【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固：第6章-第4节-数列的应用.docx

第六章　第四节

一、选择题
1．在等差数列{an}中，若a1，a2021为方程x2－10x＋16＝0的两根，则a2＋a1008＋a2022＝(　　)
A．10　 　 B．15　　　　
C．20　　 D．40
[答案]　B
[解析]　由题意知，a1＋a2021＝a2＋a2022＝2a1008＝10，所以a2＋a1008＋a2022＝3a1008＝15，故选B.
2．某同学在电脑中打出如下若干个圈：
●○●○○●○○○●○○○○●○○○○○●……
若将此若干个圈依此规律连续下去，得到一系列的圈，那么在前2022个圈中的●的个数是(　　)
A．60 B．61　　
C．62 D．63
[答案]　C
[解析]　第一次毁灭●在第1个位置；其次次毁灭●在第(1＋2)个位置；第三次毁灭●在第(1＋2＋3)个位置；…；第n次毁灭●在第(1＋2＋3＋…＋n)个位置．
∵1＋2＋3＋…＋n＝，当n＝62时，＝＝1953,2022－1953＝61<63，
∴在前2022个圈中的●的个数是62.
[点评]　图表问题是数列应用中重要的一种题型．
(1)解答表格中的数列问题，关键理清表格的行与列中数列的构成或排列形式特点，然后找到其按行(列)变化的规律，用相应的数列学问求解．
①在如下表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则a＋b＋c的值为(　　)
1
2

0.5
1

a

b

C
A.1　　　　 B．2　　　　　　
C．3　　　　 D．
[答案]　D
[解析]　按题意要求，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，把表填好后得a＝，b＝，c＝，则a＋b＋c＝.∴选D.
②在下面的表格中，假如每格填上一个数后，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，那么x＋y＋z的值为(　　)
cos0

2

sin

tan

x

y

z
A.1　　　　 B．2　　　　　　
C．3　　　　 D．4
[答案]　A
[解析]　留意到cos0＝1，sin＝，tan＝1，依据每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，填表如下，所以x＋y＋z＝1，选A.
1

2

3

1

(2)给出图形的数列问题，解答时，先观看图形的构成规律，再用不完全归纳法，结合数列学问解答．
③黑白两种颜色的正六边形的面砖按如图所示的规律拼成若干个图案，则第n个图案中有白色地面砖______块．

[答案]　4n＋2
[分析]　观看各图案中白色地面砖的变化规律可以发觉，后一个图案总比前一个图案多4块白色地面砖．
[解析]　设第n个图案中白色地面砖有an块，
则a1＝6，a2＝10，a3＝14，易知an－an－1＝4(n≥2)，
∴{an}是首项为6，公差为4的等差数列，
∴an＝6＋4(n－1)＝4n＋2.
④两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上争辩数学问题．他们在沙滩上画点或用小石子来表示数，依据点或小石子能排列的外形对数进行分类．如下图中的实心点个数1,5,12,22，…，被称为五角形数，其中第1个五角形数记作a1＝1，第2个五角形数记作a2＝5，第3个五角形数记作a3＝12，第4个五角形数记作a4＝22，…，若按此规律连续下去，则a5＝________，若an＝145，则n＝________.

[答案]　35　10
[解析]　a2－a1＝4，a3－a2＝7，a4－a3＝10，观看图形可得，数列{an－an－1}(n≥2，n∈N*)构成首项为4，公差为3的等差数列，所以a5－a4＝13，所以a5＝35，an－an－1＝3n－2(n≥2，n∈N*)，应用累加法得an－a1＝4＋7＋10＋…＋(3n－2)＝，
所以an＝＋1(n≥2，n∈N*)，当an＝145时，＋1＝145，解得n＝10.
3．在△ABC中，＝是角A、B、C成等差数列的(　　)
A．充分非必要条件 B．充要条件
C．必要非充分条件 D．既不充分也不必要条件
[答案]　A
[解析]　＝⇒2sinAsinC－sin2A＝2cosAcosC＋cos2A⇒2cos(A＋C)＋1＝0⇒cosB＝⇒B＝⇒A＋C＝2B⇒A、B、C成等差数列．但当A、B、C成等差数列时，＝不愿定成立，如A＝、B＝、C＝.故是充分非必要条件．故选A.
4．(文)设正项等比数列{an}的前n项之积为Tn，且T10＝32，则＋的最小值为(　　)
A．2 B．　　
C．2 D．
[答案]　B
[解析]　由条件知，T10＝a1a2…a10＝(a5a6)5＝32，∵an>0，∴a5a6＝2，∴＋＝·a5a6·(＋)＝(a5＋a6)≥×2＝，等号在a5＝a6＝时成立．
(理)已知a>0，b>0，A为a，b的等差中项，正数G为a，b的等比中项，则ab与AG的大小关系是(　　)
A．ab＝AG B．ab≥AG
C．ab≤AG D．不能确定
[答案]　C
[解析]　由条件知，a＋b＝2A，ab＝G2，∴A＝≥＝G>0，∴AG≥G2，即AG≥ab，故选C.
[点评]　在学问交汇点处命题是常见命题方式，不等式与数列交汇的题目要特殊留意等差(等比)数列的公式及性质的运用．
5．(2022·上海徐汇、金山、松江二模)函数y＝图象上存在不同的三点到原点的距离构成等比数列，则以下不行能成为公比的数是(　　)
A. B．　　
C. D．
[答案]　B
[解析]　由于y＝⇔(x＋2)2＋y2＝1(y≥0)，故函数的图象是以(－2,0)为圆心，1为半径的半圆．由圆的几何性质可知圆上的点到原点的距离的最小值为1，最大值为3，故≤q2≤3，即≤q≤，而<，选B.
6．(2021·天津和平区质检)已知数列{an}中的前n项和Sn＝n(n－9)，第k项满足7＜ak＜10，则k等于(　　)
A．7 B．8　　
C．9 D．10
[答案]　C
[解析]　当k≥2时，ak＝sk－sk－1＝k2－9k－(k－1)2＋9(k－1)＝2k－10，
由7<ak<10，得7<2k－10<10，
∴<k<10，∴k＝9.
二、填空题
7．(2022·河南适应性考试)已知对于任意的自然数n，抛物线y＝(n2＋n)x2－(2n＋1)x＋1与x轴相交于An，Bn两点，则|A1B1|＋|A2B2|＋…＋|A2022B2022|＝________.
[答案]　
[解析]　令(n2＋n)x2－(2n＋1)x＋1＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝，
由题意得|AnBn|＝|x2－x1|，
所以|AnBn|＝
＝＝＝－，
因此|A1B1|＋|A2B2|＋…＋|A2022B2022|＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝.
8．已知双曲线an－1y2－anx2＝an－1an(n≥2，n∈N*)的焦点在y轴上，一条渐近线方程是y＝x，其中数列{an}是以4为首项的正项数列，则数列{an}的通项公式是________．
[答案]　an＝2n＋1
[解析]　双曲线方程为－＝1，∵焦点在y轴上，又渐近线方程为y＝x，∴＝，
又a1＝4，∴an＝4×2n－1＝2n＋1.
9．(文)已知等差数列{an}中，a3＝5，a6＝11，将此等差数列的各项排成如图所示的三角形数阵：
a1
a2　a3
a4　a5　a6
a7　a8　a9　a10
…　…　…　…　…
则此数阵中第2022行从左到右的第3个数是________．
[答案]　4054187
[解析]　设{an}的公差为d，则a6－a3＝3d＝6，
∴d＝2，∴a1＝1，∴an＝2n－1，
∵第2022行前共有1＋2＋3＋…＋2021＝2027091个数，
∴第2022行从左向右第3个数为a2027094＝2×2027094－1＝4054187.
(理)正整数按下列方法分组：{1}，{2,3,4}，{5,6,7,8,9}，{10,11,12,13,14,15,16}，…，记第n组中各数之和为An；由自然数的立方构成下列数组：{03,13}，{13,23}，{23,33}，{33,43}，…，记第n组中后一个数与前一个数的差为Bn，则An＋Bn＝________.
[答案]　2n3
[解析]　由题意知，前n组共有1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2个数，所以第n－1组的最终一个数为(n－1)2，第n组的第一个数为(n－1)2＋1，第n组共有2n－1个数，所以依据等差数列的前n项和公式可得
An＝(2n－1)＝[(n－1)2＋n](2n－1)，而Bn＝n3－(n－1)3，
所以An＋Bn＝2n3.
三、解答题
10．(文)(2021·洛阳统考)已知数列{an}中，a1＝2，其前n项和Sn满足Sn＋1－Sn＝2n＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式an以及前n项和Sn；
(2)令bn＝2log2an＋1，求数列{}的前n项和Tn.
[解析]　(1)由Sn＋1－Sn＝2n＋1得an＋1＝2n＋1，即an＝2n(n≥2)．
又a1＝2，所以an＝2n(n∈N*)．
从而Sn＝2＋22＋…＋2n＝＝2n＋1－2.
(2)由于bn＝2log2an＋1＝2log22n＋1＝2n＋1，
所以＝
＝(－)．
于是Tn＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]＝(－)＝.
(理)(2021·池州一模)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2(1＋)2an.
(1)设bn＝，求证：数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设cn＝an＋1－2an，求数列{cn}的前n项和Sn.
[解析]　(1)证明：an＋1＝2·an，
＝2·，∴bn＋1＝2bn，
∴数列{bn}是公比为2的等比数列．
(2)由(1)知{bn}是公比为2的等比数列，
又b1＝＝a1＝1，
∴bn＝b1·2n－1＝2n－1，∴＝2n－1，
∴an＝n2·2n－1.
(3)cn＝(n＋1)2·2n－2n2·2n－1
＝(2n＋1)·2n，
∴Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)·2n.①
2Sn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1.②
①－②得，－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1
＝2＋－(2n＋1)·2n＋1
＝－2－(2n－1)·2n＋1，
∴Sn＝(2n－1)·2n＋1＋2.
[点评]　数列求和的方法
(1)公式求和法
①(2021·浙江高考)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．
(1)求d，an；
(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.
[解析]　(1)由题意得a1·5a3＝(2a2＋2)2，a1＝10，
即d2－3d－4＝0.故d＝－1或d＝4.
所以an＝－n＋11，n∈N＋或an＝4n＋6，n∈N＋.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn.由于d<0，
由(1)得d＝－1，an＝－n＋11.则
当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－n2＋n.
当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110.
综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
＝
②(2022·陕西长安一中、新高一中联考)已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－an－1(n≥2)，且b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝(　　)
A．1－4n B．4n－1　　
C. D．
[答案]　B
[解析]　由于q＝an－an－1＝－4，b1＝a2＝－3，所以bn＝b1qn－1＝－3·(－4)n－1，所以|bn|＝|－3·(－4)n－1|＝3·4n－1，即{|bn|}是公比为4的等比数列，所以|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝＝4n－1，故选B.
(2)分组求和法
③数列{(－1)n＋1n}的前2 015项的和S2 015为(　　)
A．－2 015 B．－1 008
C．－2 014 D．1 008
[答案]　D
[解析]　S2 015＝1－2＋3－4＋…－2 014＋2 015＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(2 013－2 014)＋2 015＝－1 007＋2 015＝1 008.
④(2022·包头模拟)已知数列{xn}的首项x1＝3，通项xn＝2np＋nq(n∈N＋，p，q为常数)，且x1，x4，x5成等差数列．求：
(1)p，q的值；
(2)数列{xn}前n项和Sn.
[分析]　第(1)问由已知条件列出关于p、q的方程组求解；第(2)问分组后用等差、等比数列的求和公式求解．
[解析]　(1)由x1＝3，得2p＋q＝3，又由于x4＝24p＋4q，x5＝25p＋5q，且x1＋x5＝2x4，得3＋25p＋5q＝25p＋8q，解得p＝1，q＝1.
(2)由(1)，知xn＝2n＋n，所以Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝2n＋1－2＋.
(3)裂项相消法
⑤(2022·三门峡模拟)已知数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数n为(　　)
A．11 B．99　　
C．120 D．121
[答案]　C
[解析]　∵an＝＝－，
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1.令－1＝10，
得n＝120.
⑥等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.
(1)求an与bn；
(2)求＋＋…＋.
[分析]　(1)依据数列中基本量的运算求an与bn的表达式；
(2)求的表达式，利用裂项相消法求和．
[解析]　(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正数，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1，
依题意有，
解得，或(舍去)．
故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.
(2)Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，
∴＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝

＝
＝－.
(4)倒序相加法
⑦设f(x)＝，若S＝f()＋f()＋…＋f()，则S＝________.
[答案]　1006
[解析]　∵f(x)＝，
∴f(1－x)＝＝，
∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝1.
S＝f()＋f()＋…＋f()，①
S＝f()＋f()＋…＋f()，②
①＋②得，2S＝[f()＋f()]＋[f()＋f()]＋…＋[f()＋f()]＝2022，∴S＝＝1006.
(5)错位相减法
⑧已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·3n，则Sn＝________.
[答案]　
[解析]　∵Sn＝3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n①
∴3Sn＝32＋2·33＋3·34＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②
①－②，得－2Sn＝3＋32＋33＋…3n－n·3n＋1＝－n·3n＋1，
∴Sn＝.
一般地，{an}是等差数列，{bn}是等比数列(公差d≠0，公比q≠1)，cn＝anbn，求数列{cn}前n项的和用“乘公比、错位相减法”．
第一步，将数列{cn}写成cn＝an·bn，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列，公比为q.
其次步，写出Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn.
第三步，乘公比q得，qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋anbn＋1.
第四步，错位相减，用等比数列求和公式求和得(q－1)Sn.
第五步，等式两边同除以q－1得Sn.
第六步，检查解题过程，看求和公式是否用错，符号是否正确，化简有无错误．
⑨(2022·湖南安化综合训练)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn，an,1成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a＝2－bn，设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解析]　(1)由题意，知2an＝Sn＋1，an>0.
当n＝1时，2a1＝a1＋1，∴a1＝1；
当n≥2时，Sn＝2an－1，Sn－1＝2an－1－1，
两式相减，得an＝2an－2an－1(n≥2)，整理得＝2(n≥2)．
∴数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
则an＝1×2n－1＝2n－1.
(2)由(1)及题意知a＝2－bn＝22n－2，
∴bn＝2－2n，cn＝＝＝，
∴Tn＝＋＋…＋＋，①
Tn＝＋＋…＋＋，②
①－②，得Tn＝－4(＋＋…＋)－
＝－4×－＝－2(1－)－
＝－2，
∴Tn＝－4.
(6)特殊数列求和．
⑩假如f(a＋b)＝f(a)·f(b)(a，b∈R)且f(1)＝2，则＋＋＋…＋等于(　　)
A．2011 B．2022　　C．2021 D．2022
[答案]　D
[解析]　令a＝n，b＝1，f(n＋1)＝f(n)·f(1)，
∴＝f(1)＝2，
∴＋＋＋…＋＝2×1007＝2022.
⑪已知数列{an}的通项公式为an＝log2(n∈N＋)，设其前n项和为Sn，则使Sn<－5成立的自然数n(　　)
A．有最大值63 B．有最小值63
C．有最大值32 D．有最小值32
[答案]　B
[解析]　Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝log2＋log2＋log2＋…＋log2
＝log2
＝log2<－5，
∴<，∴64<n＋2，∴n>62，∴nmin＝63.

一、选择题
11．(2022·河北衡水一模)已知正项等比数列{an}满足：a7＝a6＋2a5，若存在两项am，an使得＝4a1，则＋的最小值为(　　)
A. B．
C. D．不存在
[答案]　A
[解析]　由已知an>0，a7＝a6＋2a5，设{an}的公比为q，则a6q＝a6＋，∴q2－q－2＝0，∵q>0，∴q＝2，
∵＝4a1，∴a·qm＋n－2＝16a，∴m＋n－2＝4，
∴m＋n＝6，
∴＋＝(m＋n)＝≥＝，等号在＝，即n＝2m＝4时成立．
12．(2022·吉林长春其次中学统练)已知{an}为等差数列，若a1＋a5＋a9＝8π，则cos(a3＋a7)的值为(　　)
A. B．－　　
C. D．－
[答案]　D
[解析]　∵数列{an}为等差数列，∴a1＋a5＋a9＝3a5＝8π，a5＝，a3＋a7＝2a5＝，cos(a3＋a7)＝cos＝cos＝－cos＝－.
13．已知函数f(x)＝x2＋bx的图象在点A(1，f(1))处的切线l与直线3x－y＋2＝0平行，若数列{}的前n项和为Sn，则S2022的值为(　　)
A. B．　　
C. D．
[答案]　D
[解析]　由于f ′(x)＝2x＋b，据题意则有f ′(1)＝2＋b＝3，故b＝1，即f(x)＝x2＋x，从而＝＝－，
其前n项和Sn＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝，故S2022＝.
14．(文)某程序框图如图所示，该程序运行后输出的k的值是(　　)

A．8　　　　 B．9　　　　　　
C．10　 　 　 D．11
[答案]　D
[解析]　由程序框图可知，S＝1＋2＋22＋…＋2k＝2k＋1－1，由S<2022得，2k＋1<2021，∴k≤9.
∵1＋2＋22＋…＋29＝1023，
∴S的值加上29后，变为S＝1023<2022，此时k的值增加1变为k＝10，
再执行一次循环体后，
S＝1023＋210＝2047，k＝10＋1＝11，此时不满足S<2022，输出k的值11后结束．
[点评]　这是最简洁出错的地方，解这类题时，既要考虑等比数列求和，在k取何值时，恰满足S≥2022，又要顾及S与k的赋值语句的先后挨次．
(理)(2022·湖北十大名校联考)已知an＝()n，把数列{an}的各项排列成如下的三角形外形，
a1
a2　a3　a4
a5　a6　a7　a8　a9
……
记A(m，n)表示第m行的第n个数，则A(10,12)＝(　　)
A．()93 B．()92
C．()94 D．()112
[答案]　A
[解析]　前9行一共有1＋3＋5＋…＋17＝81个数，而A(10,12)表示第10行的第12个数，∴n＝93，即A(10,12)＝a93＝()93.
15．两个正数a、b的等差中项是，一个等比中项是2，且a<b，则双曲线－＝1的离心率e等于(　　)
A. B．　　
C. D．
[答案]　D
[解析]　∵a＋b＝7，a·b＝12，b>a>0，
∴a＝3，b＝4.∴e＝＝＝.
二、填空题
16．(2022·安徽安庆二模)如图，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横、纵坐标依次对应数列{an}(n∈N*)的前12项(如下表所示)，按如此规律下去，则a2011＋a2022＋a2021＝________.

[答案]　1007
[解析]　由a1＝1，a2＝1，a3＝－1，a4＝2，a5＝2，a6＝3，a7＝－2，a8＝4可知，这个数列的规律是奇数项为1，－1,2，－2,3，－3，…，偶数项为1,2,3，…，故a2011＋a2021＝－503＋504＝1，a2022＝1006，故a2011＋a2022＋a2021＝1007.
三、解答题
17．(2021·湖北)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数n，使得Sn≥2021？若存在，求出符合条件的全部n的集合；若不存在，说明理由．
[解析]　(1)设数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0，
由条件易知q≠1.由题意得
即
解得
故数列{an}的通项公式为an＝3×(－2)n－1.
(2)由(1)有Sn＝＝1－(－2)n.
若存在n，使得Sn≥2021，则1－(－2)n≥2021，
即(－2)n≤－2022.
当n为偶数时，(－2)n>0，上式不成立；
当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2022，即2n≥2022，则n≥11.
综上，存在符合条件的正整数n，且全部这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．
18．(文)(2022·成都七中模拟)设函数f(x)＝＋(x>0)，数列{an}满足a1＝1，an＝f()，n∈N*，且n≥2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对n∈N*，设Sn＝＋＋＋…＋，若Sn≥恒成立，求实数t的取值范围．
[解析]　(1)由an＝f()可得，an－an－1＝，n∈N*，n≥2.所以{an}是等差数列．
又由于a1＝1，所以an＝1＋(n－1)×＝，n∈N*.
(2)Sn＝＋＋＋…＋，n∈N*.
由于an＝，所以an＋1＝，
所以＝
＝(－)．
所以Sn＝(－)＝，n∈N*.
Sn≥⇔≥⇔t≤(n∈N*)恒成立．

令g(n)＝(n∈N*)，
g(n)＝＝＝2n＋3＋－6(n∈N*)．
令p＝2n＋3，则p≥5，p∈N*.
g(n)＝p＋－6(n∈N*)，易知p＝5时，g(n)min＝.所以t≤，即t的取值范围是(－∞，]．
(理)(2022·四川资阳模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝an＋n－3.
(1)求证：数列{an－1}是等比数列；
(2)令cn＝log3(a1－1)＋log3(a2－1)＋…＋log3(an－1)，对任意n∈N*，是否存在正整数m，使＋＋…＋≥都成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)当n＝1时，S1＝a1＝a1－2，解得a1＝4.
当n≥2时，由Sn＝an＋n－3得Sn－1＝an－1＋n－4，
两式相减，得Sn－Sn－1＝an－an－1＋1，即an＝3an－1－2，
则an－1＝3(an－1－1)，故数列{an－1}是以a1－1＝3为首项，3为公比的等比数列．
(2)由(1)知an－1＝3n，
cn＝log3(a1－1)＋log3(a2－1)＋…＋log3(an－1)＝1＋2＋…＋n＝，所以＝＝2(－)，则＋＋…＋＝2[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝2(1－)，
由＋＋…＋≥对任意n∈N*都成立，得2(1－)≥，即m≤6(1－)对任意n∈N*都成立，
当n＝1时，6(1－)取最小值3，∴m≤3.
又m∈N*，所以m的值为1,2,3.