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高考题中的解答题解法(免费)


第23讲 高考题中的解答题解法

1. m.

→ → → → 已知 O 为坐标原点,OA=(2sin2x,1),OB=(1,-2 3sinxcosx+1),f(x)=OA· OB+

(1) 求 y=f(x)的单调递增区间; π ? (2) 若 f(x)的定义域为? ?2,π?,值域为[2,5],求实数 m 的值.

r />
2.如图,平面 PAC⊥平面 ABC,点 E、F、O 分别为线段 PA、PB、AC 的中点,点 G 是线段 CO 的中点,AB=BC=AC=4,PA=PC=2 2.求证:

(1) PA⊥平面 EBO; (2) FG∥平面 EBO.

1 3.二次函数 f(x)=ax2+bx(a,b∈R)满足条件:①f(0)=f(1);②f(x)的最小值为- . 8 (1) 求函数 f(x)的解析式; 4?f(n), (2) 设数列{an}的前 n 项积为 Tn, 且 Tn=? ?5? 求数列{an}的通项公式.

4.如图, 在半径为 3、 圆心角为 60° 的扇形的弧上任取一点 P, 作扇形的内接矩形 PNMQ, 使点 Q 在 OA 上,点 N、M 在 OB 上,设矩形 PNMQ 的面积为 y.

(1) 按下列要求写出函数的关系式: ①设 PN=x,将 y 表示成 x 的函数关系式; ②设∠POB=θ,将 y 表示成 θ 的函数关系式; (2) 请你选用(1)中的一个函数关系式,求出 y 的最大值.

1

x-a 【例 1】 已知集合 A={x|x2-(3a+3)x+2(3a+1)<0, x∈R}, 集合 B={x| <0, x-?a2+1? x∈R}. (1) 当 4? B时,求实数 a 的取值范围; (2) 求使 B? A的实数 a 的取值范围.

2

【例 2】 如图,已知圆 C:x2+y2=9,点 A(-5,0),直线 l:x-2y=0. (1) 求与圆 C 相切,且与直线 l 垂直的直线方程; (2) 在直线 OA 上(O 为坐标原点),存在定点 B(不同于点 A),满足:对于圆 C 上任一点 PB P,都有 为一常数,试求所有满足条件的点 B 的坐标. PA

【例 3】 对于数列{an},定义{Δan }为数列{an}的“一阶差分数列”,其中 Δan=an+1 -an(n∈N*). 5 13 (1) 若数列{an}的通项公式 an= n2- n(n∈N*),求{Δan}的通项公式; 2 2 (2) 若数列{an}的首项是 1,且满足 Δan-an=2n.
?an ? ① 证明数列?2n?为等差数列; ? ?

② 设{an}的前 n 项和为 Sn ,求 Sn.

【例 4】 函数 f(x)=lnx-

a?x-1? (x>0,a∈R). x

(1) 试求 f(x)的单调区间; (2) 当 a>0 时,求证:函数 f(x)的图象存在唯一零点的充要条件是 a=1; 1 1 1 (3) 求证:不等式 - < 对于 x∈(1,2)恒成立. lnx x-1 2

3

π ? π -x 满足 f?- ?=f(0),求函数 1. (2011· 重庆)设 a∈R,f(x)=cosx(asinx-cosx)+cos2? ?2 ? ? 3? π 11π? f(x)在? ?4, 24 ?上的最大值和最小值.

2. (2011· 江苏)请你设计一个包装盒, 如图所示, ABCD 是边长为 60 cm 的正方形硬纸片, 切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形,再沿虚线折起,使得 A、B、C、D 四个 点重合于图中的点 P,正好形成一个正四棱柱形状的包装盒,E、F 在 AB 上是被切去的等 腰直角三角形斜边的两个端点,设 AE=FB=x cm. (1) 某广告商要求包装盒侧面积 S(cm2)最大,试问 x 应取何值? (2) 某广告商要求包装盒容积 V(cm3)最大, 试问 x 应取何值?并求出此时包装盒的高与 底面边长的比值.

ex 3.(2011· 安徽)设 f(x)= ,其中 a 为正实数. 1+ax2 4 (1) 当 a= 时,求 f(x)的极值点; 3 (2) 若 f(x)为 R 上的单调函数,求 a 的取值范围.

4.(2011· 湖北)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且满足: a1=a(a≠0), an+1=rSn(n∈N*, r∈R,
4

r≠-1). (1) 求数列{an}的通项公式; (2) 若存在 k∈N*,使得 Sk+1,Sk,Sk+2 成等差数列,试判断:对于任意的 m∈N*,且 m≥2,am+1,am,am+2 是否成等差数列,并证明你的结论.

(2011· 苏锡常镇调研)(本小题满分 16 分)已知函数 f(x)=x(x-1)2,x>0. (1) 求 f(x)的极值; F?a? (2) 设 0<a≤1,记 f(x)在(0,a]上的最大值为 F(a),求函数 G(a)= 的最小值; a (3) 设函数 g(x)=lnx-2x2+4x+t(t 为常数),若使 g(x)≤x+m≤f(x)在(0,+∞)上恒成 立的实数 m 有且只有一个,求实数 m 和 t 的值. 解:(1) f′(x)=(3x-1)(x-1), (1 分) 1 令 f′(x)=0,得 x1= ,x2=1. 3 f(x),f′(x)随 x 的变化情况如下表: x f′(x) f(x)

?0,1? ? 3?
+ 增

1 3 0 极大值

?1,1? ?3 ?
- 减

1 0 极小值

(1,+∞) + 增

1? 4 1 ∴ 当 x= 时,有极大值 f? ?3?=27;(2 分) 3 当 x=1 时,有极小值 f(1)=0. (3 分) 1? ?1 ? (2) 易知 f(x)在? ?0,3?上递增,?3,1?递减,(1,+∞)递增.(4 分) 1 f?a? 4 ∴ 当 0<a≤ 时,G(a)= =(a-1)2≥ , 3 a 9 1 4 特别当 a= 时,有 G(a)= ; 3 9 (6 分) (5 分)

? 1? 4 4 f ?3? 27 27 4 1? 1 当 <a≤1 时,F(a)=f? ,则 G(a) = = ≥ = .(7 分) ?3? 3 a a 1 27
4 故对任意的 0<a≤1,G(a)的最小值为 . 27 ?4x+1??x-1? 由 h′1(x)= ,(9 分) x 得 x∈(0,1)时,h′1(x)<0,x∈(1,+∞)时,h′1(x)>0, 故 x=1 时,h1(x)取极小值,也是最小值. 从而当且仅当 h1(1)=m-t-1≥0,m≥t+1 时,h1(x)≥0 在(0,+∞)恒成立.(11 分) 同样的,h2(x)=f(x)-x-m=x3-2x2-m≥0, 在(0,+∞)恒成立.
5

(8 分)

(3) 由已知得 h1(x)=x+m-g(x)=2x2-3x-lnx+m-t≥0 在(0,+∞)上恒成立,

4? 4 4 由 h′2(x)=3x(x- )得 x∈? ?0,3?时,h′2(x)<0,x∈(3,+∞)时,h′2(x)>0, 3 4 故 x= 时,h2(x)取极小值,也是最小值. 3 4? 32 32 从而当且仅当 h2? ?3?=-27-m≥0,m≤-27时, h2(x)≥0 在(0,+∞)上恒成立.(13 分) 32 ∴ t+1≤m≤- .(14 分) 27 59 32 由 m 的唯一性知 t=- ,此时 m=- . (16 分) 27 27 第 23 讲 高考题中的解答题解法

1. 在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c. π? (1) 若 sin? ?A+6?=2cosA,求 A 的值; 1 (2) 若 cosA= ,b=3c,求 sinC 的值. 3 点拨:本题主要考查三角函数的基本关系式、两角和的正弦公式、解三角形,考查运算 求解能力,是 C 级要求,但属容易题.解题说理要准确、完整,过程要合理、严谨. π π 解:(1) 由题意知 sinAcos +cosAsin =2cosA,从而 sinA= 3cosA,所以 6 6 π cosA≠0,tanA= 3.因为 0<A<π,所以 A= . 3 1 (2) 由 cosA= ,b=3c,及 a2=b2+c2-2bccosA,得 b2=a2+c2,所以△ABC 是直角三 3 π 1 角形,且 B= ,所以 sinC=cosA= . 2 3 2. 如图所示的是自动通风设施.该设施的下部 ABCD 是等腰梯形,其中 AB=1 米,高 1? 0.5 米,CD=2a? ?a>2?米.上部 CmD 是个半圆,固定点 E 为 CD 的中点.△EMN 是由电脑 控制其形状变化的三角通风窗(阴影部分均不通风),MN 是可以沿设施边框上下滑动且始终 保持和 CD 平行的伸缩横杆. (1) 设 MN 与 AB 之间的距离为 x 米, 试将三角通风窗 EMN 的通风面积 S(平方米)表示 成关于 x 的函数 S=f(x); (2) 当 MN 与 AB 之间的距离为多少米时,三角通风窗 EMN 的通风面积最大?求出这 个最大面积.

6

MN-1 x 1 解:(1) ① 0≤x< 时,由平面几何知识,得 = . 2 2a-1 1 2 1 ∴ MN=2(2a-1)x+1,S=f(x)=-(2a-1)x2+(a-1)x+ . 4 1 1 1 ② <x<a+ 时,S=f(x)= · 2 2 2 2
2

1?2 ? 1? a2-? ?x-2? · ?x-2?= 1 1

1?2 ? 1? a2-? ?x-2? · ?x-2?.

? ?-?2a-1?x +?a-1?x+4,x∈? ?0,2?, ∴ S=f(x)=? 1? ? 1? 1? ?1 ? a -? ?x-2? · ?x-2?,x∈?2,a+2?.
2 2

1 1 (2) ① 0≤x< 时,S=f(x)=-(2a-1)x2+(a-1)x+ . 2 4 a-1 -a a-1 1 1 1 ∵ a> ,∴ - = <0,∴ < . 2 2 2?2a-1? 2?2a-1? 2?2a-1? 2 1 1 (i) <a≤1,当 x=0 时,[f(x)]max=f(0)= . 2 4
2 a-1 ? a-1 ?= a (ii) a>1,当 x= 时,[f(x)]max=f? . ? 2?2a-1? ?2?2a-1?? 4?2a-1?

1 1 ② <x<a+ 时, 2 2 S=f(x)= = 1?2 ? 1? a2-? ?x-2? · ?x-2?

?x-1?2?a2-?x-1?2? ? 2? ? ? 2? ? ?x-1?2+?a2-?x-1?2? ? 2? ? ? 2? ? 1
2 = a2, 2



1?2 2 ? 1?2 1? 1 ?1 等号成立?? ?x-2? =a -?x-2? ? x=2( 2a+1)∈?2,a+2?. 1 a2 ∴ 当 x= ( 2a+1)时,[f(x)]max= . 2 2 1 a2 1 1 2 2 (i) <a≤1 时,∵ - = ?a+ ??a- ?, 2 2 4 2? 2 ?? 2? 1 2 1 ∴ <a≤ 时,当 x=0,[f(x)]max=f(0)= , 2 2 4 2 1 a2 <a≤1 时,当 x= ( 2a+1),[f(x)]max= . 2 2 2 4a-3 2 1 a2 (ii) a>1 时, a2- = a >0. 2 4?2a-1? 4?2a-1? 1 a2 当 x= ( 2a+1)时,[f(x)]max= . 2 2

7

1 2 1 综上, <a≤ 时, 当 x=0 时, [f(x)]max=f(0)= , 即 MN 与 AB 之间的距离为 0 米时, 2 2 4 1 2 1 三角通风窗 EMN 的通风面积最大,最大面积为 平方米.a> 时;当 x= ( 2a+1)时, 4 2 2 a2 1 [f(x)]max= , 即 MN 与 AB 之间的距离为 x= ( 2a+1)米时,三角通风窗 EMN 的通风面 2 2 1 积最大,最大面积为 a2 平方米. 2 基础训练 1. 解:(1) f(x)=2sin2x-2 3sinxcosx+1+m π? =1-cos2x- 3sin2x+1+m=-2sin? ?2x+6?+2+m. π π 3π 由 +2kπ≤2x+ ≤ +2kπ(k∈Z), 2 6 2 π 2π? 得 y=f(x)的单调递增区间为? ?kπ+6,kπ+ 3 ?(k∈Z). π? 1 π 7π π 13π (2) 当 ≤x≤π 时, ≤2x+ ≤ ,∴ -1≤sin? ?2x+6?≤2, 2 6 6 6
? ?1+m=2, ∴ 1+m≤f(x)≤4+m,∴ ? 解得 m=1. ?4+m=5, ?

2. 证明:由题意可知,△PAC 为等腰直角三角形,△ABC 为等边三角形. (1) 因为 O 为边 AC 的中点,所以 BO⊥AC.

因为平面 PAC⊥平面 ABC,平面 PAC∩平面 ABC=AC,BO?平面 ABC,所以 BO⊥ 面 PAC. 因为 PA?平面 PAC,所以 BO⊥PA. 在等腰三角形 PAC 内,O,E 为所在边的中点, 所以 OE⊥PA. 又 BO∩OE=O,所以 PA⊥平面 EBO. AO (2) 连 AF 交 BE 于 Q,连 QO.因为 E、F、O 分别为边 PA、PB、AC 的中点,所以 = OG AQ AO 2,且 Q 是△PAB 的重心,于是 =2= ,所以 FG∥QO.因为 FG?平面 EBO,QO?平 QF OG 面 EBO,所以 FG∥平面 EBO. (注:第(2)小题亦可通过取 PE 中点 H,利用平面 FGH∥平面 EBO 证得) a+b=0, ? ?a>0, 3. 解:(1) 由题知:? b 1 ? ?-4a=-8,
2

?a=2, 解得? 1 ?b=-2,
8

1

1 1 故 f(x)= x2- x. 2 2

4?n -n (2) Tn=a1a2?an=? ?5? 2 , 4??n-1?2-?n-1? Tn-1=a1a2?an-1=? (n≥2), ?5? 2 ∴ an= Tn ?4?n-1 = (n≥2). Tn-1 ?5?

2

4?n-1 * 又 a1=T1=1 满足上式,所以 an=? ?5? (n∈N ). 4. 解:(1) ① ON= 3-x2,OM= ∴ y=x? 3-x2- 3 3 x,MN= 3-x2- x, 3 3

?

3? 3 ? x ,x∈? ?0,2?. 3 ? 3 × 3sinθ=sinθ, 3

② PN= 3sinθ,ON= 3cosθ,OM= MN=ON-OM= 3cosθ-sinθ,

? π?? y= 3sinθ( 3cosθ-sinθ)=3sinθcosθ- 3sin2θ,? ?θ∈?0,3??.
π? 3 (2) 选择 y=3sinθcosθ- 3sin2θ= 3sin? ?2θ+6?- 2 . π? π ?π 5π? ∵ θ∈? ?0,3?,∴ 2θ+6∈?6, 6 ?, π π π 3 ∴ 2θ+ = 即 θ= 时,ymax= . 6 2 6 2 例题选讲 例 1 解:(1) 若 4∈B,则 4-a <0? a <- 3或 3<a<4. 3-a2

∴ 当 4? B 时,实数 a 的取值范围为[- 3, 3]∪[4,+∞). (2) A={x|(x-2)(x-3a-1)<0},B={x|a<x<a2+1}. 1 ① 当 a< 时,A=(3a+1,2). 3
?a≥3a+1, ? 1 要使 B? A ,必须? 2 此时-1≤a≤- ; 2 ? ?a +1≤2,

1 ② 当 a= 时,A=?,使 B? A的 a 不存在; 3 1 ③ 当 a> 时,A=(2,3a+1). 3
? ?a≥2, 要使 B? A ,必须? 2 此时 2≤a≤3. ?a +1≤3a+1, ?

1? 综上可知,使 B? A的实数 a 的取值范围是[2,3]∪? ?-1,-2?. 例 2 解:(1) 设所求直线方程为 y=-2x+b,即 2x+y-b=0.

9

∵ 直线与圆相切,∴

|-b|

=3,得 b=± 3 5, 22+12

∴ 所求直线方程为 y=-2x± 3 5. (2) (解法 1)假设存在这样的点 B(t,0). PB |t+3| 当 P 为圆 C 与 x 轴左交点(-3,0)时, = ; PA 2 PB |t-3| 当 P 为圆 C 与 x 轴右交点(3,0)时, = . PA 8 |t+3| |t-3| 9 依题意, = ,解得 t=-5(舍去)或- . 2 8 5 9 ? PB 下面证明点 B? ?-5,0?对于圆 C 上任一点 P,都有PA为一常数. 设 P(x,y),则 y2=9-x2, ∴ PB 9 = = = = , PA2 ?x+5?2+y2 x2+10x+25+9-x2 2?5x+17? 25
2

?x+9?2+y2 x2+18x+81+9-x2 18?5x+17? 5 25 25 ? 5?

PB 3 从而 = 为常数. PA 5 PB (解法 2)假设存在这样的点 B(t,0),使得 为常数 λ,则 PB2=λ2PA2, PA ∴ (x-t)2+y2=λ2[(x+5)2+y2],将 y2=9-x2 代入得, x2-2xt+t2+9-x2=λ2(x2+10x+25+9-x2), 即 2(5λ2+t)x+34λ2-t2-9=0 对 x∈[-3,3]恒成立,
?5λ2+t=0, ? ∴ ? 2 2 解得 ?34λ -t -9=0, ?

?λ=5, ? 9 ?t=-5,

3

?λ=1, ? 或? (舍去), ?t=-5 ?

9 ? PB 3 所以存在点 B? ?-5,0?对于圆 C 上任一点 P,都有PA为常数5. 例3 (1) 解:依题意 Δan=an+1-an, 5 2 13 ? ?5 2 13 ? ∴ Δan=? ?2?n+1? - 2 ?n+1??-?2n - 2 n?=5n-4. (2) ①证明:由 Δan-an-an=2n 得 an+1-2an=2n,即 an+1=2an+2n. ∴ an+1 an 1 an+1 an 1 a1 1 = . n+1= n+ ,即 n+1- n= .∵ a1=1,∴ 2 2 2 2 2 2 2 2

?an ? 1 1 ∴ ?2n?是以 为首项, 为公差的等差数列. 2 2 ? ?

an 1 1 n n n - ②解:由①得 n= + (n-1)= ,∴ an= · 2 =n· 2n 1. 2 2 2 2 2 ∴ Sn=a1+a2+?+an=1· 20+2· 21+?+n· 2n 1, ∴ 2Sn=1· 21+2· 22+?+n· 2n,


1-2n - 两式相减得-Sn=1+2+22+?+2n 1-n· 2n= -n· 2n, 1-2 ∴ Sn=n· 2n-2n+1=(n-1)2n+1.
10

例4

1 a x-a (1) 解:f′(x)= - 2= 2 (x>0). x x x

当 a≤0 时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调增;当 a>0 时,x∈(0,a),f′(x)<0, f(x)在(0,a)上单调减,x∈(a,+∞),f′(x)>0,f(x)在(a,+∞)上单调增. 综上,a≤0 时 f(x)的单调区间为(0,+∞); 当 a>0 时,f(x)的单调递增区间为(a,+∞),单调递减区间为(0,a). (2) 证明:充分性:a=1 时,由(1)知,f(x)在 x=1 处有极小值也是最小值, 即 fmin(x)=f(1)=0.而 f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 在(0,+∞)上有唯一的一个零点 x=1. 必要性:f(x)=0 在(0,+∞)上有唯一解,且 a>0,由(1)知,在 x=a 处有极小值也是最 小值 f(a),f(a)=0,即 lna-a+1=0. 1-a 1 令 g(a)=lna-a+1,g′(a)= -1= . a a 当 0<a<1 时,g′(a)>0,在(0,1)上单调递增;当 a>1 时,g′(a)<0,在(1,+∞)上 单调递减.gmax(a)=g(1)=0,g(a)=0 只有唯一解 a=1. f(x)=0 在(0,+∞)上有唯一解时必有 a=1. 综上:在 a>0 时,f(x)=0 在(0,+∞)上有唯一解的充要条件是 a=1. (3) 证明:∵ 1<x<2,∴ 1 1 1 - < ? (x +1)lnx-2(x-1)>0. lnx x-1 2

x+1 1 令 F(x)=(x+1)lnx-2(x-1),∴ F′(x)=lnx+ -2=lnx+ -1. x x 由(1)知,当 a=1 时,fmin(x)=f(1)=0, 1 ∴ f(x)≥f(1)=0,∴ lnx+ -1≥0. x ∴ F′(x)≥0,∴ F(x)在(1,2)上单调递增,∴ F(x)>F(1)=0, ∴ (x+1)lnx-2(x-1)>0,∴ 高考回顾 a 1. 解:f(x)=asinxcosx-cos2x+sin2x= sin2x-cos2x. 2 π? 3a 1 由 f? + =-1,解得:a=2 3. ?-3?=f(0)得- 2 · 2 2 π 2x- ?. 因此 f(x)= 3sin2x-cos2x=2sin? 6? ? π π? π ?π π? 当 x∈? ?4,3?时,2x-6∈?3,2?,f(x)为增函数; π 11π? π ?π 3π? 当 x∈? ?3, 24 ?时,2x-6∈?2, 4 ?,f(x)为减函数. π 11π? ?π? 所以 f(x)在? ?4, 24 ?上的最大值为 f?3?=2. π? ?11π? 又因为 f? ?4?= 3,f? 24 ?= 2, π 11π? ?11π?= 2. , 所以 f(x)在? 上的最小值为 f ?4 24 ? ? 24 ? 1 1 1 - < (1<x<2). lnx x-1 2

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2. 解:设包装盒的高为 h(cm),底面边长为 a(cm),由已知得 60-2x a= 2x,h= = 2(30-x),0<x<30. 2 (1) S=4ah=8x(30-x)=-8(x-15)2+1 800,所以当 x=15 时,S 取得最大值. (2) V=a2h=2 2(-x3+30x2),V′=6 2x(20-x). 由 V′=0 得 x=0(舍)或 x=20. 当 x∈(0,20)时,V′>0;当 x∈(20,30)时 V′<0. 所以当 x=20 时,V 取得极大值,也是最大值. h 1 1 此时 = ,即包装装盒的高与底面边长的比值为 . a 2 2 3. 解:对 f(x)求导得 f′(x)= ex?1+ax2-2ax? .① ?1+ax2?2

4 3 1 (1) 当 a= ,若 f′(x)=0,则 4x2-8x+3=0,解得 x1= ,x2= . 3 2 2 结合①,可知 x f′(x) f(x)

?-∞,1? 2? ?
+ ?

1 2 0 极大值

?1,3? ?2 2?
- ?

3 2 0 极小值

?3,+∞? ?2 ?
+ ?

3 1 所以,x1= 是极小值点,x2= 是极大值点. 2 2 (2) 若 f(x)为 R 上的单调函数, 则 f′(x)在 R 上不变号, 结合①与条件 a>0, 知 ax2-2ax +1≥0 在 R 上恒成立,因此 Δ=4a2-4a=4a(a-1)≤0,由此并结合 a>0,知 0<a≤1. 4. 解:(1) 由已知 an+1=rSn 可得 an+2=rSn+1, 两式相减可得 an+2-an+1=r(Sn+1-Sn)=ran+1,即 an+2=(r+1)an+1. 又 a2=ra1=ra,所以 r=0 时,数列{an}为:a,0,?,0,?; 当 r≠0,r≠-1 时,由已知 a≠0,∴ an≠0(n∈N*). an+2 于是由 an+2=(r+1)an+1,可得 =r+1(n∈N*), an+1 a2,a3,?,an,?成等比数列,∴ 当 n≥2 时,an=r(r+1)n 2a.


? ?a,n=1, 综上,数列{an}的通项公式为 an=? n-2 * ?r?r+1? a,n≥2,n∈N . ?

(2) 对于任意的 m∈N*,且 m≥2,am+1,am,am+2 成等差数列.证明如下:
? ?a,?m=1? 当 r=0 时,由(1)知,am=? * ? ?0,?m≥2,m∈N ?

∴ 对于任意的 m∈N*且 m≥2,am+1,am,am+2 成等差数列, 当 r≠0,r≠1 时,∵ Sk+2=Sk+ak+1+ak+2,Sk+1=Sk+ak+1, 若存在 k∈N*,使得 Sk+1,Sk,Sk+2 成等差数列,则 Sk+1+Sk+2=2Sk, ∴ 2Sk+2ak+1+ak+2=2Sk,即 ak+2=-2ak+1. 由(1)知,a2,a3,?,an,?的公比 r+1=-2, 于是对于任意的 m∈N*且 m≥2,am+1=-2am,从而 am+2=4am,
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∴ am+1+am+2=2am,即 am+1,am,am+2 成等差数列, 综上,对于任意的 m∈N*,且 m≥2,am+1,am,am+2 成等差数列.

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