22 （本小题满分14分）已知数列{an}中，a1=4，an+1=
4an?2an?1，是否存在这样的数列{bn}，
bn=
Ban?Can?A，其中A、B、C为实常数，使得{bn}是等比数列而不是等差数列？证明
你的结论，并求{an}的取值范围
高中数学必修内容训练试题（15）—探索性问题
答 案
一、选择题（每小题5分，共60分）：
(1) B(2) C (3) B (4) C (5) C (6) D (7) C (8) B (9) C (10) D (11) C (12) C
二、填空题（每小题4分，共16分）
(13) (23,3) ； (14) 255；
(15) 3 当n为偶数时，Sn?52n；当n为奇数时，Sn?52n?12
(16) A?(A?B)?(A?B)?；BB?(A?B)?(A?B)?A；
(A?B)?(A?B)?(A?B)?(B?A)；?
三、解答题（共74分，按步骤得分）
17 解：（1）∵f(2)?f(3)，∴?k2?k?2?0，即k2?k?2?0，
∵k?Z，∴k?0或1
2?2p?1?4p?122? （2）f(x)?x， g(x)?1?p?x??2p?1?x??p? ?x???2p4p??2 当
2p?12p2?1????1,2?，即p??,???时，
?4?4p?14p?178,p?2,g(?1)??4,g(2)??1
当
2p?12p??2,???时，∵p?0，∴这样的p不存在。
当
2p?12p17?1?,g(2)??4，这样的p不存在。 ????,?1?，即p??0,?时，g(?1)?84?? 综上得，
p?
18 解：（1）∵ f(x)=(x－a)(x－b)(x－c)
＝ｘ－（a+b +ｃ)x＋(ab+bc+ac)x－abc
f ′(x)=3 x－2(a+b +ｃ)x＋(ab+bc+ac)
=[ x2－ (a+b)x＋ab]＋[ x2－(a+c)x＋ac]＋[ x2－(b+c)x＋bc] =(x－a)(x－b)＋(x－a)(x－c)＋(x－b)(x－c)
32
2
（2）∵f(x)是R上的单调函数，∴f ′(x)≥0，对x∈R恒成立，
即 3x2－2(a+b+c)x+(ab+bc+ca)≥0 对x∈R恒成立
∴△≤0, 4(a+b+c)2－12(ab+bc+ca) ≤0， ∴ (a－b)＋(a－c）＋ (b－c)≤0，∴ a=b=c
222
∴ f(x)=(x－a)3 ， ∴f(x)关于点(a，0)对称
证明如下：设点P(x，y)是 f(x)=(x－a)图像上的任意一点，y=(x－a)，
点P关于点(a，0)对称的点P′(2a－x，－y)， ∵(2a－x－a)3=(2a－x)3= －(x－2a)3=－y ，
∴点P′在函数f(x)=(x－a)3的图像上，即函数f(x)=(x－a)3关于点(a，0)对称
33
19 解：因为f?x?在R上为奇函数，又在?0,???上是增函数
所以f?x?在R上也是增函数，且f?0??0 因为f?cos2??3??f?4??2?cos???f?0??0
所以 f?cos2??3???f?4??2?cos???f?2?cos??4?? 故 cos2??3?2?cos??4??cos2???cos??2??2?0
??要使不等式对任意???0,?222?cos???大于函数y?恒成立，只要的最大值即可。 ?2?cos??2?t2令t?cos???0,1?，则求函数y?'2?t?t??0,1??的最大值，
2?2?t2?t?4t?2'?0 方法1（求导）y????2?2?t??2?t?解得：t?2?当0?t?2?2，因t??0,1??t?2?'2
2，时，y?0；当1?t?2?2时，y?0
'故 ymax?4?22，因此??4?22,?? 方法2（判别式）把函数变形为t?yt?2y?2?0
2 设g?t??t?yt?2y?2，即g?t??0在?0,1?上有解
2??当y?0时，必须???g?0??0??g?1??0?y?1且y?1，矛盾；
???g?0??0?g?2??0当0?y?2时，?或?
22?????y?8y?8?0???y?8y?8?0?g?0??0? 或?g?2??0?y?4?22或y?4?22 此时ymax?4?22；
?2??y?8y?8?0???g?0??0?y?1且y?1，矛盾； 当y?2时，必须???g?1??0方法3（不等式）y?2?t22?t?26?4t??2?t?2?t?t?2?22?? ?4???2?t???2?t?? ?4?22，此时2?t?2?t2??0,1?
20 解：（1）由题设知b+c=2a，|BC|=2, ∴|AB|+|AC|=b+c=2a=2|BC|=4,又b≥c，
故由椭圆的定义知，点A的轨迹L是左半个椭圆（去掉左顶点），
轨迹方程为：
x243（2）假设存在直线m满足题意，
①当m斜率存在时，设m的方程为y=k(x+1)，把它代入椭圆方程， 消去y得(4k2+3)x2+8k2x－12+4k2=0。
+
y2=1（－2 设P(x1,y1)Q(x2,y2)，则x1+x2= － 8k224k?3又∵x1≤0,x2≤0，即x1x2≥0, ∴k2≥3，∴ ，x1·x2= 4k4k22?12?3， |PQ|=(1?k)[(x1?x2)?4x1x2]=设原点O到直线m的距离为d，则d= 1d2212(k?1)4k?3|k|, 2k?122 ∵|PQ|=,∴ 12(k?1)4k?322= k2?1|k|，得k2= ?153?3233<3， 这与k2≥3矛盾，表明直线m不存在。 ②当斜率不存在时，m的方程为x= －1，此时|PQ|=|y1－y2|=3,d=1，|PQ|≠所以不满足题设。综上，满足题设的条件不存在。 21 证明： 因为底面ABCD是菱形，∠ABC=60°， 所以AB=AD=AC=a， 在△PAB中， 2222 由PA+AB=2a=PB 知PA⊥AB 同理，PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD （Ⅱ）解 作EG//PA交AD于G， 由PA⊥平面ABCD 1d， 知EG⊥平面ABCD 作GH⊥AC于H，连结EH， 则EH⊥AC，∠EHG即为二面角?的平面角 又PE : ED=2 : 1，所以EG?从而 tan??EGGH?3313a,AG?23a,GH?AGsin60??33a. , ??30?. （Ⅲ）解法一 以A为坐标原点，直线AD、AP分别为y轴、z轴，过A点垂直平面PAD的直线为x轴，建立空间直角坐标系如图 由题设条件，相关各点的坐标分别为 A(0,0,0),B(32a,?12a,0),C(2a,132a,12a,0). 33????????2131所以 AE?(0,a,a),AC?(a,a,0). 3322????????31AP?(0,0,a),PC?(a,a,?a). 22????31BP?(?a,a,a). 22????????31设点F是棱PC上的点，PF??PC?(a?,a?,?a?),其中0???1,则 22????????????3131BF?BP?PF?(?a,a,a)?(a?,a?,?a?) 2222D(0,a,0),P(0,0,a),E(0,a). ?(32a(??1),12????????????a(1??),a(1??)). 令 BF??1AC??2AE 得 ?33?a(??1)?a?1,????1??1,2?2?124?1?a(1??)?a??a?,即1??????2, ??1212233??11??a(1??)?a?.1????2.2??33???????1131????3???1解得 ??,?1??,?2?. 即 ??时，BF??AC?AE. 222222????????????亦即，F是PC的中点时，BF、AC、AE共面 又 BF?平面AEC，所以当F是棱PC的中点时，BF//平面AEC 解法二 当F是棱PC的中点时，BF//平面AEC，证明如下， 证法一 取PE的中点M，连结FM，则FM//CE ① 1由 EM?PE?ED, 知E是MD的中点 2连结BM、BD，设BD?AC=O，则O为BD的中点 所以 BM//OE ② 由①、②知，平面BFM//平面AEC 又 BF?平面BFM，所以BF//平面AEC 证法二 ????????1????????1????????因为 BF?BC?CP?AD?(CD?DP) 22 ????1????3????????1??????????????1????3???3????AD?CD?DE?AD?(AD?AC)?(AE?AD)?AE?AC. 222222????????????所以 BF、AE、AC共面 又 BF?平面ABC，从而BF//平面AEC 22 解：假设这样的{bn}存在，则应有 bn+1= Ban?1?Can?1?AB?4an?2= an?1an?1?C4B?C4an?2=4?A?Aan?C?2Ban?4?A b=Ban?C n A?2an?A4?A存在q≠0,q≠1,q为常数，使bn+1=qbn,对n∈N都成立，于是比较两边的分子和分母，有 ?A?2(1)?4?A?A ??4B?C?Bq (2) ?4?A??C?2B(3)?4?A?Cq ?由（1）可解得A=－1或－2，由（2）、（3）可解得B=－C或C=－2B。 ?A??11°若?代入（2）知q=1（B、C不能为0，否则bn=0，不合题意要求）舍去。 B??C??A??122°若?代入（2）得q= 3?C??2B3°当??A??2?B??C时，q= 32 ?A??24°当?时，q=1（舍去） C??2B?故现只取A=－1，B=1，C=－2，q= an?2an?123（不必考虑q?32时的情况，因为只证存在性）。 得bn= 所以满足题设条件的数列存在