江苏省南京市2014届高三数学综合题(终稿)Word版含答案

1、南京市2014届高三数学综合题、填空题n1. 已知函数 y= sin 3x（ 3 0）在区间0,上为增函数，且图象关于点（3 n 0）对称，贝U的取值集合为【答案】1,2,1.【提示】【说明】f00, b0)的离心率等于2,它的右准线过抛物线y =4x的焦点，则双曲线的方程为.2 2 【答案】x4-少1.【解析】本题主要考查了双曲线、抛物线中一些基本量的意义及求法.7. 在平面直角坐标系 xOy中，已知曲线 Ci、C2、C3依次为y= 2log2x、y= Iog2x、y= klog2X(k为常数，0 v kv 1).曲线Ci上的点A在第一象限，过 A分别作x轴、y轴的平行线交曲线 C2分别于点

2、B、D, 过点B作y轴的平行线交曲线 C3于点C.若四边形ABCD为矩形，则k的值是.1【答案】2.【提示】设 A(t, 2 Iog2t)(t 1)，则 B(t2, 2 Iog2t), D(t, Iog2t), C(t2, 2k log2t)，则有 Iog2t = 2k Iog2t,1由于 Iog2t0，故 2k= 1,即卩 k= 2【说明】本题考查对数函数的图像及简单的对数方程.注意点坐标之间的关系是建立方程的依据.2 - 2b*8 .已知实数a、b、c满足条件0 a+ c- 2b 1，且2a+ 2b0, y0,= y x.在平面直角坐标系 xOy中作出点(x, y)所表示的平面区域，并设

3、y x= t. 如图，当直线y x= t与曲线y= x2相切时，t最小.14.11112此时令y= 2x= 1 ,解得x = ，于是y= 4，所以tmin = ?当直线过点A时，t最大.由,y= 2x，解得A(二【提示】因为公比q不为1,所以不能删去a1, a4.设a*的公差为d,贝V 若删去 a2,则由 2a3 = a1 + a4得 2a1 q2 = a1 + a1q3 * *,l卩 2q2= 1 + q3,+匝,整理得 q2(q 1) = (q 1)(q+ 1).),x+ y= 2,44 八9 .17- 1+，帀 5 .77所以 tmax= = .又q丰1,则可得 若删去a3,又q丰1,则

4、可得q2= q+ 1，又 q0 解得 q= 1 ； 5；则由 2a2= a1+ a4得 2a1q= a1+ a1q3,l卩 2q = 1 + q3，整理得 q(q 1)(q+ 1)= q 1. q(q + 1) = 1，又 q 0 解得 q=等5.综上所述，q=2.【说明】本题主要考查等差数列等差中项的概念及等比数列中基本量的运算.*3*10 .数列an是等差数列，数列bn满足bn=玄崗时偸+ 2 (n N ),设Sn为bn的前n项和.若a12= a50, 则当S取得最大值时n的值等于.【答案】16.【提示】376g1设an的公差为 d,由 a12=8玄5 0 得 a1=- d, d0，所以

5、an= (n-)d,从而可知1 0, n17时，a.v 0.从而 b1 b2 b14 0 切7 b18，b 15= a15a16a 仃 V 0, b16= a16a17a18 0 ,故 S14 S13 S1 , S14 SJ5, S15V S(6 .【说明】69694因为 a15=- 6d 0, a18=9dv 0，所以 a15+ a18=- 6d + 9d= 4dv 0,55555所以 b15+ b16 = a16a17(a15 + 玄0，所以 S16S14,故 Sn 中 S16最大.利用等差数列及等差数列的基本性质是解题基本策略此题借助了求等差数列前n项和最值的方法，所以在关注方法时，也要

6、关注形成方法的过程和数学思想.二、解答题11.三角形 ABC中，角 A、B、C所对边分别为 a, b, c,且，2sinB= . 3cosB.(1) 若 cosA = 3，求 sinC 的值；(2) 若b=,7, sinA = 3sinC,求三角形 ABC的面积.解(1)由 2sinB= 3cosB,两边平方得 2sin2B= 3cosB,即 2(1 cos2B)= 3cosB，解得 cosB = 或 cosB=- 2(舍去).又b为三角形内角，贝y b=n3因为cosA=丄，且A为三角形内角，则3故 sinC = sin(B + A)= si门(才+ A)= 今32sinA =,313 +

7、2 ；2cosA+ gSi nA=解法一因为sinA = 3sinC,由正弦定理可得 a= 3c.由余弦定理知：b2= a2 + c2- 2accosB，则 7 = 9c2 + c2 3c2，解得 c= 1,贝U a= 3.面积 S= acsinB =色3解法n1V3由 sinA = 3sinC 得 sin(C + B) = 3sinC,即卩 sin(C + 3) = 3sinC,则2sinC + cosC= 3sinC,322353即cosC = 2sinC,故可得 tanC =亏.又C为三角形的内角，贝UsinC.14b c由正弦定理知 光 =-，贝y c= 1.si nB si nC又

8、sinA= 3sinC= 3 了1，故面积 S= bcsinA=电3 1424【说明】本题考查同角三角函数关系式，两角和差公式及正、余弦定理，具有一定的综合性.12. 三角形 ABC 中，三内角为 A、B、C，a= ( . 3cosA, sinA), b= (cosB， . 3sinB)，c= (1，- 1).若a c= 1,求角A的大小；(2)若a/b,求当A-B取最大时，A的值.nn 1解(1)a c= 3cosA sinA = 2cos(A+ 石)=1,贝U cos(A+ g)= 2因为 a (o, n,贝y a+詐(g,甘，贝y a+n= n,贝y a= n.因为 a/b,所以:：.：

9、:3cosA . 3sinB = sinA cosB，则 tanA = 3tanB.由于A、B为三角形内角，则 A、B只能均为锐角，即tanA 0, tanB 0.tan(A B)tanA tanB2tanB=厂= o,所以f（x）在（0,2a）上是增函数,2 a 2am当 x（亍，77）时，f（x）v 0,所以 f（x）在（2a 2am , 口 亠:3，2m+ J上疋减函数,所以 ymax= f(2a)= |7a3 ；当誥V竽，即0m 0,所以f（x）在（0, 2m7i）上是增函数,2缶 “=f( 2am32m_ i所以 ymax- f(2m+ =(2m+ i)ia，综上，当m1时，投入 詈

10、万元，最大增加值2a3.当Ov mv 1时，投入 卫匹万元，最大增加值迦 3a3.2m+ 1(2m+ 1)【说明】适当关注建模容易，解模难的应用题，如本题需要对解模过程进行分类讨论.O的仰角和立柱底部 B摄影者有一视角范围16如图，摄影爱好者 S在某公园A处，发现正前方B处有一立柱，测得立柱顶端的俯角均为n设S的眼睛距地面的距离按 寸3米.(1) 求摄影者到立柱的水平距离和立柱的高度；(2) 立柱的顶端有一长 2米的彩杆MN绕其中点0在S与立柱所在的平面内旋转.n为的镜头，在彩杆转动的任意时刻，摄影者是否都可以将彩杆全部摄入画面？说明理由.解 (1)如图，作 SC垂直 0B 于 C,则/ CS

11、B= 30 / ASB= 60又SA= 3,故在Rt SAB中，可求得BA = 3,即摄影者到立柱的水平距离为3米.由 SC= 3,/ CSO= 30 在 Rt SCO 中，可求得 0C = 3.因为BC= SA= .3，故0B= 2.3，即立柱高为 2 . 3米.(2)方法一：连结 SM, SN,设 ON = a, OM = b.在厶SON和厶SOM中，2 2.3 12 2 ;3 1a2+ b2- 221122111cos/ MSN=臥=才 L =五2(2 3)2+ 1用(2 3)2 + 1-，得 a2+ b2= 26.n又/ MSN (0, n, 则/ MSNv3.11cos/ MSN最小

12、值为，从而得到/13故摄影者可以将彩杆全部摄入画面.方法二提示：设/ MOS = 0,建立cos/ MSN关于B的关系式，求出nMSN v 3.方法三提示:假设/ MSN= n,设ON = a, OM = b，联立a2 + b2 = 26和a2 + b2- ab = 4消兀，判断方程3是否有解.方法四提示：计算过 S点作圆O(1为半径)的两切线夹角大于 60.也可合理建系.【说明】第(1)问主要考查了对图形的认识；第(2)问突出应用题中变量的选择，方法的选择.另外应用题中除求解函数最值问题外，也考虑涉及方程的解、不等式等问题，如方法三.17.为了迎接青奥会，南京将在主干道统一安装某种新型节能路

13、灯，该路灯由灯柱和支架组成.在如图所示的直角坐标系中，支架 ACB是抛物线y2 = 2x的一部分，灯柱 CD经过该抛物线的焦点 F且与路面垂 直，其中C在抛物线上，B为抛物线的顶点，DH表示道路路面，BF / DH , A为锥形灯罩的顶，灯罩 轴线与抛物线在A处的切线垂直.安装时要求锥形灯罩的顶到灯柱的距离是1.5米，灯罩的轴线正好通过道路路面的中线.(1)求灯罩轴线所在的直线方程；若路宽为10米，求灯柱的高.1 1解： 由题意知，BF = 2，贝U Xa= 1.5 + 2= 2,代入 y2= 2x 得 yA= 2，故 A(2, 2).设点A处的切线方程为y 2= k(x 2),代入抛物线方程

14、y2 = 2x消去x,得ky2 2y+ 4 4k= 0.1则厶=4 4k(4 4k) = 0,解得 k =勺故灯罩轴线的斜率为一2,其方程为y 2= 2(x 2)，即y= 2x+ 6.(2)由于路宽为10,则当x=时，y= 5,从而FD = 5.又 CF = 1，贝U CD = 6.答：灯柱的高为6米.18.如图，在Rt ZABC中，/ A为直角， 斜边中点为M(2, 0).(1) 求BC边所在直线的方程；(2) 若动圆P过点N( 2, 0)，且与 圆方程.解(1)因为AB边所在直线的方程为AB边所在直线的方程为 x 3y 6= 0,点T( 1, 1)在直线AC 上,Rt AABC的外接圆相交

15、所得公共弦长为4,求动圆P中半径最小的x 3y 6= 0, AC 与 AB垂直，所以直线 AC的斜率为一3.故AC边所在直线的方程为 y 1 = 3(x+ 1), 即 3x+ y+ 2 = 0.设C为(X0, 3x0 2)，因为M为BC中点， 所以 B(4 x, 3x0 + 2).44 2点 B 代入 x 3y 6 = 0,解得 X0= 5,所以 C( , )【说明】本题改编自必修 2(P92)例5，考查学生综合应用函数、不等式知识解决实际问题的能力解析几 何应用题不需重点训练，但也需要学生适当了解和关注.所以BC所在直线方程为：x+ 7y 2= 0.因为Rt AABC斜边中点为 M(2, 0

16、)，所以M为Rt ZABC外接圆的圆心. 又AM= 2 ,2，从而Rt从BC外接圆的方程为(x 2)2+ y2= 8.设P(a, b),因为动圆P过点N,所以该圆的半径r = 一(a+ 2)2 + b2,圆方程为(x a)2+ (y b)2= r2. 由于O P与O M相交，则公共弦所在直线的方程m为：(4 2a)x 2by+ a2+ b2 r2+ 4 = 0.| 2(4 2a)+ a?+ b? f + 4|2 ,；(2 a)2+ b2因为公共弦长为 4, r = 2 2，所以M(2, 0)到m的距离d= 2,即:2,= 2,化简得 b2= 3a2 4a，所以 r =、(a+ 2)2 + b2

17、=Ej4a2+ 4. 当a= 0时，r最小值为2,此时b = 0，圆的方程为x2+ y2= 4.【说明】本题考查直线与直线的位置关系，直线与圆有关知识，考查圆与圆位置关系及弦长的求法及函数 最值求法.19.如图，平行四边形 AMBN的周长为8,点M , N的坐标分别为(一.3, 0), ( . 3, 0).(1) 求点A, B所在的曲线L方程；(2) 过L上点C( 2, 0)的直线I与L交于另一点 D，与y轴交于点E,且I/OA.y八AMOB4k齐)，E(0，2k)，CD = 4,CE = 2 1 + k2.OA/I,所以设OA的方程为y= kx，代入曲线方程，并整理得(1 + 4k2)x2=

18、 4.24XA=2,1+ 4k化简得CD CE = 2,所以所以因为2 22 4k24+ 4kyA =2,所以 OA =2,1 + 4k1 + 4kCD - CE、， = 2,所以oa 为疋值.【说明】本题考查用定义法求椭圆方程知识及直线与椭圆相交的有关线段的计算与证明.2 220.如图，在直角坐标系 xOy中，椭圆E： j+所以1(a b 0)的焦距为2,且过点(2,于).(1)求椭圆E的方程；若点A，的任意一点，(i)设直线OM的斜率为k1，直线BP的斜率为B分别是椭圆E的左、右顶点，直线 直线 AP交I于点M .l经过点B且垂直于x轴，点P是椭圆上异于 A, Bk2,求证：kik2为定值

19、;*(ii)设过点M垂直于PB的直线为m.求证：直线 m过定点，并求出定点的坐标2c= 2，所以c= 1，又拿+彝=1.解：(1)由题意得消去a可得2b4 5b2 3 = 0,解得 b2= 3 或 b2 = *(舍去)，则所以椭圆Ey0y1(2)(i)设 P(x1，y1)(y1* 0)， M(2，y。)，则 k1= ，k2 = 2,2X12因为A，P，M三点共线，所以4y1y0=*+2,则 kik2 =24yi2(x2 4)因为P(xi, yi)在椭圆上，所以232 小y1= 4(4 x1)，则24y1k1k2 =22(x1 4)”十 CD - CE求证：2为定值.解(1)因为四边形AMBN是

20、平行四边形，周长为8所以两点A, B到M , N的距离之和均为 42,3，可知所求曲线为椭圆. 由椭圆定义可知，a= 2, c= 3, b= 1 .2曲线L方程为x + y2= 1 (yz 0).4(2)由已知可知直线I的斜率存在. 因为直线I过点C( 2, 0)，设直线I的方程为y= k(x+ 2),2代入曲线方程 + /= 1(yz 0)，并整理得(1 + 4k2)x2 + 16k2x+ 16k2 4= 0. 8 k? + 2因为点C( 2, 0)在曲线上，贝U D( 厂1 + 4k(ii)方法一：直线BP的斜率为k2 =壮，直线m的斜率为km=警1,(n)当 1 字 1 即一3 i的解集

21、构成的区间长度 D为定值.ii24x解(i)当 b= i 时，f(x)= x 土 =話，贝V f刈=(X二齐，可得 f，(.2)= 4.2, 又 f( .2)= 2，故所求切线方程为 y 2= 4 2(x . 2)，即 4.2x+ y i0 = 0.i i当=i 时，f(x)=-,x i x b则 f (x)= b+ ii(X i)2 (X b)2 2(b- i)(x-)2+ = =(X i)2(X b)2(X i)2(x b)2 (x i)2(x b)因为bv 0,则 b iv 0 ,且 b v 誓 v 2故当bv xvb+ i时，fx)0, f(x)在(b,宁)上单调递增;)单调递减.5

22、号xv i 时，fx)v 0, f(x)在(b +1 iiii9b 9 ；2 6b；(I )当 W 3,即 b W 3时，f(x)在 3, 2单调递减，所以f(x)max =4i,_ b 1, 当x b时，x-a 0, x-bx b 时，不等式(*)可化为(x- a) + (x- b)w (x- a)(x- b),展开并整理得，x2- (a+ b+ 2)x+ (ab + a+ b) 0,设 g (x)= x2- (a+ b + 2)x+ (ab+ a + b),因为= (a b)2 + 4 0，所以g (x)有两不同的零点，设为xi, X2(xi X2),又 g (a)= b-a0，且 ba,

23、因此 bxiax b 时，不等式 x2- (a+ b+ 2)x + (ab + a+ b) 0 的解为 b xa 时，不等式(*)可化为(x- a) + (x- b) (x- a)(x- b),展开并整理得，x2- (a+ b+ 2)x+ (ab + a+ b) 0,由知，此时不等式的解为a xi的解构成的区间为(b, xi u (a, X2,其长度为(Xi b) +(X2 a) = Xi + X2 a b = a+ b+ 2 a b = 2. 故不等式f(x) i的解集构成的区间长度D为定值2.【说明】本题考查了导数的应用、分类讨论思想、解一元二次不等式其中第(2)问涉及不常考的解一元次不等

24、式分类讨论问题，注意比较a、b与两根的大小.22.已知函数 f (x) = Inx(x 0).(i)求函数g (x)= f (x)-x+ i的极值；*(2)求函数h(x)= f (x) + |x- a|(a为实常数)的单调区间；*(3)若不等式(x2- i)f (x) k(x- i)2对一切正实数x恒成立，求实数k的取值范围.解：(i)g (x)= Inx x+ i, g(x) =i i =,XX当 0x0；当 xi 时，g(x)0,可得g (x)在(0,i)上单调递增，在(i ,+s )上单调递减，故g (x)有极大值为g (i) = 0,无极小值.(2) h(x) = lnx+ |x-a|

25、.1当a 0恒成立，此时 h(x)在(0,)上单调递增；x当 a0 时，h(x)=nx+ x a，xa， Jnx x + a, Ovxv a.1当xa时，h(x)= lnx+ x a, h(x)= 1 + -0恒成立，此时h(x)在(a, +m )上单调递增;入11 x当 0vxv a 时，h(x) = lnx x+ a, h(x) = - 1 =xx当0 v aw 1时，h(x) 0恒成立，此时h(x)在 (0, a)上单调递增；当 a 1 时，当 0v xv 1 时 h(x) 0，当 1 w xv a 时 h (x)w 0, 所以h(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, a)上单调递减.

26、综上，当aw 1时，h(x)的增区间为(0,+ )，无减区间；当a 1时，h(x)增区间为(0, 1), (a,+ );减区间为(1, a).(3) 不等式(xk(x 1)口，1 2k x + 2(1 k)x+1设 h(x) = lnx( x0 且 xm 1), h(x) = =；2.x+1 八 丿 x (x+1)x(x+1)记厶=4(1 k)2 4 = 4(k2 2k).当0，即0v kw 2时，h(x)0恒成立，故h(x)在(0, 1)及(1, + )上单调递增.于是当 0 vxv 1 时，h(x) v h(1) = 0，又 x2 1 v 0,故(x2 1) h(x)0，即(x2 1)ln

27、x k(x 1)2.当 x 1 时,h(x)h(1)= 0,又 x2 1 0,故(x2 1) h(x)0, 即 (x2 1)lnxk(x 1)2.又当 x = 1 时，(x2 1)lnx= k(x 1)2.因此当0v kw 2时，(x2 1)lnxk(x 1)2对一切正实数 x恒成立.当 0，即k 2时，设x2+ 2(1 k)x + 1 = 0的两个不等实根分别为X1, X2(X1 1,又 $(1) = 4 2 kv 0，于是 xv 1 v k 1 v X2.故当 x (1, k 1)时，0(x)v 0，即 h(x)v 0，从而 h(x)在(1, k 1)在单调递减；而当 x (1, k 1)

28、时，h(x) v h(1) = 0，此时 x2 1 0，于是(x2 1) h(x) v0,即(x2 1)lnxv k(x 1)2, 因此当k2时，(x2 1)lnxk(x 1)2对一切正实数 x不恒成立.综上，当(x2 1)f (x)k(x 1)2对一切正实数x恒成立时，kw 2,即k的取值范围是(汽 2.【说明】本题以函数的最值为载体考查分类讨论思想.第三问比较难，两个注意：适当变形后研究函数h(x)；当k2时，区间(1, k 1)是如何找到的. 1)f (x) k(x 1)2对一切正实数x恒成立，即(x2 1)lnxk(x 1)2对一切正实数 x恒成立.当 0vxv 1 时，x2 1v 0

29、； Inxv 0,贝U (x2 1)lnx0;当 x 1 时，x2 1 0； lnx0,贝V (x2 1)lnx0.因此当x 0时，(x2 1)lnx0恒成立.又当 kw 0 时，k(x 1)2w 0，故当 kw 0 时，(x2 1)lnxk(x 1)2恒成立. 下面讨论k0的情形.当x 0且xm 1时,(x2 1)l nx k(x1)2= (x21)l nx 23 .已知函数f (x) = sinx xcosx的导函数为f(x).求证：f (x)在(0, n上为增函数；1 2若存在x (0, n，使得f(x)2x + x成立，求实数 入的取值范围；*(3)设 F(x)= f(x) + 2co

30、sx，曲线 y= F(x)上存在不同的三点A(xi, Yi), Bg y0, C(X3, 丫3), xi 0，所以f (x) 0恒成立，所以f (x)在(0, n上单调递增.1 2 1 2(2)因为 f(x)x + 风所以 xsinx* + 瓜.1当 0x n时，X sinx 尹.511设 x) = sinx qx, x (0, n，贝U 0(x) = cosx q当 0 x0;当 3x n时，0(x) 0.3nn于是$(x)在(0,彳上单调递增，在(3, n上单调递减,所以当0 x n时，HX)max= g(扌戸于6因此x今n.2 6由题意知只要判断F(X3)F(X2)F(X2)F(x1)的

31、大小.X3 X2X2 X1首先证明：F(x3)- F(x2) f(X2).X3 x2由于 X2 X3,因此只要证:F(X3) F(X2) (X3 X2) F(X2).设函数 G(x) = F(x) F (X2) (x X2) F (X2)( X2 x n,因为 F x) = xcosx sinx= f(x)，所以 G (x) = F (x) F (X2) = f (X2) f (x),由(1)知f(x)在(0, n上为增函数，所以g (x) X2,故 G(x) G(X2)= 0.而 X2 X3 n,贝V G(X3) 0，即 F(X3) F(X2) (X3 X2) F (X2) 0，即 F(X3

32、) F(X2) (X3 X?) F(X2). 从而 過二严 F (X2)得证.X3 X2同理可以证明：F(X2) F(X1)F (X2)X2-X1即直线AB的斜率大于直线BC的斜率.因此有 F(X3) Fg) F(X2) F(X1)X3 X2X2 X1【说明】本题以三角函数为载体，考查导数的应用及分类讨论思想，适时结合形分析.其中第三问找一个中间 量F(X2)，难度稍大.24. 已知数集 A =ai, a2,，an(0 w ai 2, n N *)具有性质 P: -i, j(1 i j an,所以 an+ an A,所以 an an A,即卩 0 A,又 a10, a2 0,所以 a1= 0;

33、(3) 当 n= 5 时，取 j = 5，当 i 2 时，ai+ a5 a5,由 A 具有性质 P, a5 a A,又 i = 1 时，a5 a1 A，所以 a5 ai A, i = 1, 2, 3, 4, 5.因为 0= a1 a2 a3 a4 a5 a2 a5 a3 a5 a4 a5 a5 = 0,贝U a5 a1 = a5, a5 a2= a4, a5 a3 = a3,从而可彳得 a?+ a4= a5, a5 = 2a3, 故 a?+ a4= 2a3，即卩 0 a4 a3= a3 a?a2+ a4 = a5, 所以 a3+ a4 A,贝U a4 a3 A,则有 a4 a3= a2 = a

34、2 a1.又因为 a5 84 a?a? at, 所a5 a4a4 a3 a3 a? a2 a 1 a?,即a1, a2, a3, a4, a5是首项为0，公差为a2的等差数列.【说明】本题主要考查集合、等差数列的性质，考查运算能力、推理论证能力，本题是数列与不等式的综 合题对于复杂的数列问题，我们往往可以从特殊情况入手，找到解题的突破口.25. 设M工N*，正项数列an的前项积为Tn,且-k M，当n k时，.Tn+kTn-k=Tk都成立.(1)若 M = 1 , a1= 3, a2= 3 3，求数列an的前 n 项和; 若M = 3 , 4, a1= ,2,求数列an的通项公式.an+12=

35、a12= 3(n 2).an解：(1)当 n2 时，因为 M = 1，所以 _Tn+ 1Tn-1= TnT1，可得 an+1= ana12，故 又a1= 3, a2= 3 3,则 an是公比为3的等比数列， 故an的前n项和为 二3= 2 3n于.(2)当 n k 时，因为.Tn + kTn-k = TnTk，所以 Tn+ 1 + kTn+ 1-k= Tn+ 1Tk,T n+ kT n kTnTk所以=，即飞 Jan+1+ kan+ 1 k= an +1,.Tn+1+ kTn+ 1 k Tn+ 1 1 k因为M = 3 , 4，所以取k= 3，当n 3时， 取 k = 4，当 n4 时，有 a

36、n+ 5an-3= an+12. 由 an+ 5an3= a*+12知， 数列 a2, a6, a10, a14, a18, 由 an+ 4an 2= an +12 知， 数列 a2, a5, a8, an, a” 数列 a3, a6 , a9, a12 , a15 , 数列 a4, a7, a10 , a13 , a16 , 由得，= q3 ,且竽=口14 ,所以q1 = q4；a2a2an+4an 2 = an + 1 ；a22,a4n2,a3n-1 ,a3n,是等比数列，设公比为a17,a18，a19, a22,，是等比数列，设公比为，成等比数列，设公比为 a3n + 1,，成等比数列，

37、设公比为3q1 ,q?,q3 ,3 由得，空=qn 13n 1,且空=q22 (1 +2 ),所以q2=q% a6a6由得，a22= q3，且竺=q34，所以q3=q4; a10a103 所以 q1 = q2 = q3= q此时St =2.由得，a6= a2q, a6= a3q2，所以 空=q4,a2 q221由得，a10= a2q2, ae= a4q3 ,，所以 a4=禺=a2 q311当 n= 5, k= 4 时，T9= T52T42,1所以a2, a3, a4是公比为q4的等比数列，所以an(n2)是公比为q4的等比数列. 因为当 n= 4, k= 3 时，T汀 1 = T4%2;11,

38、L所以(q4)7= 2a24，且(q4)10 = 2a?n2，所以 q4 = 2, a2= 2.2.又a1= 2，所以 an(n N*)是公比为的等比数列.故数列an的通项公式是an= 2n-1 .2.【说明】本题主要考查等比数列的性质，考查运算能力、推理论证能力、分分类讨论等数学思想方法.*26 .已知数列an的前n项和为Sn,数列Mn满足条件：M1=笫，当n2时，Mn=屯1，其中数列tn单调递增，且tn N .(1 ) 若 an= n ,试找出一组ii、t2、t3,使得M22= M1M3；证明：对于数列an= n, 一定存在数列tn，使得数列Mn中的各数均为一个整数的平方;(2 )若an= 2n 1,是否存在无穷数列tn，使得Mn为等比数列.若存在，写出一个满足条件的数列tn；若不存在，说明理由.解：(1)若an= n,则取 M1 = S1= 1,M2 = S4 S1 = 9, M3= S13 S4= 81,满足条件 M22= M1m3,此时t1 = 1 ,t2 = 4, t3= 13 .则 M1= 1 , M2= 32, M3= 92,3n