【文档说明】四川省成都市石室中学2020-2021学年高一下学期期末数学试题 含解析.docx，共(25)页，2.050 MB，由管理员店铺上传

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成都石室中学2020—2021学年度下期高2023届期末考试数学试卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求的.1.设ab，则下列不等式一定成立的是（）A.abB.1

1abC.sinsinabD.22ab【答案】D【解析】【分析】根据不等式的性质及正弦函数、指数函数的性质判断各项的正误.【详解】若12ab==−，则ab、11112ab==−，A、B错误；若5ππ63ab==，则13sinsin22ab==，C错误；由2xy=为增函数且

ab，故22ab，D正确.故选：D2.下列函数中，最小正周期为，且图象关于直线3x=对称的函数是（）A.2sin23yx=+B.2sin26yx=−C.2sin23xy=+

D.2sin23yx=−【答案】B【解析】【分析】首先选项C中函数2sin23xy=+的周期为2412T==,故排除C,将3x=,代入A,B,D求得函数值,而函数sin()yAxB=++在对称轴处取最值,即可求出结果.【详解

】先选项C中函数2sin23xy=+的周期为2412T==,故排除C,将3x=,代入A,B,D求得函数值为0,2,3,而函数sin()yAxB=++在对称轴处取最值.故选:B.【点睛】本题考查三角函数的周期性、对称性

,难度较易.3.已知向量()2,1a=，(),1bm=−，且()2bab⊥−，则m的值为A.1B.3C.1或3D.4【答案】C【解析】【分析】先根据向量的数乘和减法运算，求出2ab−的坐标，结合向量垂直的条件可求m.【详解】根据题意，

得()24,3abm−=−，由()2bab⊥−rrr，得()430mm−−=.解得1m=或3.m=故选C.【点睛】本题主要考查平面向量数量积的坐标运算，考查数学运算能力.4.设,是两个不同的平面，l是一条直线，以下命题正确的是（）A.若,l⊥⊥，则l//B.若//,//l，

则lC.若,//l⊥，则l⊥D.若//,l^，则l⊥【答案】C【解析】【分析】根据各项给定的线面、面面关系，结合平面的基本性质判断线面关系即可.【详解】A：,l⊥⊥，则l//或l，错误；B：//,//l，则l//或l

，错误；C：,//l⊥，则l⊥，正确；D：//,l^，则l//或l或,l相交，错误.故选：C5.青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据

，五分记录法的数据L和小数记录表的数据V的满足5lgLV=+．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据为（）（10101.259）A.1.5B.1.2C.0.8D.0.6【答案】C【解析】【分析】根据,LV关系，当4.9L=时，求出lgV，再

用指数表示V，即可求解.【详解】由5lgLV=+，当4.9L=时，lg0.1V=−，则10.110101110100.81.25910V−−===.故选：C.6.在锐角ABC中，1b=，2c=，则a的取值范围是（）A.()1,3B.()1,5C

.()3,5D.不确定【答案】C【解析】【分析】由题意可知，角B不是最大角，只需角A和角C为锐角，可得出cos0cos0AC，可得出关于a的不等式组，解出即可.【详解】ABC为锐角三角形，cb，则角B不是最大角，从而可知角A或角C为锐角，由222cos02bcaAbc+

−=，得250a−，05a．由222cos02abcCab+−=，得230a−，3a．综上，35a，因此，a的取值范围是()3,5.故选：C.【点睛】本题考查利用三角形形状求边的取值范围，一般考查三角形中

的最大角，结合余弦定理列不等式（组）来求解，考查运算求解能力，属于中等题.7.已知nS是等差数列na的前n项和，若12019a=−，201920041520192004SS−=，则2020S=（）A.2020B.2019C.0D.2020−【答案】C【解析

】【分析】推导出20192004112018200315()()1520192004222SSadadd−=+−+==，解得2d=，由此能求出2020S．【详解】解：nSQ是等差数列{}na的前n项和，12019a=−，201

920041520192004SS−=，设数列的公差为d，20192004112018200315()()1520192004222SSadadd−=+−+==，解得2d=，2020202020192020(2019)202S=−+=．故选：C．【点睛

】本题考查等差数列前n项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．8.长方体1111ABCDABCD−中，2ABBC=，设E为AB的中点，直线1DE与底面ABCD成45角，

则异面直线1DE与BC所成角的大小为（）A.30B.45C.60D.90【答案】C【解析】【分析】连接DE，根据线面角求出矩形的高，取DC的中点F，连接EF、1DF，作出与异面直线所成角相等的角，在1tDEFR中即可求解.【详解】连接DE，由直线1DE

与底面ABCD成45角，则145DED=，所以1DEDD=，设BCa=，则2ABa=，所以AEa=，所以12DEDDa==，所以12DEa=，取DC的中点F，连接EF，1DF，则13DFa=，且//BCEF，所以异面直线1DE与BC所成角即为异面直线1DE与E

F所成角，即为1DEF，EFBCa==，所以EF⊥平面11CDDC，即1EFDF⊥，在1tDEFR中，13tan3aDEFa==，所以160DEF=.故选：C.9.已知正项等比数列na满足65423aaa=+，若存在两项ma，na，使得219mnaaa=，

则19mn+的最小值为（）A.16B.283C.5D.4【答案】D【解析】【分析】利用等比数列通项公式及已知条件求得3q=，结合存在性可得4mn+=，最后应用基本不等式“1”的代换求最小值，注意取值条件.【详解】令等比数

列公比为q，且0q，则444223aaqqa=+，又0na，所以2230qq−−=，可得3q=，则222119mnmnaaaqa+−==，故2233mn+−=，所以4mn+=，则191191919()(

)(10)(102)4444nmnmmnmnmnmnmn+=++=+++=，仅当3nm=，即3,1nm==时等号成立.所以19mn+的最小值为4.故选：D10.若cos0,,tan222sin=−，则tan=（）A.1515B.55C.53D.153【答

案】A【解析】【分析】由二倍角公式可得2sin22sincostan2cos212sin==−，再结合已知可求得1sin4=，利用同角三角函数的基本关系即可求解.【详解】costan22sin=−2sin22sincosco

stan2cos212sin2sin===−−，0,2，cos0，22sin112sin2sin=−−，解得1sin4=，215cos1sin4=−=，

sin15tancos15==.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的化简问题，解题的关键是利用二倍角公式化简求出sin.11.如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将AD

EV，CDF，BEF△分别沿DE，DF，EF折起，使、、ABC重合于点P，得到如图2所示的三棱锥PDEF−，有下列判断：①PD⊥平面PEF；②P在面DEF的射影为DEF的垂心；③三棱锥PDEF−的外接球体积为6π；④二面角PEFD−−的余弦值为13.

其中正确的个数是（）A.4B.3C.2D.1【答案】A【解析】【分析】对于①②：根据线面垂直的判定定理和性质定理分析判断；对于③：把三棱锥转化为长方体，根据长方体的外接球运算求解；对于④：根据二面角的定义运算求解.【详解】对于①：由题意可知：PDPE⊥，PDPF⊥，PEPFP=，,PE

PF平面PEF，所以PD⊥平面PEF，故①正确；对于②：设P在平面DEF的射影为H，延长DH交EF于点M，延长EH交DF于点N，连接,PMPN，由①可知：PD⊥平面PEF，EF平面PEF，则PDEF

⊥，又因为PH⊥平面DEF，EF平面DEF，则PHEF⊥，且PDPHP=，,PDPH平面PDM，则EF⊥平面PDM，由DM平面PDM，所以EFDM⊥，同理可证：DFEN⊥，所以H为DEF的垂心，故②正确；对于③：因为PDPE⊥，P

DPF⊥，PEPF⊥，如图构建长方体，可知三棱锥PDEF−的外接球即为长方体的外接球，则外接球的半径2221611222R=++=，所以外接球体积为346π6π32V==，故③正确；对于④：由②可知：DMEF⊥，且DEDF=，可知M为EF的中点，又因

为PEPF=，则PMEF⊥，所以二面角PEFD−−的平面角为PMD，由PD⊥平面PEF，PM平面PEF，则PDPM⊥，且122,22PDPMEF===，可得22322DMPMPD=+=，所以二面角PEFD−

−的余弦值为1cos3PMPMDDM==，故④正确.综上所述：正确的个数是4.故选：A.12.已知三棱锥ABCD−的棱长均为6，其内有n个小球，球1O与三棱锥ABCD−的四个面都相切，球2O与三棱锥ABCD−的三个面和球1O都相切，如此类推，…，球nO

与三棱锥ABCD−的三个面和球1nO−都相切(2n，且Nn)，则球nO的表面积等于()A13π9n−B.-13π2nC.16π9n−D.16π4n−【答案】D【解析】【分析】由正四面体的内切球的半径是高的1

4可求得1O的半径，得其体积，把底面向上平移，平移到与内切球相切，这个平面以上的部分仍然是正四面体，而第二个球就是这个正四面体的内切球，此球半径是第一个球半径的一半，依次类推可得第n个球．【详解】如图，AO是三棱锥ABCD−的高，O是BCD△的外心，设BCa=，则33OB

a=，2236()33AOaaa=−=，.1O是三棱锥ABCD−的外接球和内切球的球心，1O在AO上，设外接球半径为R，内切球半径为1r，由22211OBOOBO=+得：22236()()33RaaR=+−，64Ra=，所以

113663412rAOAOAORaaa=−=−=−=，过AO中点作与底面BCD平行的平面与三条棱,,ABACAD交于点111,,BCD，则平面111BCD与球1O相切，由题意球2O是三棱锥111ABCD−的内切球，注意到三棱锥111ABCD−的棱长是三棱锥ABC

D−棱长的12，所以其内切球半径2112rr=，同理球nO的半径为nr，则{}nr是公比为12的等比数列，所以111()2nnrr−=，即1616()1222nnnra−==，22166π4π4π()24nnnnS

r−===．故选：D【点睛】关键点点睛：四面体的内切球问题，掌握正四面体的性质是解题关键．实质上正四面体的高是h，其外接球半径是34h，内切球半径是14h．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13.已知等差数列na的前n项和为

nS，且1716aa+=，990S=.数列nb中，12b=，12nnbb+=−.则320ab=___________．【答案】6−【解析】【分析】先根据条件解得等差数列na公差与首项，即得3a；再根据12nnbb+=−解得nb通项公式，即得20b，最后求积得结果.【详解】设等

差数列na公差为d，则由1716aa+=，990S=得112616,93690adad+=+=，1312,2,26adaad===+=，11222,2,nnnnnnbbbbbb++++=−=−=，因为12b

=，所以12220221,1bbbbb=−=−==−2036ab=−.故答案为：6−.14.如图，以C为圆心、3为半径的圆上两点A、B满足ACCBACCB+=−，则=ABAC___________．【答案】9【解析】【分析】由ACCBACCB+=−结合平面向量数量积运算性质可得出ACBC⊥

，再利用平面向量数量积的运算性质可求得ABACuuuruuur的值.【详解】因为ACCBACCB+=−，则()()22ACCBACCB+=−，整理可得0ACCB=，即ACBC⊥，所以，()22309ABACACCBACACACCB=+

=+=+=.故答案为：9.15.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为___________．的【答案】32【解析】【分析】根据三视图可知几何体为四棱柱，可以看作三棱柱切去一个小的三棱柱即可求得体积.【详解】

根据三视图可知几何体为四棱柱,11322111222VSh==−=.故答案为：32.16.在圆内接四边形ABCD中，60DAB=，3BDAD=，则ADB=∠________，若42AC=，则BCD△面积的最大值为________.【答案】①.9

0②.33【解析】【分析】设ADt=，根据3BDAD=，得到3BDt=，然后利用余弦定理解得2ABt=，由222ABADBD=+得解；由AB是圆的直径，则90ACB=，设BAC=，表示42cosAB=，42tanBC=，

26cosBD=，60CBD=−，得到()()1sin600602BCDSBDBC=−，利用三角恒等变换化简为2343tan332S=−−+，利用二次函数的性质求解.【详解】设ADt=，因为3BDAD=，所以3BDt=，由

余弦定理得：()22232cos60ttABtAB=+−，解得2ABt=，所以222ABADBD=+，所以90ADB=o，所以AB是圆的直径，则90ACB=，设BAC=，所以42cosAB=，42ta

nBC=，26cosBD=，60CBD=−，所以()()1sin600602ABCSBDBC=−，()12642tansin602cos=−，()283sinsin60cos−=，2212sincos43sinc

os−=，212tan43tan=−，2343tan332=−−+当3tan2=时，BCD△面积取得最大值为33，故答案为：（1）90；（2）33【点睛】本题主要考查余弦定理，三角恒等变换在平面几何中的应用，还考查了数形结合思想

和运算求解的能力，属于中档题.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.已知数列na满足112,24nnaaa+=−=+．（1）求na的通项公式；（2）求数列na的前n项和nS．【答案】（1）24nna=−（2）1242n

nSn+=−+【解析】【分析】（1）由124nnaa+=+，得到1124nnaa++=+，从而4na+是等比数列求解；（2）由（1）得到24nna=−，再去掉绝对值，利用分组求和求解；【小问1详解】解：因为124nnaa+=+，所以()1124nnaa++=+，即1124nn

aa++=+，则4na+是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以42xna+=，所以24nna=−．【小问2详解】当n＝1时，a1＝﹣2＜0，S1＝|a1|＝2；当n≥2时，an≥0，所以12nnSaaa=−+++，()(

)222424n=+−++−，()222241nn=+++−−，()()12124124212nnnn+−−−=−+−，又n＝1时满足上式．所以，当n∈N*时，1242nnSn+=−+．18.如图所示，在四棱锥PABCD−中，PD⊥平面ABCD，BD是线段AC的中垂线，BD与A

C交于点O，5,,8,23ACPDODOB====（1）证明：平面PBD⊥平面PAC；（2）求点B到平面PAC的距离．【答案】（1）证明见解析（2）101313【解析】【分析】（1）由条件先证明PDAC⊥，结合条

件BDAC⊥，根据线面垂直判定定理证明AC⊥平面PBD，再由面面垂直判定定理证明结论；（2）由条件，解三角形求PO，根据BPACPABCVV−−=，结合锥体体积公式，利用等体积法求点B到平面PAC的距离．【小问1详解】因为PD⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以PDAC⊥

．又因为BDAC⊥，BDPDD=，,PDBD平面PBD，所以AC⊥平面PBD，又AC平面PAC，所以平面PBD⊥平面PAC．【小问2详解】因为BDAC⊥，BD与AC交于点O，8AC=，3OD=，所以由勾股定理得22435ADCD==+=，因为PD⊥

平面ABCD，,ADCD平面ABCD，所以,PDADPDCD⊥⊥，又2PD=，所以225229APCP==+=，因为点O为线段AC的中点，所以22291613POAPAO=−=−=所以11841323PACS=

=，11852022ABCSACOB===△．设点B到平面PAC的距离为h．由BPACPABCVV−−=，得1133PACABCShSPD=△△，即1141320233h=，解得101313h=，所以点B到平面PAC的距离为101313．19.设函数()22cos

π2cos,R32xfxxx=++.（1）求()fx在0π，的单调性；（2）ABC的内角、、ABC的对边长分别为abc、、，若()1fB=，1b=，求ABC的面积的最大值.【答案】（1）()fx在2π0,3递减，2π,π3轾犏犏臌递增（2）1324+【解

析】【分析】（1）利用三角恒等变换得到()fx5πsin()16x=++，再利用三角函数的性质求解；（2）由()1fB=得到5πsin()116B++=，从而求得π6B=，得到1R=，然后利用22sinsinsinABCSRABC

=求解.【小问1详解】22()coscosπsinsinπcos133fxxxx=−++，13cossincos122xxx=−−++135πcossin1sin()1226xxx=−+=++，令π5ππ2π2π,Z262kxkk−+++，解

得4ππ2π2π,Z33kxkk−+−+，又因为0πx，，所以2ππ3x＃，所以()fx在2π0,3递减，2π,π3轾犏犏臌递增.【小问2详解】由()1fB=得5πsin()116B++=，即5πsin()06B+=，又因0πB，故π6B=.221s

inbRRB===，25π2sinsinsinsinsinsinsin6ABCSRABCACCC===−，21313cossinsinsincossin2222CCCCCC=+=+，()13133sin21cos2sin2cos244444CCCC

=+−=−+，15π3cos2264C=−+，所以ABC的面积的最大值为1324+.20.如图1，四边形ABCD为菱形，60ABC=，PAB是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，将PAB沿AB边折起，使3PC=，连接PD，如图

2，（1）证明：ABPC⊥；（2）求二面角APCB−−的余弦值；（3）在线段PD上是否存在点N，使得PB∥平面MCN？若存在，请找出N点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）17−（3）存在，PN13PD

=．【解析】【分析】（1）由等边三角形性质可得PMAB⊥，再由四边形ABCD，60ABC=可得CMAB⊥，再由线面垂直的判定可得AB⊥平面PMC，则ABPC⊥；（2）设PC中点为E，连接,AEBE，可证得AEB就是二面角APCB−−的平面角，然后在AEB△中利用余弦定理求解即可；（3）

设DBMCF=，连接NF，则由线面平行的性质可得PB∥NF，从而可找出N点的位置.【小问1详解】证明：连接PM，因为PAB是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，所以PMAB⊥．因为四边形ABCD为菱形，60ABC=，所以ABC为等边三角形

，所以CMAB⊥，因为PMMCM=，,PMMC平面PMC，所以AB⊥平面PMC，因为PC平面PMC，所以ABPC⊥，【小问2详解】由题意知，底面ABCD为边长2的菱形，60BAD=，所以ACBC=，又,PAPBPCPC==，所以P

BC≌PAC△，设PC的中点为E，连接,AEBE，的的由侧面PAB是正三角形知，,PAACPBBC==，所以,AEPCBEPC⊥⊥，因此AEB就是二面角APCB−−的平面角，因为2,3PBBCPC===，所以22974242P

CBEBC=−=−=，因为PBC≌PAC△，所以72AEBE==，在AEB△中，72AEBE==，2AB=，由余弦定理得222772221cos777222AEB+−==−

，二面角APCB−−的余弦值为17−.【小问3详解】假设线段PD上存在点N，使得PB∥平面MCN，设DBMCF=，连接NF，则有面PBD面MNCNF=，因为BM∥CD，所以12BFBMDFCD==，因为PB∥平面MNC，PB平面PBD，平面P

BD平面MNCNF=，所以PB∥NF，所以12BFPNFDND==．所以线段PD上存在点N，使得PB∥平面MNC，且PN13PD=．21.记ABC是内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2bac=，点D在边AC上，sinsinBDABCaC=.（1）证明：BDb=；（2

）若2ADDC=，求cosABC.【答案】（1）证明见解析；（2）7cos12ABC=.【解析】【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有acBDb=，结合已知即可证结论.（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边a与c的关系，然后利用余弦定理即可求得cosABC

的值.【详解】（1）设ABC的外接圆半径为R，由正弦定理，得sinsin,22bcRABCCR==，因为sinsinBDABCaC=，所以22bcBDaRR=，即BDbac=．又因为2bac=，

所以BDb=．（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理因为2ADDC=，如图，在ABC中，222cos2abcCab+−=，①在BCD△中，222()3cos23babbaC+−=．②由①②得2222223()3babcab+−=+−，整理

得22211203abc−+=．又因为2bac=，所以2261130aacc−+=，解得3ca=或32ca=，当22,33ccabac===时，333ccabc+=+（舍去）．当2233,22ccabac===时，22233()722cos

31222ccABCccc+−==．所以7cos12ABC=．[方法二]：等面积法和三角形相似如图，已知2ADDC=，则23ABDABCSS=△△，即21221sinsin2332bacADABBC=

，而2bac=，即sinsinADBABC=，故有ADBABC=，从而ABDC=．由2bac=，即bcab=，即CABACBBD=，即ACBABD∽，故ADABABAC=，即23bccb=，又2bac=，所以23ca=，则2227cos212cabABCac+−==．[方法

三]：正弦定理、余弦定理相结合由（1）知BDbAC==，再由2ADDC=得21,33ADbCDb==．在ADB中，由正弦定理得sinsinADBDABDA=．又ABDC=，所以s3sinn2iCbAb=，化简得2sinsin3C

A=．在ABC中，由正弦定理知23ca=，又由2bac=，所以2223ba=．在ABC中，由余弦定理，得222222242793cos221223aaaacbABCaca+−−+===．故7cos12ABC=．[方法四]：构造辅

助线利用相似的性质如图，作DEAB∥，交BC于点E，则DECABC△∽△．由2ADDC=，得2,,333caaDEECBE===．在BED中，2222()()33cos2323BEDacbac−=+．在ABC中222

cos2aaBCcAbc+−=．因为coscosABCBED=−，所以2222222()()3322233acbacbacac+−+−=−，整理得22261130abc−+=．又因为2bac=，所以226

1130aacc−+=，即3ca=或32ac=．下同解法1．[方法五]：平面向量基本定理因为2ADDC=，所以2ADDC=uuuruuur．以向量,BABC为基底，有2133BDBCBA=+．所以222441999BDBCBABCBA=++，即22

2441cos999baccABCa=++，又因为2bac=，所以22944cosacaacABCc=++．③由余弦定理得2222cosbacacABC=+−，所以222cosacacacABC=+−④联立③④，得2261130aacc−+=．所以32ac=或13ac=．下同解法1．[方

法六]：建系求解以D为坐标原点，AC所在直线为x轴，过点D垂直于AC的直线为y轴，DC长为单位长度建立直角坐标系，如图所示，则()()()0,0,2,0,1,0DAC−．由（1）知，3BDbAC===，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．设()(),33B

xyx−，则229xy+=．⑤由2bac=知，2BABCAC=，即2222(2)(1)9xyxy++−+=．⑥联立⑤⑥解得74x=−或732x=（舍去），29516y=，代入⑥式得36||,||6,32aBCcBAb=====，由余弦定理得2227cos212acbAB

Cac+−==．【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；方

法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分

结合到一起；方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.22.函数()fx满足：对任意,R，都有()()()fff=+，且(2)2f=，数列na满足()()2Nnnafn+=.（1）求数列na的通项公式；（

2）记数列nb前n项和为nS，且(1)nnnnba+=，问是否存在正整数m，使得(1)(4)190mmmSb+−+成立，若存在，求m的最小值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）2nnan=（2）存

在，4【解析】【分析】（1）依据题意计算()()()1122222nnnnafff++==+，即可得到1122nnnaa++=+，从而得到11122nnnnaa++−=，即可得到2nna为等差数列，从而求出n

a通项公式.（2）根据（1）的结论可得12nnnb+=，然后利用错位相减法可得nS，最后构造函数，利用函数的单调性可得结果.的【小问1详解】()2nnaf=，()1122af==，()()()()112222222nnnnnaffff++===+，1122nnnaa++=+，11

122nnnnaa++−=，2nna为等差数列，首项为112a=，公差为1，2nnan=，2nnan=.【小问2详解】由(1)12nnnnnnba++==，所以23111111234(1)22222nnnSnn−=+++++

+，则2311111123(1)22222nnnSnn+=+++++，两式相减得121111111(1)222222nnnSn+=+++−++11111221133(1)1222212nnnnn++−

+=−++=−−，332nnnS+=−，假设存在正整数m，使得(1)(4)190mmmSb+−+成立，即2160mm+−，由指数函数与一次函数单调性知：()216mFmm=+−()*mN为增函数，又因为3(3)

231650F=+−=−，4(4)241640F=+−=，所以当4m时恒有()2160mFmm=+−成立，故存在正整数m，使得(1)(4)190mmmSb+−+成立，m的最小值为4.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.x

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