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两式相减，得Sn?1?Sn?3(an?1?an)，即an?1?3(an?1?an)，
22∴an?1?3an，n?N?．…………………………3分
又S1?3(a1?1)，即a1?3(a1?1)，所以a1?3．
22∴{an}是首项为3，公比为3的等比数列．
从而{an}的通项公式是an?3n，n?N?．………………………6分
（2）设y?ai?3i?An，i?n，n?N?． 当i?2k，k?N?时，
1k?1k?1k∵y?32k?9k?(8?1)k?Ck08k?Ck 8?…?Ck8?Ck1k?2k?1 ?4?2(Ck08k?1?Ck…，8??Ck)?1∴y?B． ………………………9分
当i?2k?1，k?N?时，
k?2k?11k?2∵y?32k?1?3?(8?1)k?1?3?(Ck0?18k?1?Ck?…?Ck?18?18?Ck?1)
1k?3?2 ?4?6(Ck0?18k?2?Ck…，??Ckk??181)?3∴y?B．…………………12分
又∵集合An含n个元素，
∴在集合An中随机取一个元素y，有y?B的概率
?1n为偶数,?2 , p(n)??．……………………14n?1? , n为奇数.?2n分
9（Ⅰ）f'(x)?a?1,x?0 ………………………………………………………… 2
x分
当a?0，f'(x)?0，函数f(x)在(0,??)内是增函数， ∴函数f(x)没有极值。
…………………………………………………… 3分 当a?0时，令f'(x)?0，得x??1。
a当x变化时，f'(x)与f(x)变化情况如下表：
x 1(0,?) a?1 a1(?,??) a高考热门资料库（免费下载）:http://bbs.gaofen.com/forum-70-1.html
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f'(x) f(x) ＋ 单调递增 0 极大值 a单调递减 a∴当x??1时，f(x)取得极大值f(?1)??1?ln(?1)。
a综上，当a?0时，f(x)没有极值；
当a?0时，f(x)的极大值为?1?ln(?1)，没有极小值。
a ……………5分
（Ⅱ）（ⅰ）设P1(x1,f(x1)),P2(x2,f(x2))是曲线y?f(x)上的任意两点，要证明
P1,P2有伴随切线，只需证明存在点Q(x0,f(x0)),x1?x0?x2，使
得
f'(x0)?f(x2)?f(x1)，且点Q不在P1P2上。 x2?x1 ……………………7
分 ∵
1，即x1ax2?lnx2?ax1?lnx1a??x0x2?x1f'(x)?a?证存在，即lnx2x0?(x1,x2)，使得
x1?1(x2?x1)?0成立，且点Q不x0在P1P2上。 …………………8分 以下证明方程lnx记F(x)?lnx22x1?1(x2?x1)?0在(x1,x2)内有解。 xx1?xx1(x2?x1)，则F(x1)?ln2?2?1。
x1x1x令g(t)?lnt?t?1,t?1，
11?t∴g'(t)??1??0，
ttg(t)在(1,??)内是减函数，∴g(t)?g(1)?0。 ∴
取t?x2x1?1，则g(x2xx)?ln2?2?1?g(1)?0，即F(x1)?0。……9x1x1x1分
F(x1)F(x2)?0。 同理可证F(x2)?0。∴
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∴函数F(x)?lnx即方程lnx分
22x1?1(x2?x1)在(x1,x2)内有零点。 xx1?1(x2?x1)?0在(x1,x2)内有解x?x0。………………10x又对于函数
g(x2xx)?ln2?2?1?g(1)?0, x0x0x00g(t)?lnt?t?1,取
t?x2?1x1，则
可知f'(x)?f(x2)?f(x0)，即点
x2?x0Q不在P1P2上。
F(x)是增函数，∴F(x)的零点是唯一的，
即方程lnx2x1?1(x2?x1)?0在(x1,x2)内有唯一解。 x综上，曲线y?f(x)上任意一条弦均有伴随切线，并且伴随切线是唯一的。
…………………………………………………………………………… 11分 （ⅱ）取曲线C：y?h(x)?x2，则曲线y?h(x)的任意一条弦均有1?2伴随切线。
证明如下：
设R(x3,y3),S(x4,y4)是曲线C上任意两点(x3?x4)， 则kRS22y4?y3x4?x3???x3?x4， x4?x3x4?x3又h'(x)?2x,?h'(x3?x4)?x3?x4?kRS，
2即曲线C：
y?x2的任意一条弦均有
1?2伴随切线。
…………………14分
注：只要考生给出一条满足条件的曲线，并给出正确证
明，均给满分。若只给曲
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线，没有给出正确的证明，不给分。
解法二：
（Ⅰ）同解法一。
（Ⅱ）（ⅰ）设P1(x1,f(x1)),P2(x2,f(x2))是曲线y?f(x)上的任意两点，要证明
只需证明存在点Q(x0,f(x0)),x1?x0?x2，使得 P1,P2有伴随切线，
f'(x0)?f(x2)?f(x1)，且点Q不在P1P2上。 x2?x1……………………………
∵
7分
f'(x)?a?1，即证x1ax2?lnx2?ax1?lnx1a??， x0x2?x1存在
x0?(x1,x2)，使得
即
x0lnx2?x0lnx1?x1?x2?0成立，且点
Q不在
P1P2上。
…………… 8分
以下证明方程xlnx2?xlnx1?x1?x2?0在(x1,x2)内有解。 设F(x)?xlnx2?xlnx1?x1?x2,0?x?x2。 则F(x1)?x1lnx2?x1lnx1?x1?x2。 记g(x)?xlnx2?xlnx?x?x2,0?x?x2，
g'(x)?lnx2?lnx?0， ∴
g(x)在(0,x2)内是增函数， ∴
F(x1)?g(x1)?g(x2)?0。 …………………………………………… 9分 ∴
同理F(x2)?0。?F(x1)F(x2)?0。
∴方程xlnx2?xlnx1?x1?x2?0在(x1,x2)内有解x?x0。 …………10分
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又对于函数g(x)?xlnx2?xlnx?x?x2，
∵0?x1?x0?x2，?g(x0)?x0lnx2?x0lnx0?x0?x2?g(x2)?0， 可知f'(x0)?f(x2)?f(x0)，即点
x2?x0Q不在P1P2上。
又F(x)?(lnx2?lnx1)x?x1?x2在(x1,x2)内是增函数， ∴方程xlnx2?xlnx1?x1?x2?0在(x1,x2)内有唯一解。
综上，曲线y?f(x)上任意一条弦均有伴随切线，并且伴随切线是唯一的。
…………………………………………………………………………… 11分 （ⅱ）同解法一。 10（1）证明：当
n?1时，a1?S1??m?1??ma1，解得
分
a1?1．……………………………………1
当n?2时，an?Sn?Sn?1?man?1?man．…………………………………2分 即?1?m?an?man?1． ∵m为常数，且m?0，∴anm??n?2?．……………………………3an?11?m分
∴数列?an?是首项为
1，公比为
m1?m的等比数
列．……………………………4分 （2）解：由（1）得，q?f?m??分 ∵bn?f?bn?1??∴bn?11?bn?1m，b1?2a1?2． 1?m………………………5
，………………………………………………………6分
分
1111??1，即??1?n?2?．……………………………………7bnbn?1bnbn?1高考热门资料库（免费下载）:http://bbs.gaofen.com/forum-70-1.html