数学卷·2018届上海外国语大学附中高二上学期期中数学试卷（解析版）

数学卷·2018届上海外国语大学附中高二上学期期中数学试卷（解析版）

‎2016-2017学年上海外国语大学附中高二（上）期中数学试卷 ‎　‎ 一、填空题（共14小题，每小题3分，满分42分）‎ ‎1．若等差数列{an}中有a6+a9+a12+a15=20，则其前20项和等于　　．‎ ‎2．前100个正整数中，除以7余数为2的所有数的和是　　．‎ ‎3．在等差数列{an}中，a1=45，a3=41，则前n项的和Sn达到最大值时n的值是　　．‎ ‎4．公差不为0的等差数列的第2，3，6项依次构成一等比数列，该等比数列的公比q=　　．‎ ‎5．设Sn使等比数列{an}的前n项和，若S3=3a3，则公比q=　　．‎ ‎6．数列{an}中，a3=2，a7=1，又数列{}是等差数列，则a1=　　．‎ ‎7．已知数列{an}的通项公式an=11﹣2n，Sn=|a1|+|a2|+…+|an|，则S10=　　．‎ ‎8．一个项数为偶数的等差数列，其奇数项之和为24，偶数项之和为30，最后一项比第一项大，则最后一项为 ‎　　．‎ ‎9．已知an=an﹣1﹣an﹣2（n≥3），a1=1，a2=2，a2016=　　．‎ ‎10．已知x、y、x+y成等差数列，x、y、xy成等比数列，且0＜logmxy＜1，则实数m的取值范围是　　．‎ ‎11．用数学归纳法证明命题：1+2+3+…+（n﹣1）+n+（n﹣1）+…+3+2+1=n2，当从k到k+1时左边增加的式子是　　．‎ ‎12．从盛满2升纯酒精的容器里倒出1升，然后加满水，再倒出1升混合溶液后又用水填满，以此继续下去，则至少应倒　　次后才能使纯酒精体积与总溶液的体积之比低于10%．‎ ‎13．数列{an}满足a1=2016，前n项和Sn=（1+2+…+n）•an，对任意n∈N*成立，则a2015=　　．‎ ‎14．若an＞0，a1=2，且an+an﹣1=+2（n≥2），则++…+=　　．‎ ‎　‎ 二、选择题（共4小题，每小题3分，满分12分）‎ ‎15．设等差数列的首项为a，公差为d，则它含负数项且只有有限个负数项的条件是（　　）‎ A．a＞0，d＞0 B．a＞0，d＜0 C．a＜0，d＞0 D．a＜0，d＜0‎ ‎16．已知数列{an}中，，（n∈N+），则在数列{an}的前50项中最小项和最大项分别是（　　）‎ A．a1，a50 B．a1，a8 C．a8，a9 D．a9，a50‎ ‎17．等比数列前n项和为Sn，有人算得S1=27，S2=63，S3=109，S4=175，后来发现有一个数算错了，错误的是（　　）‎ A．S1 B．S2 C．S3 D．S4‎ ‎18．已知等比数列{an}满足an＞0，n=1，2，…，且a5•a2n﹣5=22n（n≥3），则当n≥1时，log2a1+log2a3+…+log2a2n﹣1=（　　）‎ A．n（2n﹣1） B．（n+1）2 C．n2 D．（n﹣1）2‎ ‎　‎ 三、解答题：共46分．‎ ‎19．已知四个数，前三个数成等比数列，和为19，后三个数成等差数列，和为12，求此四个数．‎ ‎20．求和：Sn=++…+，并用数学归纳法证明．‎ ‎21．某企业投资1千万元用于一个高科技项目，每年可获利25%．由于企业间竞争激烈，每年底需要从利润中取出资金200万元进行科研、技术改造与广告投入，方能保持原有的利润增长率．经过多少年后，该项目的资金可以达到4倍的目标？‎ ‎22．设数列{an}的首项a1=1，前n项和Sn满足关系式：3tSn﹣（2t+3）Sn﹣1=3t（t＞0，n=2，3，4…）‎ ‎（1）求证：数列{an}是等比数列；‎ ‎（2）设数列{an}的公比为f（t），作数列{bn}，使，求数列{bn}的通项bn；‎ ‎（3）求和：b1b2﹣b2b3+b3b4﹣b4b5+…+b2n﹣1b2n﹣b2nb2n+1．‎ ‎23．如图，平面直角坐标系中，射线y=x（x≥0）和y=0（x≥0）上分别依次有点A1、A2，…，An，…，和点B1，B2，…，Bn…，其中，，．且，（n=2，3，4…）．‎ ‎（1）用n表示|OAn|及点An的坐标；‎ ‎（2）用n表示|BnBn+1|及点Bn的坐标；‎ ‎（3）写出四边形AnAn+1Bn+1Bn的面积关于n的表达式S（n），并求S（n）的最大值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年上海外国语大学附中高二（上）期中数学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、填空题（共14小题，每小题3分，满分42分）‎ ‎1．若等差数列{an}中有a6+a9+a12+a15=20，则其前20项和等于　100　．‎ ‎【考点】等差数列的前n项和；等差数列的性质．‎ ‎【分析】由等差数列{an}中有a6+a9+a12+a15=20，知a1+a20=10，由此能求出其前20项和．‎ ‎【解答】解：等差数列{an}中，‎ ‎∵a6+a9+a12+a15=2（a1+a20）=20，‎ ‎∴a1+a20=10，‎ ‎∴=10×10=100．‎ 故答案为：100．‎ ‎　‎ ‎2．前100个正整数中，除以7余数为2的所有数的和是　765　．‎ ‎【考点】数列的求和．‎ ‎【分析】前100个正整数中，除以7余数为2的所有数为：2，9，…，100，此数列是公差为7的等差数列，利用求和公式即可得出．‎ ‎【解答】解：前100个正整数中，除以7余数为2的所有数为：2，9，…，100，此数列是公差为7的等差数列．‎ 令100=2+7（n﹣1），解得n=15．‎ ‎∴前100个正整数中，除以7余数为2的所有数的和==765．‎ 故答案为：765．‎ ‎　‎ ‎3．在等差数列{an}中，a1=45，a3=41，则前n项的和Sn达到最大值时n的值是　23　．‎ ‎【考点】等差数列的前n项和．‎ ‎【分析】利用等差数列的通项公式可得公差d，令an≥0，解得n即可得出．‎ ‎【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，∵a1=45，a3=41，‎ ‎∴45+2d=41，解得d=﹣2．‎ ‎∴an=45﹣2（n﹣1）=47﹣2n．‎ 令an≥0，解得n=23+．‎ 则前n项的和Sn达到最大值时n的值是23．‎ 故答案为：23．‎ ‎　‎ ‎4．公差不为0的等差数列的第2，3，6项依次构成一等比数列，该等比数列的公比q=　3　．‎ ‎【考点】等比数列；等差数列．‎ ‎【分析】设出等差数列的首项为a，公差为d，根据等差数列的通项公式分别表示出第2，3，6项，根据等比数列的性质列出关于a与d的等式，由d不为0得到d与a的关系式，用a表示出d，代入表示出的第2，3，6项，此三项可以用a表示，然后根据等比数列的性质可用第3项除以第2项即可求出公比q的值．‎ ‎【解答】解：设等差数列的首项为a，公差为d（d不为0），‎ 则等差数列的第2，3，6项分别为a+d，a+2d，a+5d，‎ 则（a+2d）2=（a+d）（a+5d），即d2+2ad=0，‎ ‎∵d≠0，‎ ‎∴在等式两边同时除以d得：d=﹣2a，‎ ‎∴等差数列的第2，3，6项分别为：﹣a，﹣3a，﹣9a，‎ ‎∴公比q==3．‎ 故答案为：3．‎ ‎　‎ ‎5．设Sn使等比数列{an}的前n项和，若S3=3a3，则公比q=　1或　．‎ ‎【考点】等比数列的前n项和．‎ ‎【分析】当公比q=1时，符合题意；当公比q≠1时，由已知可得2q2﹣q﹣1=0，解之即可．‎ ‎【解答】解：当公比q=1时，an=a1，故S3=3a1=3a3，符合题意；‎ 当公比q≠1时，S3==3a1q2，即2q2﹣q﹣1=0，‎ 解之可得q=，或q=1（舍去）‎ 综上可得，q=1或，‎ 故答案为：1或 ‎　‎ ‎6．数列{an}中，a3=2，a7=1，又数列{}是等差数列，则a1=　3　．‎ ‎【考点】等差数列的性质．‎ ‎【分析】由a3=2，a7=1求出等差数列{}的公差，再代入通项公式求出，可求出a1．‎ ‎【解答】解：因为数列{}是等差数列，且a3=2，a7=1，‎ 所以=， =，﹣=，‎ 设{}公差为d，则4d=，故d=，‎ 所以=+（n﹣3）d=+（n﹣3）×=，‎ 故an=，‎ 所以a1==3．‎ 故答案是：3．‎ ‎　‎ ‎7．已知数列{an}的通项公式an=11﹣2n，Sn=|a1|+|a2|+…+|an|，则S10=　50　．‎ ‎【考点】数列的函数特性．‎ ‎【分析】由数列的通项公式得到数列的首项和公差，再由通项大于等于0解出数列的前5项为正数，从第6项起为负数，则Sn=|a1|+|a2|+…+|an|可求．‎ ‎【解答】解：由an=11﹣2n≥0，得，‎ ‎∴数列{an}的前5项为正数，从第6项起为负数，‎ 又由an=11﹣2n，得a1=9，an+1﹣an=11﹣2（n+1）﹣11+2n=﹣2，‎ ‎∴数列{an}是首项为9，公差为﹣2的等差数列．‎ 则Sn=|a1|+|a2|+…+|an|=（a1+a2+…+a5）﹣（a6+a7+…+a10）‎ ‎=﹣（a1+a2+…+a10）+2（a1+a2+…+a5）‎ ‎=﹣S10+2S5=‎ ‎=﹣（10×9﹣90）+2（5×9﹣20）=50．‎ 故答案为：50．‎ ‎　‎ ‎8．一个项数为偶数的等差数列，其奇数项之和为24，偶数项之和为30，最后一项比第一项大，则最后一项为 ‎　12　．‎ ‎【考点】等差数列的通项公式．‎ ‎【分析】根据等差数列的性质建立方程即可得到结论．‎ ‎【解答】解：设等差数列{an}项数为2n，‎ ‎∵末项与首项的差为，‎ ‎∴a2n﹣a1=（2n﹣1）d=，‎ ‎∵S奇=24，S偶=30，‎ ‎∴S偶﹣S奇=30﹣24=6=nd，‎ 解得d=；n=4，即项数是8．‎ ‎∵a1+a3+a5+a7=24，‎ ‎∴4a1+12d=24．‎ ‎∴．‎ ‎∴a8==12．‎ 故答案为：12．‎ ‎　‎ ‎9．已知an=an﹣1﹣an﹣2（n≥3），a1=1，a2=2，a2016=　﹣1　．‎ ‎【考点】数列递推式．‎ ‎【分析】由a1=1，a2=2，an=an﹣1﹣an﹣2（n≥3），求得a3，a4，a5，a6，a7，…，可知数列{an}是以6为周期的周期数列，a2016=a336×6=a6=﹣1．‎ ‎【解答】解：由a1=1，a2=2，an=an﹣1﹣an﹣2（n≥3），得 a3=a2﹣a1=2﹣1=1，‎ a4=a3﹣a2=1﹣2=﹣1，‎ a5=a4﹣a3=﹣1﹣1=﹣2，‎ a6=a5﹣a4=﹣2﹣（﹣1）=﹣1，‎ a7=a6﹣a5=﹣1﹣（﹣2）=1，‎ ‎…‎ 由上可知，数列{an}是以6为周期的周期数列，‎ 则a2016=a336×6=a6=﹣1．‎ 故答案为：﹣1．‎ ‎　‎ ‎10．已知x、y、x+y成等差数列，x、y、xy成等比数列，且0＜logmxy＜1，则实数m的取值范围是　m＞8　．‎ ‎【考点】等差数列的通项公式．‎ ‎【分析】由条件可得y=2x，y=x2，由此求得x=2，y=4，xy=8，从而得到0＜logm8＜1，则答案可求．‎ ‎【解答】解：∵x、y、x+y成等差数列，‎ ‎∴2y=2x+y，即y=2x．‎ ‎∵x、y、xy成等比数列，‎ ‎∴y2=x2y，即y=x2．‎ 综上可得，x=2，y=4，xy=8．‎ 再由0＜logmxy＜1，可得 0＜logm8＜1，‎ ‎∴m＞8．‎ 故答案为：m＞8．‎ ‎　‎ ‎11．用数学归纳法证明命题：1+2+3+…+（n﹣1）+n+（n﹣1）+…+3+2+1=n2，当从k到k+1时左边增加的式子是　2k+1　．‎ ‎【考点】数学归纳法．‎ ‎【分析】分别计算当n=k时，以及n=k+1时，观察计算即可 ‎【解答】解：从n=k到n=k+1时，左边添加的代数式为：k+1+k=2k+1．‎ 故答案为：2k+1．‎ ‎　‎ ‎12．从盛满2升纯酒精的容器里倒出1升，然后加满水，再倒出1升混合溶液后又用水填满，以此继续下去，则至少应倒　4　次后才能使纯酒精体积与总溶液的体积之比低于10%．‎ ‎【考点】等比数列的通项公式．‎ ‎【分析】设开始的浓度为1，操作1次后的浓度为a1=1﹣，操作n次后的浓度为an，则an+1=an（1﹣），利用等比数列的通项公式即可得出．‎ ‎【解答】解：设开始的浓度为1，操作1次后的浓度为a1=1﹣，‎ 操作n次后的浓度为an，则an+1=an（1﹣），‎ ‎∴数列{an}构成a1=1﹣为首项，q=1﹣为公比的等比数列，‎ ‎∴an=（1﹣）n，即第n次操作后溶液的浓度为（1﹣）n；‎ 当a=2时，可得an=（1﹣）n=，由an=（）n＜，解得n＞4．‎ ‎∴至少应倒4次后才能使酒精的浓度低于10%．‎ 故答案为：4．‎ ‎　‎ ‎13．数列{an}满足a1=2016，前n项和Sn=（1+2+…+n）•an，对任意n∈N*成立，则a2015=　　．‎ ‎【考点】数列递推式．‎ ‎【分析】由前n项和Sn=（1+2+…+n）•an=an，可得n≥2时，an=Sn﹣Sn，化为： =．利用“累乘求积”即可得出．‎ ‎【解答】解：∵前n项和Sn=（1+2+…+n）•an=an，‎ ‎∴n≥2时，an=Sn﹣Sn=an﹣，‎ 化为： =．‎ ‎∴an=••…•a1=••…××××2016‎ ‎=．‎ ‎∴a2015==．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎14．若an＞0，a1=2，且an+an﹣1=+2（n≥2），则++…+=　　．‎ ‎【考点】数列的求和．‎ ‎【分析】an+an﹣1=+2（n≥2），取分母化为：﹣=n．利用“累加求和”可得，再利用“裂项求和”方法即可得出．‎ ‎【解答】解：∵an+an﹣1=+2（n≥2），‎ ‎∴=n+2（an﹣an﹣1），‎ 化为：﹣=n．‎ ‎∴=[﹣]+[﹣+…++‎ ‎=n+（n﹣1）+…+2+1=．‎ ‎∴==2．‎ ‎∴++…+=2+…+‎ ‎=2=．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ 二、选择题（共4小题，每小题3分，满分12分）‎ ‎15．设等差数列的首项为a，公差为d，则它含负数项且只有有限个负数项的条件是（　　）‎ A．a＞0，d＞0 B．a＞0，d＜0 C．a＜0，d＞0 D．a＜0，d＜0‎ ‎【考点】等差数列的性质．‎ ‎【分析】先利用反证法证明d大于0，方法为：假设d小于0，由首项为a，公差为d，利用等差数列的通项公式表示出此数列的通项，假设ak小于0，则n大于k时，后面的项都为负数，这就与此数列只有负数项矛盾，故d不能小于0，得到d大于0，再根据此数列含有负数项，首项a必须小于0，从而得到满足题意的条件．‎ ‎【解答】解：若d＜0，由等差数列的通项公式得：an=a+（n﹣1）d，‎ 此时设ak＜0，则n＞k时，后面的项都为负数，‎ 与只有有限个负数项矛盾，‎ ‎∴d＞0，又数列有负数项，‎ ‎∴a＜0，‎ 则满足题意的条件是a＜0，d＞0．‎ 故选C ‎　‎ ‎16．已知数列{an}中，，（n∈N+），则在数列{an}的前50项中最小项和最大项分别是（　　）‎ A．a1，a50 B．a1，a8 C．a8，a9 D．a9，a50‎ ‎【考点】数列的函数特性．‎ ‎【分析】令=1+，根据，，我们易判断数列各项的符号及单调性，进而得到答案．‎ ‎【解答】解：∵ =1+，（n∈N+），‎ ‎∵，，‎ ‎∴数列的前8项小于1且递减，从第9项开始大于1且递减，‎ 故数列{an}的前50项中最小项和最大项分别是a8，a9．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎17．等比数列前n项和为Sn，有人算得S1=27，S2=63，S3=109，S4=175，后来发现有一个数算错了，错误的是（　　）‎ A．S1 B．S2 C．S3 D．S4‎ ‎【考点】等比数列的前n项和．‎ ‎【分析】由已知可得：a1=27，a1+a2=a1（1+q）=63，a1+a2+a3=a1（1+q+q2）=109，a1+a2+a3+a4=a1（1+q+q2+q3）=175，不妨假设第一个与第二个等式成立，解得a1=27，q=，经过验证即可判断出结论．‎ ‎【解答】解：由已知可得：a1=27，a1+a2=a1（1+q）=63，a1+a2+a3=a1（1+q+q2）=109，a1+a2+a3+a4=a1（1+q+q2+q3）=175，‎ 不妨假设第一个与第二个等式成立，解得a1=27，q=，经过验证第四个等式成立，第三个等式不成立，因此：算错的这个数是S3，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎18．已知等比数列{an}满足an＞0，n=1，2，…，且a5•a2n﹣5=22n（n≥3），则当n≥1时，log2a1+log2a3+…+log2a2n﹣1=（　　）‎ A．n（2n﹣1） B．（n+1）2 C．n2 D．（n﹣1）2‎ ‎【考点】等比数列的性质．‎ ‎【分析】先根据a5•a2n﹣5=22n，求得数列{an}的通项公式，再利用对数的性质求得答案．‎ ‎【解答】解：∵a5•a2n﹣5=22n=an2，an＞0，‎ ‎∴an=2n，‎ ‎∴log2a1+log2a3+…+log2a2n﹣1=log2（a1a3…a2n﹣1）=log221+3+…+（2n﹣1）=log2=n2．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ 三、解答题：共46分．‎ ‎19．已知四个数，前三个数成等比数列，和为19，后三个数成等差数列，和为12，求此四个数．‎ ‎【考点】等差数列的性质；等比数列的性质．‎ ‎【分析】先根据题意设出这四个数，进而根据前三个数和为19列出方程求得d，则四个数可得．‎ ‎【解答】解：依题意可设这四个数分别为：‎ ‎，4﹣d，4，4+d，则由前三个数和为19可列方程得，‎ ‎，整理得，‎ d2﹣12d+28=0，解得d=﹣2或d=14．‎ ‎∴这四个数分别为：25，﹣10，4，18或9，6，4，2．‎ ‎　‎ ‎20．求和：Sn=++…+，并用数学归纳法证明．‎ ‎【考点】数学归纳法；数列的求和．‎ ‎【分析】利用条件计算S1，S2，S3，由此推测Sn的计算公式；利用归纳法进行证明，检验n=1时等式成立，假设n=k时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立．‎ ‎【解答】解：S1=，S2=，S3=‎ 猜想：Sn=．‎ ‎①n=1时，S1成立；‎ ‎②假设n=k时，猜想成立，即Sk=，‎ 则n=k+1时，Sk+1=+=，‎ ‎∴n=k+1时猜想也成立 根据①②可知猜想对任何n∈N*都成立 ‎　‎ ‎21．某企业投资1千万元用于一个高科技项目，每年可获利25%．由于企业间竞争激烈，每年底需要从利润中取出资金200万元进行科研、技术改造与广告投入，方能保持原有的利润增长率．经过多少年后，该项目的资金可以达到4倍的目标？‎ ‎【考点】函数模型的选择与应用．‎ ‎【分析】设第n年终资金为an万元，由题意可得an=（1+25%）an﹣1﹣200（n≥2），变形整理可得：an﹣800=（an﹣1﹣800），利用等比数列的通项公式可得an，进而得出．‎ ‎【解答】解：设第n年终资金为an万元，由题意可得an=（1+25%）an﹣1﹣200（n≥2），‎ 变形整理可得：an﹣800=（an﹣1﹣800），‎ 故{an﹣800}构成一个等比数列，a1=1000（1+25%）﹣200=1050，⇒a1﹣800=250，‎ ‎∴an﹣800=250×，‎ 令an≥4000，得≥16，两边取对数可得：n≥≈13，‎ 故至少要13年才能达到目标．‎ ‎　‎ ‎22．设数列{an}的首项a1=1，前n项和Sn满足关系式：3tSn﹣（2t+3）Sn﹣1=3t（t＞0，n=2，3，4…）‎ ‎（1）求证：数列{an}是等比数列；‎ ‎（2）设数列{an}的公比为f（t），作数列{bn}，使，求数列{bn}的通项bn；‎ ‎（3）求和：b1b2﹣b2b3+b3b4﹣b4b5+…+b2n﹣1b2n﹣b2nb2n+1．‎ ‎【考点】数列的求和；等比数列的通项公式．‎ ‎【分析】（1）通过3tSn﹣（2t+3）Sn﹣1=3t与3tSn﹣1﹣（2t+3）Sn﹣2=3t作差、整理得（n=2，3，…），进而可得结论；‎ ‎（2）通过（1）可知bn=f+bn﹣1，即数列{bn}是一个首项为1、公差为的等差数列，进而即得结论；‎ ‎（3）通过bn=可知数列{b2n﹣1}和{b2n}是首项分别为1和、公差均为的等差数列，并项取公因式，计算即得结论．‎ ‎【解答】（1）证明：∵a1=S1=1，S2=1+a2，‎ ‎∴a2=‎ 又3tSn﹣（2t+3）Sn﹣1=3t ①‎ ‎∴3tSn﹣1﹣（2t+3）Sn﹣2=3t ②‎ ‎①﹣②得：3tan﹣（2t+3）an﹣1=0，‎ ‎∴，（n=2，3，…）‎ ‎∴{an}是一个首项为1、公比为的等比数列；‎ ‎（2）解：∵f（t）=，‎ ‎∴bn=f+bn﹣1．‎ ‎∴数列{bn}是一个首项为1、公差为的等差数列．‎ ‎∴bn=1+（n﹣1）=；‎ ‎（3）解：∵bn=，‎ ‎∴数列{b2n﹣1}和{b2n}是首项分别为1和，公差均为的等差数列，‎ 于是b1b2﹣b2b3+b3b4﹣b4b5+…+b2n﹣1b2n﹣b2nb2n+1‎ ‎=b2（b1﹣b3）+b4（b3﹣b5）+b6（b5﹣b7）+…+b2n（b2n﹣1+b2n+1）‎ ‎=﹣（b2+b4+…+b2n）‎ ‎=﹣‎ ‎=﹣（2n2+3n）．‎ ‎　‎ ‎23．如图，平面直角坐标系中，射线y=x（x≥0）和y=0（x≥0）上分别依次有点A1、A2，…，An，…，和点B1，B2，…，Bn…，其中，，．且，（n=2，3，4…）．‎ ‎（1）用n表示|OAn|及点An的坐标；‎ ‎（2）用n表示|BnBn+1|及点Bn的坐标；‎ ‎（3）写出四边形AnAn+1Bn+1Bn的面积关于n的表达式S（n），并求S（n）的最大值．‎ ‎【考点】数列与解析几何的综合；数列递推式．‎ ‎【分析】（1）由，能求出．‎ ‎（2）由，知，由此能用n表示|BnBn+1|及点Bn的坐标．‎ ‎（3）由，写出四边形AnAn+1Bn+1Bn的面积关于n的表达式S（n），并求出S（n）的最大值．‎ ‎【解答】解：（1）∵…‎ ‎∴…‎ ‎（2）…‎ ‎，‎ ‎∴…‎ ‎（3），‎ ‎∴…‎ ‎∵，‎ ‎∴n≥4时，S（n）单调递减．‎ 又，．‎ ‎∴n=2或3时，S（n）取得最大值…‎ ‎　‎