2.
(2)当an=1时，由题意知：b122+b223+⋯+bn2n+1=1+n2
∴b122+b223+⋯+bn-12n=1+n-12n≥2.
(3)-(4)得：bn2n+1=2n-1，即bn=2n-12n+1n≥2，.9分
当n=1时，b14=2，b1=8不符合上式，∴bn=8，n=12n-12n+1，n≥2⋯⋯⋯⋅10分
∴Tn=8+3×23+5×24+⋯+2n-12n+1(3)
∴2Tn=16+3×24+5×25+⋯+2n-12n+2
(3)-(4)得：-Tn=16+2×24+25+⋯+2n+1-2n-12n+2
=16+2×16-2n+21-2-2n-12n+2=-16+3-2n2n+2∴Tn=16+2n-32n+2⋯⋯⋯12分例13.(2023年新高考2卷)an为等差数列，bn=an-6，n为奇数2an，n为偶数，记Sn，Tn分别为数列an，bn的前n项和，S4=32，T3=16.
(1)求an的通项公式；
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
解析：设(1)等差数列an的公差为d，而bn=an-6，n=2k-12an，n=2k，k∈N*，则
b1=a1-6，b2=2a2=2a1+2d，b3=a3-6=a1+2d-6，于是S4=4a1+6d=32T3=4a1+4d-12=16，解得a1=5，d=2，an=a1+n-1d=2n+3，所以数列an的通项公式是an=2n+3.
(2)方法1：由(1)知，Sn=n5+2n+32=n2+4n，bn=2n-3，n=2k-14n+6，n=2k，k∈N*，
当n为偶数时，bn-1+bn=2n-1-3+4n+6=6n+1，Tn=13+6n+12⋅n2=32n2+72n，
当n>5时，Tn-Sn=32n2+72n-n2+4n=12nn-1>0，因此Tn>Sn，
当n为奇数时，Tn=Tn+1-bn+1=32n+12+72n+1-4n+1+6=32n2+52n-5，
当n>5时，Tn-Sn=32n2+52n-5-n2+4n=12n+2n-5>0，因此Tn>Sn，所以当n>5时，Tn>Sn.
方法2：由(1)知，Sn=n5+2n+32=n2+4n，bn=2n-3，n=2k-14n+6，n=2k，k∈N*，
当n为偶数时，Tn=b1+b3+⋯+bn-1+b2+b4+⋯+bn=-1+2n-1-32⋅n2+14+4n+62⋅n2=32n2+72n，
当n>5时，Tn-Sn=32n2+72n-n2+4n=12nn-1>0，因此Tn>Sn，
当n为奇数时，若n≥3，则Tn=b1+b3+⋯+bn+b2+b4+⋯+bn-1=-1+2n-32⋅n+12+14+4n-1+62⋅n-12=32n2+52n-5，显然T1=b1=-1满足上式，
因此当n为奇数时，Tn=32n2+52n-5，
当n>5时，Tn-Sn=32n2+52n-5-n2+4n=12n+2n-5>0，
因此Tn>Sn，所以当n>5时，Tn>Sn.
例14.在正项数列an中，a1=12，22n⋅an2=1+22n-2⋅an-12n≥2
(1)求an (2)证明：i=1nai-i+12i+10⇒an=n2n
(2)i=1nai-i+12i+1=12-222+222-323+⋯+n2n-n+12n+1=12-n+12n+1