高考数学理科专题复习资料.doc

集合与常用逻辑用语、函数、导数一、选择题1(2011年高考大纲全国卷)函数y2(x0)的反函数为()Ay(xR)By(x0)Cy4x2(xR) Dy4x2(x0)2(2011年高考湖北卷)已知Uy|ylog2x，x1，P，则UP()A.B.C.D.3(2011年高考湖北卷)若实数a，b满足a0，b0，且ab0，则称a与b互补，记ab，那么0是a与b互补的()A必要而不充分的条件B充分而不必要的条件C充要条件D既不充分也不必要的条件4(2011年高考重庆卷)“x0”的()A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件5(2011年高考四川卷)函数f在点xx0处有定义是f在点xx0处连续的()A充分而不必要的条件B必要而不充分的条件C充要条件D既不充分也不必要的条件6(2011年高考四川卷)已知定义在上的函数f满足f3f，当x时，fx22x.设f在上的最大值为an，且an的前n项和为Sn，则Sn()A3 B.C2 D.7(2011年高考课标全国卷)下列函数中，既是偶函数又在上单调递增的函数是()Ayx3 By|x|1Cyx21 Dy2|x|8(2011年高考浙江卷)若a，b为实数，则“0ab1”是“a”的()A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件9(2011年高考辽宁卷)函数f(x)的定义域为R，f(1)2，对任意xR，f(x)2，则f(x)2x4的解集为()A(1,1) B(1，)C(，1) D(，)10(2011年高考福建卷)对于函数f(x)asin xbxc(其中a，bR，cZ)，选取a，b，c的一组值计算f(1)和f(1)，所得出的正确结果一定不可能是()A4和6 B3和1C2和4 D1和211(2011年高考安徽卷)函数f(x)axm(1x)n在区间0,1上的图象如图所示，则m，n的值可能是()Am1，n1 Bm1，n2Cm2，n1 Dm3，n112(2011年高考湖南卷)由直线x，x，y0与曲线ycos x所围成的封闭图形的面积为()A. B1C. D.13(2011年高考陕西卷)设集合My|y|cos2xsin2x|，xR，N，则MN为()A(0,1) B(0,1C0,1) D0,114(2011年高考江西卷)若f(x)x22x4ln x，则f(x)0的解集为()A(0，)B(1,0)(2，)C(2，)D(1,0)15(2011年高考广东卷)设S是整数集Z的非空子集，如果a，bS，有abS，则称S关于数的乘法是封闭的若T，V是Z的两个不相交的非空子集，TVZ，且a，b，cT，有abcT；x，y，zV，有xyzV，则下列结论恒成立的是()AT，V中至少有一个关于乘法是封闭的BT，V中至多有一个关于乘法是封闭的CT，V中有且只有一个关于乘法是封闭的DT，V中每一个关于乘法都是封闭的二、填空题16(2011年高考山东卷)已知函数f(x)logaxxb(a0，且a1)当2a3b3)千元设该容器的建造费用为y千元(1)写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域；(2)求该容器的建造费用最小时的r.23(2011年高考江苏卷)已知a，b是实数，函数f(x)x3ax，g(x)x2bx，f(x)和g(x)分别是f(x)和g(x)的导函数若f(x)g(x)0在区间I上恒成立，则称f(x)和g(x)在区间I上单调性一致(1)设a0，若f(x)和g(x)在区间1，)上单调性一致，求b的取值范围；(2)设a0，函数f(x)ln xax2，x0.(f(x)的图象连续不断)(1)求f(x)的单调区间；(2)当a时，证明：存在x0(2，)，使f(x0)f；(3)若存在均属于区间1,3的，且1，使f()f()，证明：.25(2011年高考北京卷)已知函数f(x)(xk)2e.(1)求f(x)的单调区间；(2)若对于任意的x(0，)，都有f(x)，求k的取值范围26(2011年高考江西卷)设f(x)x3x22ax.(1)若f(x)在上存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)当0a2时，f(x)在1,4上的最小值为，求f(x)在该区间上的最大值专题一集合与常用逻辑用语函数、导数1【解析】选B.y2(x0)，x，互换x、y得y(x0)，因此y2(x0)的反函数为y(x0)2【解析】选A.Uy|ylog2x，x1y|y0，P，UP.立体几何一、选择题1(2011年高考大纲全国卷)已知直二面角l，点A，ACl，C为垂足，B，BDl，D为垂足，若AB2，ACBD1，则D到平面ABC的距离等于()A. B.C. D12(2011年高考辽宁卷)如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中不正确的是()AACSBBAB平面SCDCSA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角DAB与SC所成的角等于DC与SA所成的角3(2011年高考湖南卷)如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为()A.12 B.18C942 D36184(2011年高考陕西卷)某几何体的三视图如下，则它的体积是()A8 B8C82 D.二、填空题5(2011年高考天津卷)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为_m3.6(2011年高考福建卷)三棱锥PABC中，PA底面ABC，PA3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥PABC的体积等于_三、解答题7(2011年高考江苏卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD平面ABCD，ABAD，BAD60，E，F分别是AP，AD的中点求证：(1)直线EF平面PCD；(2)平面BEF平面PAD.8(2011年高考浙江卷)如图，在三棱锥P-ABC中，ABAC，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC8，PO4，AO3，OD2.(1)证明：APBC；(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由9(2011年高考湖南卷)如图，在圆锥PO中，已知PO，O的直径AB2，C是的中点，D为AC的中点(1)证明：平面POD平面PAC；(2)求二面角B-PA-C的余弦值10(2011年高考福建卷)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，四边形ABCD中，ABAD，ABAD4，CD，CDA45.(1)求证：平面PAB平面PAD；(2)设ABAP.若直线PB与平面PCD所成的角为30，求线段AB的长；在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由专题五立体几何1【解析】选C.法一：如图，在直二面角l中，ACl，AC，平面ABC平面BCD.过D作DHBC，垂足为H，则DH平面ABC，即DH为D到平面ABC的距离AC，BC，ACBC.在RtACB中，AC1，AB2，ACB90，BC.在RtBCD中，BC，BD1，CD.由BDCDBCDH得1DH，DH.法二：如图，连接AD，AB2，AC1，同法一可得BC，CD.SRtACBACBC1，SRtBCDCDBD1.设D到平面ABC的距离为h，则由V三棱锥DABCV三棱锥ABCD得SABChSBCDAC，即h1，h.2【解析】选D.易证AC平面SBD，因而ACSB，A正确；ABDC，DC平面SCD，故AB平面SCD，B正确；由于SA，SC与平面SBD的相对位置一样，因而所成的角相同3【解析】选B.由三视图可得几何体为长方体与球的组合体，故体积为V322318.4【解析】选A.由三视图可知该几何体是一个边长为2的正方体内部挖去一个底面半径为1，高为2的圆锥，所以V2328，故选A.5【解析】此几何体是由一个长为3，宽为2，高为1的长方体与底面直径为2，高为3的圆锥组合而成的，故VV长方体V圆锥321123(6)m3.【答案】66【解析】PA底面ABC，PA为三棱锥PABC的高，且PA3.底面ABC为正三角形且边长为2，底面面积为22sin 60，VPABC3.【答案】7【证明】(1)如图，在PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EFPD.又因为EF平面PCD，PD平面PCD，所以直线EF平面PCD.(2)连接BD.因为ABAD，BAD60，所以ABD为正三角形因为F是AD的中点，所以BFAD.因为平面PAD平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以BF平面PAD.又因为BF平面BEF，所以平面BEF平面PAD.8【解】(1)证明：如图，以O为原点，以射线OD为y轴的正半轴，射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.则O(0,0,0)，A(0，3,0)，B(4,2,0)，C(4,2,0)，P(0,0,4)(0,3,4)，(8,0,0)，由此可得0，所以，即APBC.(2)假设存在满足题意的M，设，1，则(0，3，4)(4，2,4)(0，3，4)(4，23，44)，(4,5,0)设平面BMC的法向量n1(x1，y1，z1)，平面APC的法向量n2(x2，y2，z2)由得即可取n1.由即得可取n2(5,4，3)由n1n20，得430，解得，故AM3.综上所述，存在点M符合题意，AM3.9【解】法一：(1)证明：如图，连接OC，因为OAOC，D是AC的中点，所以ACOD.又PO底面O，AC底面O，所以ACPO.因为OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以AC平面POD，而AC平面PAC，所以平面POD平面PAC.(2)在平面POD中，过O作OHPD于H，由(1)知，平面POD平面PAC，所以OH平面PAC.又PA平面PAC，所以PAOH.在平面PAO中，过O作OGPA于G，连接HG，则有PA平面OGH，从而PAHG，故OGH为二面角BPAC的平面角在RtODA中，ODOAsin 45.在RtPOD中，OH.在RtPOA中，OG.在RtOHG中，sinOGH.所以cosOGH.故二面角BPAC的余弦值为.法二：(1)证明：如图，以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，)，D.设n1(x1，y1，z1)是平面POD的一个法向量，则由n10，n10，得所以z10，x1y1.取y11，得n1(1,1,0)设n2(x2，y2，z2)是平面PAC的一个法向量，则由n20，n20，得所以x2z2，y2z2.取z21，得n2(，1)因为n1n2(1,1,0)(，1)0，所以n1n2.从而平面POD平面PAC.(2)因为y轴平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为n3(0,1,0)由(1)知，平面PAC的一个法向量为n2(，1)设向量n2和n3的夹角为，则cos .由图可知，二面角BPAC的平面角与相等，所以二面角BPAC的余弦值为.10【解】(1)证明：因为PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以PAAB.又ABAD，PAADA，所以AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz(如图)在平面ABCD内，作CEAB交AD于点E，则CEAD.在RtCDE中，DECDcos 451，CECDsin 451.设ABAPt，则B(t,0,0)，P(0,0，t)由ABAD4得AD4t，所以E(0,3t,0)，C(1,3t,0)，D(0,4t,0)，C(1,1,0)，P(0,4t，t)设平面PCD的法向量为n(x，y，z)由nC，nP，得取xt，得平面PCD的一个法向量n(t，t,4t)又P(t,0，t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30得cos 60，即，解得t或t4(舍去，因为AD4t0)，所以AB.假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等设G(0，m,0)(其中0m4t)，则(1,3tm,0)， (0,4tm,0)， (0，m，t)由| | |得12(3tm)2(4tm)2，即t3m.由| |G|得(4tm)2m2t2.由消去t，化简得m23m40.由于方程没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，C，D的距离都相等从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等高考资源网()来源：高考资源网版权所有：高考资源网(www.k s 5 )版权所有：高考资源网()版权所有：高考资源网()三角函数、解三角形、平面向量一、选择题1(2011年高考大纲全国卷)设函数f(x)cos x(0)，将yf(x)的图象向右平移个单位长度后，所得的图象与原图象重合，则的最小值等于()A.B3C6 D92(2011年高考四川卷)如图，正六边形ABCDEF中，()A0 B.C. DCF3(2011年高考课标全国卷)已知角的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线y2x上，则cos 2()A BC. D.4(2011年高考山东卷)若点(a,9)在函数y3x的图象上，则tan的值为()A0 B.C1 D.5(2011年高考山东卷)设A1，A2，A3，A4是平面直角坐标系中两两不同的四点，若(R)，(R)，且2，则称A3，A4调和分割A1，A2.已知平面上的点C，D调和分割点A，B，则下面说法正确的是()AC可能是线段AB的中点BD可能是线段AB的中点CC，D可能同时在线段AB上DC，D不可能同时在线段AB的延长线上6(2011年高考天津卷)如图，在ABC中，D是边AC上的点，且ABAD,2ABBD，BC2BD，则sin C的值为()A. B.C. D.7(2011年高考浙江卷)若0，0，cos，cos，则cos()A. BC. D8(2011年高考辽宁卷)若a，b，c均为单位向量，且ab0，(ac)(bc)0，则|abc|的最大值为()A.1 B1C. D29(2011年高考福建卷)若tan 3，则的值等于()A2 B3C4 D610(2011年高考江西卷)如图，一个直径为1的小圆沿着直径为2的大圆内壁的逆时针方向滚动，M和N是小圆的一条固定直径的两个端点那么，当小圆这样滚过大圆内壁的一周，点M，N在大圆内所绘出的图形大致是()11(2011年高考广东卷)若向量a，b，c满足ab且ac，则c(a2b)()A4 B3C2 D0二、填空题12(2011年高考重庆卷)已知sin cos ，且，则的值为_13(2011年高考江苏卷)已知tan2，则的值为_14(2011年高考安徽卷)已知向量a、b满足(a2b)(ab)6，且|a|1，|b|2，则a与b的夹角为_15(2011年高考湖南卷)在边长为1的正三角形ABC中，设2，3，则_.16(2011年高考江西卷)已知|a|b|2，(a2b)(ab)2，则a与b的夹角为_17(2011年高考上海卷)在相距2千米的A、B两点处测量目标点C，若CAB75，CBA60，则A、C两点之间的距离为_千米18(2011年高考上海卷)函数ysin cos 的最大值为_三、解答题19(2011年高考湖北卷)设ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c.已知a1，b2，cos C.求ABC的周长；求cos的值20(2011年高考四川卷)已知函数f(x)sincos(x)，xR.求f的最小正周期和最小值；(2)已知cos，cos，00时，cos ；当t0时，cos .因此cos 22cos211.4【解析】选D.点(a,9)在函数y3x的图象上，93a，a2，tantan .5【解析】选D.依题意，若C，D调和分割点A，B，则有，且2.若C是线段AB的中点，则有，此时.又2，所以0，不可能成立因此A不对，同理B不对当C，D同时在线段AB上时，由，知01,02，与已知条件2矛盾，因此C不对若C，D同时在线段AB的延长线上，则时，1，时，1，此时2，与已知2矛盾，故C，D不可能同时在线段AB的延长线上6【解析】选D.设ABa，ADa，BDa，BC2BDa，cos A，sin A.由正弦定理知sin Csin A.7【解析】选C.0，.cos，sin.0，.cos，sin.coscoscoscossinsin.8【解析】选B.由(ac)(bc)0，ab0，得acbcc21，(abc)21112(acbc)1.|abc|1.9【解析】选D.2tan 236.10【解析】选A.小圆沿大圆内壁滚动时，在大圆上经过的弧长与小圆上滚动过的弧长应相等，当它们处于如图虚圆位置时，设大圆的圆心为O，MOC，则的长度1.而CO1P2，则的长度2，则点P即M运动后的点，说明为锐角时，点M在MO上运动；由OO1B2可知的长度2，则点B即N运动后的点，说明为锐角时，点N在OA上运动11【解析】选D.ac，ac0.又ab，可设ba，则c(a2b)(12)ca0.12【解析】由sin cos 得sin cos ，212sin cos ，2sin cos .，而212sin cos ，又0，sin cos ，原式.【答案】13【解析】由tan2得tan x，(1tan2x).【答案】14【解析】由(a2b)(ab)6得a22b2ab6.|a|1，|b|2，1222212cosa，b6，cosa，b.a，b0，a，b.【答案】15【解析】由题意画出图形如图所示，取一组基底，结合图形可得()，()22cos 60.【答案】16【解析】(a2b)(ab)|a|22|b|2ab2且|a|b|2，ab2，cosa，b.而a，b0，a，b.【答案】17【解析】如图所示，由题意知C45，由正弦定理得，AC.【答案】18【解析】ysin cos cos xcos cos xcos xcos2xsin xcos xsin 2xcos 2xsin 2xsin，当sin1时，ymax.【答案】19【解】c2a2b22abcos C1444，c2.ABC的周长为abc1225.cos C，sin C .sin A.ac，AC，故A为锐角，cos A ，coscos Acos Csin Asin C.20【解】(1)fsincossinsin2sin，T2，f的最小值为2.证明：由已知得cos cos sin sin ，cos cos sin sin ，两式相加得2cos cos 0，00)，观察：f1(x)f(x)，f2(x)f(f1(x)，f3(x)f(f2(x)，f4(x)f(f3(x)，根据以上事实，由归纳推理可得：当nN*且n2时，fn(x)f(fn1(x)_.9(2011年高考江苏卷)设1a1a2a7，其中a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，a2，a4，a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是_10(2011年高考湖南卷)设Sn是等差数列an(nN*)的前n项和，且a11，a47，则S5_.11(2011年高考陕西卷)植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为_米12(2011年高考广东卷)等差数列an前9项的和等于前4项的和若a11，aka40，则k_.三、解答题13(2011年高考辽宁卷)已知等差数列an满足a20，a6a810.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列的前n项和14(2011年高考安徽卷)在数1和100之间插入n个实数，使得这(n2)个数构成递增的等比数列，将这(n2)个数的乘积记作Tn，再令anlg Tn，n1.(1)求数列an的通项公式；(2)设bntanantanan1，求数列bn的前n项和Sn.15(2011年高考湖北卷)已知数列an的前n项和为Sn，且满足：a1a，an1rSn.求数列an的通项公式；若存在kN*，使得Sk1，Sk，Sk2成等差数列，试判断：对于任意的mN*，且m2，am1，am，am2是否成等差数列，并证明你的结论16(2011年高考浙江卷)已知公差不为0的等差数列an的首项a1为a(aR)，设数列的前n项和为Sn，且，成等比数列(1)求数列an的通项公式及Sn；(2)记An，Bn，当n2时，试比较An与Bn的大小17(2011年高考江苏卷)设M为部分正整数组成的集合，数列an的首项a11，前n项和为Sn.已知对任意的整数kM，当整数nk时，SnkSnk2(SnSk)都成立(1)设M1，a22，求a5的值；(2)设M3,4，求数列an的通项公式18(2011年高考山东卷)等比数列an中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足：bnan(1)nln an，求数列bn的前n项和Sn.专题三数列1【解析】选D.Sk2Skak1ak2a1kda1(k1)d2a1(2k1)d21(2k1)24k424，k5.2【解析】选D.a3a12da14，a7a16da112，a9a18da116，又a7是a3与a9的等比中项，(a112)2(a14)(a116)，解得a120.S101020109(2)110.3【解析】选B.设数列bn的首项为b1，公差为d，由b32，b1012，得解得bn622n8.bnan1an，a8a1b7b6b5b1a133.4【解析】选A.SnSmSnm，且a11，S11.可令m1，得Sn1Sn1，Sn1Sn1.即当n1时，an11，a101.5【解析】设所构成数列an的首项为a1，公差为d，依题意即解得a5a14d4.【答案】6【解析】由等差数列的性质知a2a4a6a82(a3a7)23774.【答案】747【解析】an为等比数列，且a1，a44，q38，q2，an(2)n1，|an|2n2，|a1|a2|a3|an|(2n1)2n1.【答案】22n18【解析】依题意，先求函数结果的分母中x项系数所组成数列的通项公式，由1,3,7,15，可推知该数列的通项公式为an2n1.又函数结果的分母中常数项依次为2,4,8,16，故其通项公式为bn2n.所以当n2时，fn(x)f(fn1(x).【答案】9【解析】由题意知a3q，a5q2，a7q3且q1，a4a21，a6a22且a21，那么有q22且q33.故q，即q的最小值为.【答案】10【解析】设等差数列的公差为d.由a11，a47，得3da4a16，故d2，a59，S525.【答案】2511【解析】假设20位同学是1号到20号依次排列，使每位同学的往返所走的路程和最小，则树苗需放在第10或第11号树坑旁此时两侧的同学所走的路程分别组成以20为首项，20为公差的等差数列，所有同学往返的总路程为S920201020202000(米)【答案】200012【解析】设等差数列an的前n项和为Sn，则S9S40，即a5a6a7a8a90,5a70，故a70.而aka40，故k10.【答案】1013【解】(1)设等差数列an的公差为d，由已知条件可得解得故数列an的通项公式为an2n.(2)设数列的前n项和为Sn，即Sna1，故S11，.所以，当n1时，a111.所以Sn.综上，数列的前n项和Sn.14【解】(1)设t1，t2，tn2构成等比数列，其中t11，tn2100，则Tnt1t2tn1tn2，Tntn2tn1t2t1.并利用titn3it1tn2102(1in2)，得 T(t1tn2)(t2tn1)(tn1t2)(tn2t1)102(n2)anlg Tnn2，n1.(2)由题意和(1)中计算结果，知bntan(n2)tan(n3)，n1.由tan 1tan(k1)k，得tan(k1)tan k1.Snbitan(k1)tan k n.15【解】由已知an1rSn，可得an2rSn1，两式相减可得an2an1rran1，即an2an1.又a2ra1ra，所以当r0时，数列an为：a,0，0，；当r0，r1时，由已知a0，所以an0，于是由an2an1，可得r1，a2，a3，an，成等比数列，当n2时，anrn2a.综上，数列an的通项公式为an对于任意的mN*，且m2，am1，am，am2成等差数列证明如下：当r0时，由知，an对于任意的mN*，且m2，am1，am，am2成等差数列；当r0，r1时，Sk2Skak1ak2，Sk1Skak1，若存在kN*，使得Sk1，Sk，Sk2成等差数列，则Sk1Sk22Sk，2Sk2ak1ak22Sk，即ak22ak1.由知，a2，a3，am，的公比r12，于是对于任意的mN*，且m2，am12am，从而am24am，am1am22am，即am1，am，am2成等差数列综上，对于任意的mN*，且m2，am1，am，am2成等差数列16【解】(1)设等差数列an的公差为d，由2，得(a1d)2a1(a13d)因为d0，所以da1a.所以anna，Sn.(2)因为，所以An.因为a2n12n1a，所以Bn，当n2时，2nCCCn1，即10时，AnBn；当aBn.17【解】(1)由题设知，当n2时，Sn1Sn12(SnS1)，即(Sn1Sn)(SnSn1)2S1，从而an1an2a12.又a22，故当n2时，ana22(n2)2n2.所以a5的值为8.(2)由题设知，当kM3,4且nk时，SnkSnk2Sn2Sk且Sn1kSn1k2Sn12Sk，两式相减得an1kan1k2an1，即an1kan1an1an1k，所以当n8时，an6，an3，an，an3，an6成等差数列，且an6，an2，an2，an6也成等差数列从而当n8时，2anan3an3an6an6，(*)且an6an6an2an2，所以当n8时，2anan2an2，即an2ananan2.于是当n9时，an3，an1，an1，an3成等差数列，从而an3an3an1an1，故由(*)式知2anan1an1，即an1ananan1.当n9时，设danan1.当2m8时，m68，从而由(*)式知2am6amam12，故2am7am1am13.从而2(am7am6)am1am(am13am12)，于是am1am2ddd.因此，an1and对任意n2都成立又由SnkSnk2Sn2Sk(k3,4)可知(SnkSn)(SnSnk)2Sk，故9d2S3且16d2S4.解得a4d.从而a2d，a1.因此，数列an为等差数列由a11知d2，所