数学卷·2018届山东省临沂市重点中学高二上学期期末数学试卷（文科）（解析版）

数学卷·2018届山东省临沂市重点中学高二上学期期末数学试卷（文科）（解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年山东省临沂市重点中学高二（上）期末数学试卷（文科）‎ ‎　‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1．在公差为d的等差数列{an}中，我们可以得到an=am+（n﹣m）d （m，n∈N+）．通过类比推理，在公比为q的等比数列{bn}中，我们可得（　　）‎ A．bn=bm+qn﹣m B．bn=bm+qm﹣n C．bn=bm×qm﹣n D．bn=bm×qn﹣m ‎2．已知命题p：∀a∈R，且a＞0，a+≥2，命题q：∃x0∈R，sin x0+cos x0=，则下列判断正确的是（　　）‎ A．p是假命题 B．q是真命题 C．p∧（￢q）是真命题 D．（￢p）∧q是真命题 ‎3．设，数列{an}满足a1=f（1），an+1=f（an）（n∈N*），则a2017=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，若b+c=2a，3sinA=5sinB，则角C=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如果﹣1＜a＜b＜0，则下列不等式正确的是（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎6．在△ABC中，a，b，c分别是A，B，C的对边，，且f（A）=2，b=1，△ABC的面积是，则的值是（　　）‎ A．2 B．2 C．4 D．2‎ ‎7．设p：f（x）=x3+2x2+mx+1在（﹣∞，+∞）内单调递增，函数q：g（x）=x2﹣4x+3m不存在零点则p是q的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎8．已知函数y=xf′（x）的图象如图所示（其中f′（x）是函数f（x）的导函数），下面四个图象中，y=f（x）的图象大致是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．已知直线y=k（x+2）（k＞0）与抛物线C：y2=8x相交于A、B两点，F为C的焦点，若|FA|=2|FB|，则k=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．已知F1，F2是双曲线的左右焦点，过F1且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，若△ABF2是锐角三角形，则双曲线的离心率的取值范围是（　　）‎ A．（1，+∞） B． C． D．‎ ‎11．已知对任意的a∈，函数f（x）=x2+（a﹣4）x+4﹣2a的值总大于0，则x的取值范围是（　　）‎ A．x＜1或x＞3 B．1＜x＜3 C．1＜x＜2 D．x＜2或x＞3‎ ‎12．若函数f（x）=，并且＜a＜b＜，则下列各结论中正确的是（　　）‎ A．f（a）＜f（）＜f（） B．f（）＜f（）＜f（b） C．f（）＜f（）＜f（a） D．f（b）＜f（）＜f（）‎ ‎　‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把正确答案填在答题纸给定的横线上.‎ ‎13．设等比数列{an}的公比q=2，前n项和为Sn，S4=λa4，则λ为　　．‎ ‎14．已知△ABC中，AB=，BC=1，sinC=cosC，则△ABC的面积为　　．‎ ‎15．若实数x，y满足不等式组，则当y≤ax+a﹣1恒成立时，实数a的取值范围是　　．‎ ‎16．已知椭圆的左焦点为F，椭圆C与过原点的直线相交于A，B两点，连接AF，BF，若|AB|=10，|AF|=6，∠AFB=90°，则C的离心率e=　　．‎ ‎　‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程 ‎17．（12分）设命题p：实数x满足x2﹣4ax+3a2＜0，其中a＞0，命题q：实数x满足．‎ ‎（1）若a=1，且p∧q为真，求实数x的取值范围；‎ ‎（2）若¬p是¬q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．‎ ‎18．（12分）在△ABC中，角A，B，C所列边分别为a，b，c，且．‎ ‎（Ⅰ）求角A；‎ ‎（Ⅱ）若，试判断bc取得最大值时△ABC形状．‎ ‎19．（12分）已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1、S2、S4成等比数列．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）令bn=（﹣1）n﹣1，求数列{bn}的前n项和Tn．‎ ‎20．（12分）某中学食堂定期从粮店以每吨1500元的价格购买大米，每次购进大米需支付运输费 100元．食堂每天需用大米l吨，贮存大米的费用为每吨每天2元（不满一天按一天计），假 定食堂每次均在用完大米的当天购买．‎ ‎（1）该食堂隔多少天购买一次大米，可使每天支付的总费用最少？‎ ‎（2）粮店提出价格优惠条件：一次购买量不少于20吨时，大米价格可享受九五折（即原价的95%），问食堂可否接受此优惠条件？请说明理由．‎ ‎21．（12分）已知斜率为k的直线l过点M（1，0），且与抛物线x2‎ ‎=2y交于A，B两点，若动点P在y轴的右侧且满足）（O为坐标原点）．‎ ‎（1）求动点P的轨迹方程；‎ ‎（2）记动点P的轨迹为C，若曲线C的切线斜率为λ，满足，点A到y轴的距离为a，求a的取值范围．‎ ‎22．（10分）（理）设函数f（x）=（x+1）ln（x+1）．‎ ‎（1）求f（x）的单调区间；‎ ‎（2）若对所有的x≥0，均有f（x）≥ax成立，求实数a的取值范围．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省临沂市重点中学高二（上）期末数学试卷（文科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1．在公差为d的等差数列{an}中，我们可以得到an=am+（n﹣m）d （m，n∈N+）．通过类比推理，在公比为q的等比数列{bn}中，我们可得（　　）‎ A．bn=bm+qn﹣m B．bn=bm+qm﹣n C．bn=bm×qm﹣n D．bn=bm×qn﹣m ‎【考点】类比推理．‎ ‎【分析】因为等差数列{an}中，an=am+（n﹣m）d （m，n∈N+），即等差数列中任意给出第m项am，它的通项可以由该项与公差来表示，推测等比数列中也是如此，给出第m项bm和公比，求出首项，再把首项代入等比数列的通项公式中，即可得到结论．‎ ‎【解答】解：在公比为q的等比数列{bn}中，设其首项为b1，则，所以．‎ 则．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了类比推理，类比推理就是根据两个不同的对象在某些方面的相似之处，从而推出这两个对象在其他方面的也具有的相似之处，是基础题．‎ ‎　‎ ‎2．已知命题p：∀a∈R，且a＞0，a+≥2，命题q：∃x0∈R，sin x0+cos x0=，则下列判断正确的是（　　）‎ A．p是假命题 B．q是真命题 C．p∧（￢q）是真命题 D．（￢p）∧q是真命题 ‎【考点】复合命题的真假．‎ ‎【分析】本题的关键是对命题p：∀a∈R，且a＞0，有，命题q：∃x∈R，的真假进行判定，在利用复合命题的真假判定 ‎【解答】解：对于命题p：∀a∈R，且a＞0，有，‎ 利用均值不等式，显然p为真，故A错 命题q：∃x∈R，，‎ 而∉‎ 所以q是假命题，故B错 ‎∴利用复合命题的真假判定，‎ p∧（￢q）是真命题，故C正确 ‎（￢p）∧q是假命题，故D错误 故选：C ‎【点评】本题考查的知识点是复合命题的真假判定，解决的办法是先判断组成复合命题的简单命题的真假，再根据真值表进行判断 ‎　‎ ‎3．设，数列{an}满足a1=f（1），an+1=f（an）（n∈N*），则a2017=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】数列递推式．‎ ‎【分析】，数列{an}满足a1=f（1），an+1=f（an）（n∈N*），可得a1==，an+1=，因此=+1，即﹣=1，再利用等差数列的通项公式即可得出．‎ ‎【解答】解：∵，数列{an}满足a1=f（1），an+1=f（an）（n∈N*），‎ ‎∴a1==，an+1=，∴ =+1，即﹣=1，‎ ‎∴数列是等差数列，首项为2，公差为1．‎ ‎∴=2+（n﹣1），‎ ‎∴=2018，‎ a2017=，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了等差数列的通项公式、函数解析式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎4．设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，若b+c=2a，3sinA=5sinB，则角C=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】余弦定理；正弦定理．‎ ‎【分析】由正弦定理将3sinA=5sinB转化为5b=3a，从而将b、c用a表示，代入余弦定理即可求出cosC，即可得出∠C．‎ ‎【解答】解：∵b+c=2a，‎ 由正弦定理知，5sinB=3sinA可化为：5b=3a，解得c=b，‎ 由余弦定理得，cosC==，‎ ‎∴C=，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎5．如果﹣1＜a＜b＜0，则下列不等式正确的是（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】不等式的基本性质．‎ ‎【分析】根据特殊值法分别带入判断即可．‎ ‎【解答】解：∵﹣1＜a＜b＜0，‎ ‎∴不妨令a=﹣0.5，b=﹣0.1，‎ 分别带入A、B、C、D，‎ 得：A成立，B、C、D不成立，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了不等式的性质，考查特殊值法的应用，是一道基础题．‎ ‎　‎ ‎6．在△ABC中，a，b，c分别是A，B，C的对边，，且f（A）=2，b=1，△ABC的面积是，则的值是（　　）‎ A．2 B．2 C．4 D．2‎ ‎【考点】正弦定理的应用．‎ ‎【分析】由f（A）=2，求出 A=，△ABC的面积是求出c=2，由余弦定理可得 a2=b2+c2﹣2bc cosA，求出 a 的值，由正弦定理求得的值．‎ ‎【解答】解：∵f（A）=2sin（2A+）+1=2，∴sin（2A+）=，又 0＜A＜π，‎ ‎∴＜2A+＜，∴2A+=，∴A=．‎ 由△ABC的面积是==c• 可得 c=2．‎ 由余弦定理可得 a2=b2+c2﹣2bc cosA=5﹣4×，∴a=，‎ ‎∴==2，‎ 故选 A．‎ ‎【点评】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，根据三角函数的值求角，求出角A的值和a边的值，是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎7．设p：f（x）=x3+2x2+mx+1在（﹣∞，+∞）内单调递增，函数q：g（x）=x2﹣4x+3m不存在零点则p是q的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数的零点．‎ ‎【分析】由“f（x）在（﹣∞，+∞）内单调递增”，可转化为“f′（x）≥0在（﹣∞，+∞）上恒成立”，即3x2+4x+m≥0在（﹣∞，+∞）上恒成立，用判别式解．由“g（x）不存在零点”，可知相应方程无根．根据两个结果，用集合法来判断逻辑关系．‎ ‎【解答】解：f（x）在（﹣∞，+∞）内单调递增，‎ 则f′（x）≥0在（﹣∞，+∞）上恒成立，‎ 即3x2+4x+m≥0在（﹣∞，+∞）上恒成立，‎ 即△1=16﹣12m≤0，即；‎ g（x）不存在零点，‎ 则△2=16﹣12m＜0，即．‎ 故p成立q不一定成立，q成立p一定成立，故p是q的必要不充分条件．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题主要考查常用逻辑用语，涉及了函数的单调性及函数零点问题．‎ ‎　‎ ‎8．已知函数y=xf′（x）的图象如图所示（其中f′（x）是函数f（x）的导函数），下面四个图象中，y=f（x）的图象大致是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】函数的单调性与导数的关系．‎ ‎【分析】通过观察函数y=xf′（x）的图象即可判断f′（x）的符号以及对应的x的所在区间，从而判断出函数f（x）的单调性及单调区间，所以观察选项中的图象，找出符合条件的即可．‎ ‎【解答】解：由图象看出，﹣1＜x＜0，和x＞1时xf′（x）＞0；x≤﹣1，和0≤x≤1时xf′（x）≤0；‎ ‎∴﹣1＜x≤1时，f′（x）≤0；x＞1，或x≤﹣1时，f′（x）≥0；‎ ‎∴f（x）在（﹣1，1]上单调递减，在（﹣∞，﹣1]，（1，+∞）上单调递增；‎ ‎∴f（x）的大致图象应是B．‎ 故选B．‎ ‎【点评】考查观察图象的能力，对于积的不等式xf′（x）≥0，（或xf′（x）≤0）的求解，函数导数符号和函数单调性的关系．‎ ‎　‎ ‎9．已知直线y=k（x+2）（k＞0）与抛物线C：y2=8x相交于A、B两点，F为C的焦点，若|FA|=2|FB|，则k=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【分析】根据直线方程可知直线恒过定点，如图过A、B分别作AM⊥l于M，BN⊥l于N，根据|FA|=2|FB|，推断出|AM|=2|BN|，点B为AP的中点、连接OB，进而可知，进而推断出|OB|=|BF|，进而求得点B的横坐标，则点B的坐标可得，最后利用直线上的两点求得直线的斜率．‎ ‎【解答】解：设抛物线C：y2=8x的准线为l：x=﹣2‎ 直线y=k（x+2）（k＞0）恒过定点P（﹣2，0）‎ 如图过A、B分别作AM⊥l于M，BN⊥l于N，‎ 由|FA|=2|FB|，则|AM|=2|BN|，‎ 点B为AP的中点、连接OB，‎ 则，‎ ‎∴|OB|=|BF|，点B的横坐标为1，‎ 故点B的坐标为，‎ 故选D ‎【点评】本题主要考查了抛物线的简单性质．考查了对抛物线的基础知识的灵活运用．‎ ‎　‎ ‎10．已知F1，F2是双曲线的左右焦点，过F1且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，若△ABF2是锐角三角形，则双曲线的离心率的取值范围是（　　）‎ A．（1，+∞） B． C． D．‎ ‎【考点】双曲线的简单性质．‎ ‎【分析】由过F1且垂直于x轴的直线与双曲线交于A、B两点可知△ABC为锐角三角形，△ABF2为锐角三角形只要∠AF2B为锐角即可，由此可知＜‎ ‎2c，从而能够推导出该双曲线的离心率e的取值范围．‎ ‎【解答】解：由题设条件可知△ABF2为等腰三角形，‎ 若△ABF2是锐角三角形，‎ 只要∠AF2B为锐角，‎ 即∠AF2B＜45°，‎ 即AF1＜F1F2即可；‎ 当x=﹣c时，﹣=1，得y=±，‎ 设A（﹣c，），‎ ‎∴＜2c，‎ 即2ac＞c2﹣a2，‎ 得e2﹣2e﹣1＜0‎ 解出e∈（1，1+），‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用．根据条件得到∠AF2B＜45°是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎11．已知对任意的a∈，函数f（x）=x2+（a﹣4）x+4﹣2a的值总大于0，则x的取值范围是（　　）‎ A．x＜1或x＞3 B．1＜x＜3 C．1＜x＜2 D．x＜2或x＞3‎ ‎【考点】二次函数的性质．‎ ‎【分析】把二次函数的恒成立问题转化为y=a（x﹣2）+x2﹣4x+4＞0在a∈上恒成立，再利用一次函数函数值恒大于0所满足的条件即可求出x的取值范围．‎ ‎【解答】解：原题可转化为关于a的一次函数y=a（x﹣2）+x2﹣4x+4＞0在a∈上恒成立，‎ 只需⇒⇒x＜1或x＞3．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题的做题方法的好处在于避免了讨论二次函数的对称轴和变量间的大小关系，而一次函数在闭区间上的最值一定在端点处取得，所以就把解题过程简单化了．‎ ‎　‎ ‎12．若函数f（x）=，并且＜a＜b＜，则下列各结论中正确的是（　　）‎ A．f（a）＜f（）＜f（） B．f（）＜f（）＜f（b） C．f（）＜f（）＜f（a） D．f（b）＜f（）＜f（）‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；基本不等式．‎ ‎【分析】由导数可判断f（x）=在（，）上是减函数，再由基本不等式可判断出＜，从而由函数的单调性比较函数值的大小即可．‎ ‎【解答】解：∵f（x）=，‎ ‎∴f′（x）=，‎ 当x∈（，]时，可判断xcosx﹣sinx是减函数，‎ 故xcosx﹣sinx＜•﹣＜0，‎ 当x∈（，）时，xcosx﹣sinx＜0；‎ 故f（x）=在（，）上是减函数，‎ 而由＜a＜b＜知a＜＜＜b，‎ 故f（a）＞f（）＞f（），‎ f（b）＜f（）＜f（）；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了基本不等式及导数的综合应用，属于基础题．‎ ‎　‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把正确答案填在答题纸给定的横线上.‎ ‎13．设等比数列{an}的公比q=2，前n项和为Sn，S4=λa4，则λ为　　．‎ ‎【考点】等比数列的前n项和．‎ ‎【分析】根据等比数列的通项公式以及前n项和公式进行求解即可．‎ ‎【解答】解：∵等比数列{an}的公比q=2，‎ ‎∴由S4=λa4，得=λ23a1=8λa1，‎ 即15=8λ，‎ 故λ=，‎ 故答案为：‎ ‎【点评】本题主要考查等比数列的应用，根据等比数列的通项公式以及前n项和公式，建立方程是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎14．已知△ABC中，AB=，BC=1，sinC=cosC，则△ABC的面积为　　．‎ ‎【考点】正弦定理；三角形的面积公式．‎ ‎【分析】由已知及tanC=可求tanC，进而可求C，然后由余弦定理可得，可求AC，代入可求 ‎【解答】解：∵sinC=cosC，‎ ‎∴tanC==‎ ‎∵C∈（0，π）‎ ‎∴‎ ‎∵AB=，BC=1，‎ 由余弦定理可得， =‎ ‎∴‎ ‎∴AC=2， ==‎ 故答案为：‎ ‎【点评】本题主要考查了余弦定理在求解三角形中的应用，解题的关键是熟练应用基本公式 ‎　‎ ‎15．若实数x，y满足不等式组，则当y≤ax+a﹣1恒成立时，实数a的取值范围是　a≥2　．‎ ‎【考点】简单线性规划．‎ ‎【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义结合数形结合进行求解即可．‎ ‎【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：‎ 直线y=ax+a﹣1=a（x+1）﹣1，过定点D（﹣1，﹣1），‎ y≤ax+a﹣1恒成立等价为可行域都在直线y=ax+a﹣1下方，‎ 则由图象知只要A（0，1）满足y≤ax+a﹣1且a＞0即可，‎ 即得，即a≥2，‎ 故答案为：a≥2‎ ‎【点评】本题主要考查线性规划的应用，根据可行域与直线的关系结合数形结合是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎16．已知椭圆的左焦点为F，椭圆C与过原点的直线相交于A，B两点，连接AF，BF，若|AB|=10，|AF|=6，∠AFB=90°，则C的离心率e=　　．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】由已知条件，利用解直角三角形求出|BF|，再利用椭圆的对称性质能求出椭圆的离心率．‎ ‎【解答】解：如图所示，‎ 在△AFB中，|AB|=10，|AF|=6，∠AFB=90°，‎ ‎∴|BF|2=|AB|2﹣|AF|2=100﹣36=64，‎ ‎∴|BF|=8，‎ 设F′为椭圆的右焦点，连接BF′，AF′．根据对称性可得四边形AFBF′是矩形．‎ ‎∴|BF′|=|AF|=6，|FF′|=10．‎ ‎∴2a=8+6=14，2c=10，解得a=7，c=5，‎ ‎∴e==，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查椭圆的离心率的求法，解题时要认真审题，注意椭圆的对称性的合理运用．‎ ‎　‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程 ‎17．（12分）（2016秋•临沂期末）设命题p：实数x满足x2﹣4ax+3a2＜0，其中a＞0，命题q：实数x满足．‎ ‎（1）若a=1，且p∧q为真，求实数x的取值范围；‎ ‎（2）若¬p是¬q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．‎ ‎【考点】复合命题的真假；必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎【分析】（1）现将a=1代入命题p，然后解出p和q，又p∧q为真，所以p真且q真，求解实数a的取值范围；（2）先由￢p是￢q的充分不必要条件得到q是p的充分不必要条件，然后化简命题，求解实数a的范围．‎ ‎【解答】解：（1）当a=1时，p：{x|1＜x＜3}，q：{x|2＜x≤3}，又p∧q为真，所以p真且q真，‎ 由得2＜x＜3，所以实数x的取值范围为（2，3）‎ ‎（2）因为￢p是￢q的充分不必要条件，所以q是p的充分不必要条件，‎ 又p：{x|a＜x＜3a}（a＞0），q：{x|2＜x≤3}，所以解得1＜a≤2，‎ 所以实数a的取值范围是（1，2]‎ ‎【点评】充要条件要抓住“大能推小，小不能推大”规律去推导．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）（2016秋•临沂期末）在△ABC中，角A，B，C所列边分别为a，b，c，且．‎ ‎（Ⅰ）求角A；‎ ‎（Ⅱ）若，试判断bc取得最大值时△ABC形状．‎ ‎【考点】三角形的形状判断；同角三角函数基本关系的运用；正弦定理．‎ ‎【分析】（Ⅰ）利用正弦定理和同角三角函数的基本关系化简已知式可得，从而求得角A的值．‎ ‎（Ⅱ）在△ABC中，利用余弦定理和基本不等式可得bc≤3，此时根据，又，可得，△ABC为等边三角形 ‎【解答】解：（Ⅰ）∵，∴，…（2分）‎ 即，∴，∴，…（4分）‎ ‎∵0＜A＜π，∴．…‎ ‎（Ⅱ）在△ABC中，a2=b2+c2﹣2bccosA，且，‎ ‎∴，∵b2+c2≥2bc，∴3≥2bc﹣bc，‎ 即bc≤3，当且仅当时，bc取得最大值，…（9分），‎ 又，故bc取得最大值时，△ABC为等边三角形 …（12分）‎ ‎【点评】本题考查正弦定理、余弦定理，同角三角函数的基本关系，基本不等式的应用，求出bc≤3，是解题的难点．‎ ‎　‎ ‎19．（12分）（2015•河西区一模）已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1、S2、S4成等比数列．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）令bn=（﹣1）n﹣1，求数列{bn}的前n项和Tn．‎ ‎【考点】数列的求和；等差数列与等比数列的综合．‎ ‎【分析】（1）根据等差数列的性质得出（2a1+2）2=a1（4a1+12），a1=1，运用通项公式求解即可．‎ ‎（2）由（Ⅰ）可得bn=（﹣1）n﹣1（+）．对n分类讨论“裂项求和”即可得出 ‎【解答】解：（1）∵等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1、S2、S4成等比数列．‎ ‎∴Sn=na1+n（n﹣1）‎ ‎（2a1+2）2=a1（4a1+12），a1=1，‎ ‎∴an=2n﹣1；‎ ‎（2）∵由（Ⅰ）可得bn=（﹣1）n﹣1=（﹣1）n﹣1=（﹣1）n﹣1（+）．‎ ‎∴Tn=（1+）﹣（+）+（+）+…+（﹣1）n﹣1（+）．‎ 当n为偶数时，Tn=1+）﹣（+）+（+）+…+（+）﹣（+）=1﹣=．‎ 当n为奇数时，Tn=1+）﹣（+）+（+）+…﹣（+）+（+）=1+=．‎ ‎∴Tn=．‎ ‎【点评】本题综合考查了等差数列等比数列的定义，性质，公式，运用方程组的方法求解即可，属于容易题．‎ ‎　‎ ‎20．（12分）（2016秋•临沂期末）某中学食堂定期从粮店以每吨1500元的价格购买大米，每次购进大米需支付运输费 100元．食堂每天需用大米l吨，贮存大米的费用为每吨每天2元（不满一天按一天计），假 定食堂每次均在用完大米的当天购买．‎ ‎（1）该食堂隔多少天购买一次大米，可使每天支付的总费用最少？‎ ‎（2）粮店提出价格优惠条件：一次购买量不少于20吨时，大米价格可享受九五折（即原价的95%），问食堂可否接受此优惠条件？请说明理由．‎ ‎【考点】基本不等式在最值问题中的应用．‎ ‎【分析】（1）设每n天购一次，即购n吨，则库存总费用为2=n（n+1）．即可得到平均每天费用y1=，利用基本不等式即可得出最小值．‎ ‎（2）若接受优惠，每m天购一次，即购m吨（m≥20），则平均每天费用y2=．利用导数研究其单调性，即可得出其最小值．‎ ‎【解答】解：（1）设每n天购一次，即购n吨，则库存总费用为2=n（n+1）．‎ 则平均每天费用y1=n=．‎ 当且仅当n=10时取等号．‎ ‎∴该食堂隔10天购买一次大米，可使每天支付的总费用最少．‎ ‎（2）若接受优惠，每m天购一次，即购m吨（m≥20），‎ 则平均每天费用y2=‎ ‎=（m∈．‎ ‎【点评】本题的第一小问是常规题，即利用导数研究函数的单调性，极值和最值．第二小问的转化，令g（x）=（x+1）ln（x+1）﹣ax，注意到g（0）=0，则“不等式f（x）≥ax在x≥0时恒成立”等价于“g（x）≥0在x≥0时恒成立”比较巧妙，避免了繁杂的分类讨论，使得问题更快地解决．‎ ‎　‎