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xx高三数学手感训练答案 xx高三数学A级题 （1）答案1?1,225381?y4)2,0(5162755?83749571056xx高三数学A级题 （2）答案1.12.1i?3.534.322?5.406.47.238.269.5610.24xx高三数学A级题 （3）答案128332032332?203?7?4xx高三数学A级题 （4）答案（-13,1）49必要不充分条件1,222?133324?,21xx高三数学A级题 （5）答案（0，1）30c b a?2,2?0,1?99等边三角形42k?-5?6,2k?+?6(kZ)xx高三数学A级题 （6）6?55答案2455i?1210(0,1)(1,2)523?16或-54(2,3)2214xy?4xx高三数学A级题 （7）答案2?5_112?0,11004?4?533或394xx高三数学A级题 （8）答案10，2233(0,2)412586157681209?101e11152?xx高三数学B级题 （1）答案11.(2,22)12.15 （1）四边形ABCD是平行四边形AB/CD，又ABAE，AECD又AECF，CDCF=C，CD、CF?平面CDEF，AE平面CDEF，又AE?平面ABFE，平面ABFE平面CDEF7分 （2）四边形ABCD是平行四边形AB/CD又AB?平面CDEF，CD?平面CDEF，AB/平面CDEF又AB?平面ABFE，平面ABFE平面CDEF=EF，AB/EF又EF?平面ABCD，AB?平面ABCD，EF/平面ABCD.14分17. （1）?121cac2分c=1，a=2，3?b，椭圆方程为13422?y x4分 （2）设),(00y xP，则)20(13402020?xy xPM=0202020202134333x x x y x?，6分PF=0212x?8分PMPF=1)2 (41)4(412000?x x x，200?x，|PM|PF|的取值范围是（0,1）.10分 （3）法一当PMx轴时，P)23,3(，Q),3(t或),3(t?，由0?OQ OP解得32?t12分当PM不垂直于x轴时，设),(00y xP，方程为)(00x x k y y?，即000?y kx y kx与圆O相切，31|200?ky kx，33)(2200?k y kx002y kx33220202?k y x k13分又),(00tkkx ytQ?，所以由0?OQ OP得00000)(ky xkx y xt?14分?xx00202)()(ky xkx y xt?0020220xx02)(y kx y k xy kx x33)33(22020220220220?k y xkyk xk x=33)433)(1()1()33(2202202220?k xk xkk x=12，32?t16分法二设),(00y xP，则直线OQ xyxy00?，),(00t txyQ?，OPOQ，OPOQ=OM2020002220202020)()(3t ytxyx t txyy x?12分) (33)(220202020220220202020202022020t xxy xt ytxyx y xxty x?) (3)(22022020t x t y x?，332020202?y xxt14分1342020?y x，4332020xy?，1241320202?xxt，32?t16分18. （1）BCD中BCDCDBBC?sin sin，?45sin)45sin(CD a?，)45sin(2?aCD4分BCD CDBC S?sin21)45sin(4cos22?a，?900?6分（其中范围1分） （2）?sin a d?8分kSd y?)45sin(4cos sin23?ka)cos(sin2cos sin3?ka10分令t?cos sin，则2,1(?t，21cos sin2?t?)1 (44)1(323ttkatt kay?在区间2,1(上单调递增，13分当2?t时y取得最大值，此时4?，即D在AB的中点时，遮阳效果最佳.16分xx高三数学B级题 （2）答案11.1213（21,24）15.（本小题满分14分）解 （1）由acosAbcosB及正弦定理可得sinAcosAsinBcosB，即sin2Asin2B，又A(0，)，B(0，)，所以有AB或AB22分又因为C3，得AB23，与AB2矛盾，所以AB，因此A34分 （2）由题设，得在RtPMC中，PMPC?sinPCM2sin；在RtPNC中，PNPC?sinPPC?sin(PCB)2sin(3)2sin(3)，(0，23).6分所以，PMPN2sin2sin(3)3sin3cos23sin(6).因为(0，23)，所以6(6，56)，从而有sin(6)(12，1，即23sin(6)(3，23于是，当62，即3时，PMPN取得最大值2314分16 （1）证明连接1AB，交1AB于点O,连接OD.2112?60PNMCD BA（第15题）OMDC1B1A1CBAO、D分别是1AB、BC的中点，1ACOD?3分1AC?平面1ABD，OD?平面1ABD，1AC平面1ABD?6分 （2）M为1CC的中点?7分证明如下在正三棱柱111ABC ABC?中，1BC BB?，四边形11BCC B是正方形M为1CC的中点，D是BC的中点，1BBD BCM?，?9分1BBD CBM?，1BDB CMB?又112BB DBDB?，12CBM BDB?，1BM BD?11分ABC?是正三角形，D是BC的中点，AD BC?平面ABC?平面11BBCC,平面ABC平面11BBCC BC?，AD?平面ABC，AD?平面11BBCCBM?平面11BBCC，AD?BM?13分1AD BDD?，BM?平面1ABD1AB?平面1ABD，1MB AB?14分18.（本小题满分16分）解 （1）由题设可知a2，eca32，所以c3，故b1因此，a2，b12分 （2）由 （1）可得，椭圆C的方程为x24y21设点P（m，0）（2m2），点A（x1，y1），点B（x2，y2）()若k1，则直线l的方程为yxm联立直线l与椭圆C的方程，即?yxmx24y21将y消去，化简得54x22mxm210解之得x12(2m1m2)5，x22(2m1m2)5，从而有，x1x28m5，x1?x24(m21)5，而y1x1m，y2x2m，因此，AB|(x1x2)2(y1y2)22(x1x2)22(x1+x2)24x1?x2452?5m2，点O到直线l的距离dm2，所以，SOAB12?|AB|?d255m2?|m|，因此，S2OAB425(5m2)?m2425?(5m2m22)216分又2m2，即m20，4所以，当5m2m2，即m252，m102时，SOAB取得最大值18分()设直线l的方程为yk(xm).将直线l与椭圆C的方程联立，即?y=k(xm)x24y21将y消去，化简得(14k2)x28mk2x4(k2m21)0，解此方程，可得，x1x28mk214k2，x1?x24(k2m21)14k210分所以，PA2PB2(x1m)2y12(x2m)2y2234(x12x22)2m(x1x2)2m22m2?(8k46k22)(14k2)?(8k28)(14k2)2（*）.14分因为PA2PB2的值与点P的位置无关，即（*）式取值与m无关，所以有8k46k220，解得k12所以，k的值为12.16分xx高三数学B级题 （3）答案xx212p 015、解 （1）由题设1,22T T?，22T?，()2y f x?为偶函数，?函数()f x的图象关于直线2x?对称，sin()1?或sin()1?，0?，2?，()sin (2)cos22f x x x?； （2）3()2125f?，3cos()65?，?为锐角，4sin()65?24sin2()2sin()cos()66625?，27cos2()2cos()16625?，241732473sin2sin2()()6325225250? 16、 （1）证明设菱形ABCD的边长为1，E是AB的中点，060DAB?，211312cos60424DE?，222DE AEAD?，DE AE?，DE CD?，平面PCD?底面ABCD，平面PCD底面ABCD CD?，DE ABCD?，DE?平面PCD，又DE GED?平面,?平面GDE?平面PCD； （2）解连接AC，交DE于H，连接GH，则/PC平面DGE，,PC PAC?平面平面PCA平面GDE GH?，/PC GH?，2PG CHDCGA HA AB?. 17、解 （1）如图，设圆心为O，连结OC，设BC?x，法一易得22900BC x?， (030)x?，所以矩形ABCD的面积为2()2900S x x x?222900x x?22900x x?900?（2cm）（当且仅当22900x x?，152x?（cm）时等号成立）此时152BC?cm；法二设COB?，?0?，则30sin BC?，30cos OB?，所以矩形ABCD的面积为()230sin30cos900sin2S?，当sin21?，即?时，max()900S?（2cm），此时152BC?cm；A BCDO（第17题图） （2）设圆柱的底面半径为r，体积为V，由229002AB xr?得，2900xr?，所以?231900V r x x x?，其中 (030)x?，由?2190030V x?得103x?，此时，?31900V x x?在?0103，上单调递增，在?10330，上单调递减，故当103x?cm时，体积最大为60003?3cm，答 （1）当截取的矩形铁皮的一边BC为152cm为时，圆柱体罐子的侧面积最大 （2）当截取的矩形铁皮的一边BC为103cm为时，圆柱体罐子的体积最大 18、解 （1）易得22312122a bca?，且222c a b?，解得2242ab?，所以椭圆E的方程为22142x y+=； （2）设0 (2)M y，11()P x y，易得直线MA的方程为0042y yy x?，代入椭圆22142x y+=得，?2222000140822y y yx x?，由?xx04828yxy?得，?xx0288yxy?，从而012088yyy?，所以?2220000022220000284888 (2)48888y yy yOP OMyy y y y?，直线MQ过定点 (00)O，理由如下依题意，020xx08822828PByyky yy?（），由MQ PB?得，02MQyk?，则MQ的方程为00 (2)2yy yx?，即02yy x?，所以直线MQ过定点 (00)O，xx高三数学B级题 （4）答案 321215、解（）从被检测的5辆甲品牌的轻型汽车中任取2辆，共有10种不同的二氧化碳排放量结果(80,110)，(80,120)，(80,140)，(80,150)，(110,120)，(110,140)，(110,150)，(120,140)，(120,150)，(140,150)设“至少有一辆二氧化碳排放量超过130g/km”为事件A，则事件A包含以下7种不同的结果(80,140)，(80,150)，(110,140)，(110,150)，(120,140)，(120,150)，(140,150)所以7()0.710P A?即至少有一辆二氧化碳排放量超过130g/km的概率为0.7?6分（）由题可知，120x?乙，所以4801205x?，解得120x?22222215600.s?甲（80-120）（110-120）（120-120）（140-120）（150-120）22222215480.s?乙（100-120）（120-120）（120-120）（100-120）（160-120），因为22120x xs s?乙乙甲甲，所以乙品牌汽车排放量的稳定性好?13分 16、解（）x x x x f cos)cos3(sin)(?x x x2cos3cos sin?23)32sin(232cos232sin21?x x x.4分2,0?x，34,332?x，1)32sin(23?x231,0)(?x f.7分（）由2323)32sin()(?A Af，得0)32sin(?A，又A为锐角，所以3?A，又2?b，3?c，所以73cos322942?a，7?a由BbAasin sin?，得73sin?B，又a b?，从而A B?，72cos?B所以，417573237221sin sin cos cos)cos(?B A B A B A14分 17、（）因为平面ABD?平面BCD，交线为BD，又在ABD?中，AE BD?于E，AE?平面ABD所以AE?平面BCD.-3分 18、解（）由?x yy x2113422，解得)23,3(?P，)23,3(Q2分因为BAQ BAP?，所以0?AQ APk k设),(y mA，则0323323?mymy，化简得32?my，5分又13422?y m，联立方程组，解得1?m，或3?m因为AB平分PAQ?，所以3?m不合，故1?m7分（）设),(11yxP，),(22yxQ，由?n x yyx2113422，得0336422?n ny y)4(122n?，2321ny y?，4)1(3221?nyy9分若存常数m，当n变化时，恒有BAQ BAP?，则由（）知只可能1?m当1?m时，取)23,1(A，BAQ BAP?等价于01231232211?xyxy，即0)122)(32()122)(32(1221?n yy nyy，即)(2 (2)12(342121yyn nyy?，即)2 (3)12 (3)1(32?n n n n，此式恒成立所以，存常数1?m，当n变化时，恒有BAQ BAP?13分当1?m时，取)23,1(?A，由对称性同理可知结论成立故，存常数1?m，当n变化时，恒有BAQ BAP?15分xx高三数学B级题 （5）答案2（-2,1） 15、解 （1）由，得，令，得或?2分当变化时，及的变化如下表-+-极小值极大值所以的极大值为=，?4分 （2）由，得，且等号不能同时取，即恒成立，即?6分32()f x x x b?2()32 (32)f x x x x x?()0f x?0x?23x()f x?()f xx(,0)?02(0,)3232(,)3?()f x?00()f x()f x24()327f b?4270b?2() (2)g x x a x?2(ln)2x x a x x?1,ln1x e x x?ln x x?ln0x x?22lnx xax x?2min2()lnx xax x?令，求导得，当时，从而，在上为增函数，?9分 （3）证明由已知，存在，使关于实数a可线性分解，则，即10分，112分因为所以14分 17、解()由已知，又，即，解得，所以椭圆的方程为.?4分()假设存在点满足题设条件.当轴时，由椭圆的对称性可知恒有，即；?分当与轴不垂直时，设所在直线的方程为，代入椭圆方程化简得22(),(1,)lnx xt x x ex x?2 (1)(22ln)()(ln)x x xt xx x?1,x e?10,0ln1,22ln0x x x x?()0t x?()t x?1,emin() (1)1t x t?1a?2()()()af xF x g xx?(1ln)a x x?00x?()F x00()()()F x a F x Fa?00()1ln()a x a xa?00(1ln)ax x?(1ln)a a a?00ln1x ax a?00x aexa?01axae?00x?1ae?36?e3642?aa32?aC112422?yx)0,(0x Qx MN?NQP MQP?MN MNx，设，则,，?8分，若，则，?10分即，得，.的坐标为.综上,在轴上存在定点，使得.?12分解（）方法1由题得a xxx f?22)(=)0()22(2?xxax x?（2分）令0)(?xf得4162?a ax（负根舍）?（3分）3?a?441622?a a a2162?a a2162?a a故214162?a a?（5分）?)(x f0)22(2?xax x在?,21上恒成立0122)3(2222?kxkxk),(),(2211yxN yxM312,3222212221?kkx xkkx x02xxx xyx xyk kNQMQ?02202223)1 (23)12(2xkk xkk?NQP MQP?0?NQ MQkk?023)1 (23)12(2022022?xkk xkkkQ)0,4(Q)0,4(Q NQP MQP?故)(x f在?,21上单调递减?（6分）方法2由题得a xxx f?22)(?（2分）上单减，在)2122)(?a xxx f a f x f x?3)21()()21时，.)21)()210)(3上单减，在上恒成立，在时，?x f x fa?（6分）（）的两个零点是函数，)(21x f x x，0ln2)(12111?ax x x x f0ln2)(22222?ax xxxf)(ln20)()(ln212121212212212x xx xxxa xxax xxx?（8分）)(31233ln2)(3126ln2)2 (3226)(ln2)2 (3226)32 (22)(2112121212212112122121121212212121x xxxxxxxx xx xx xxxxxx xx xx xx xxxa xxxxx xf axxxf?，?0)2()4)(1()2 (45)2 (91)(233ln)()41(222212?t tt tt tt ttttttt txxt?，令?（13分）0)32 (0)(3102.0)1()()4,1()(212112?x xfxxx xt t，又上单减，在?（14分）xx高三数学B级题 （6）答案:2162? 1015、解（）a、b、c成等差数列，且公差为2，?4a c?、2b c?.又23BCA?，?1cos2C?，?222122a b cab?，2分?2224212422c c c?，恒等变形得29140?，4分解得7c?或2c?.又4c?，?7c?.6分（）在ABC?中，sin sin sinAC BCABABC BACACB?，?322sinsin sin33AC BC?，2sin AC?，2sin3BC?.8分?ABC?的周长?f?AC BCAB?2sin2sin33?132sin cos322?2sin33?，10分又0,3?，?2333?,?当32?即6?时，?f?取得最大值23?. 17、解（I）设圆心P的坐标为(,)xy，半径为R由于动圆P与圆221: (3)81F xy?相切，且与圆222: (3)1F xy?相内切，所以动圆P与圆221: (3)81F xy?只能内切12|9|1PF RPFR?1212|8|6PF PF FF?2分?圆心P的轨迹为以12,FF为焦点的椭圆，其中28,26a c?，2224,3,7a c b ac?故圆心P的轨迹C221167xy?4分（II）设112233(,),(,),(,)M xy NxyQ xy，直线:OQ x my?，则直线:3MN x my?由221167x myxy?可得22222112716112716mxmym?，2232232112716112716mxmym?2222233222112112112 (1)|716716716m mOQx ym m m?6分由2231167x myxy?可得22 (716)42490m y my?1212224249,716716my yy ym m?222221212121|()() (3) (3)()MN xxyymymy yy?2211|m yy?2212121()4m yyyy?222222424956 (1)1()4()716716716m mmm mm?8分?2222256 (1)|1716112 (1)|2716mMNmm OQm?|MN和2|OQ的比值为一个常数，这个常数为129分（III）/MN OQ，?2QF M?的面积2OF M?的面积，12OMNS S SS?O到直线:3MN x my?的距离231dm?222221156 (1)3841|227167161m mSMN dmmm?11分令21m t?，则221m t? (1)t?2284848497 (1)16797t tSt ttt?9972767tttt?（当且仅当97tt?，即37t?，亦即147m?时取等号）?当147m?时，S取最大值27xx高三数学B级题 （7）答案 11、? 712、312， 13、2498, 1615、解 （1）由sin cos1sin2CC C?得，22sin cos2sin sin2222C C C C?sin02C?，1sin cos222C C?（*）将（*）式两边同时平方得，131sinsin44C C? （2）由（*）式知，sin cos22CC?，从而24C?，从而C为钝角，7cos4C?根据正弦定理，2sinc R C?，从而22294sin (47)4cRC?根据余弦定理，22977 (47)2()2 (1)444a b ab ab?，09ab?因此，97cos,0)4AC BCab C?，即AC BC?范围为97,0)4?。 16、 （1）由题意知，ABCD为等腰梯形，且2AB a?，3AC a?，所以AC BC?，又平面ACEF?平面ABCD，平面ACEF平面ABCD AC?，所以BC?平面ACEF （2）当33FM a?，/AM平面BDE在梯形ABCD中，设N BDAC?，连结EN，则:1:2 NA?，因为33FM a?，3EF ACa?，所以EM AN?，又/EM AN，所以四边形EMAN为平行四边形，所以/AM NE，N MB AC DE（第16题图）F又NE?平面BDE，AM?平面BDE，所以/AM平面BDE 18、 (1)由于c2a2b2，将xc代入椭圆方程22221x ya b?，得y2ba由题意知22ba1，即a2b2，又eca32，所以a2，b1所以椭圆C的方程为2214xy? (2)设P(x0，y0)(y00)，则直线l的方程为yy0k(xx0)联立0022,1,4y kxy kxxy?得(14k2)x28(ky0k2x0)x4(y202kx0y0k2x201)0由题意0，即(4x20)k22x0y0k1y200又2xx4xy?，所以16y20k28x0y0kx200，故k004xy所以直线l方程为0014xxyy?，令x=0，解得点A01(0,)y,又直线m方程为00043yyx yx?,令x=0，解得点B0(0,3)y?,PAB的外接圆方程为以AB为直径的圆方程，即xx() (3)0xyy yy?得2xx3 (3)0xyy yy?，分别令2230,0,x yy?解得圆过定点(3,0)? 19、 （1）设4321,a a a a成公比为q的等比数列，显然1?q，则由04321?a a a a，得?01141?qq a，解得1?q，由14321?a a a a得141?a，解得411?a，xyPABO所以数列1111,4444?或1111,4444?为所求四阶“归化数列”；4分 （2）设等差数列12311,a a a a的公差为d，由123110a a a a?，所以111101102da?，所以150ad?，即60a?，6分当0d?时，与归化数列的条件相矛盾，当0d?时，由12561,02a a a a?，所以111,306d a?，所以116(,11).63030nn na n N n?8分当0d?时，由12561,02a a a a?，所以111,306d a?，所以30630161?n na n（nN*，n11），所以60306030nndand?（nN*，n11），10分 （3）由已知可知，必有a i0，也必有a jr，此时不满足直线与圆相交，故舍去，圆C的方程为(x2)2(y1)25 （2）点B(0，2)关于直线xy20的对称点为B(4，2)，则PBPBBQ，又B到圆上点Q的最短距离为BCr(6)2(3)2535525PB的最小值为25，直线BC的方程为y12x，直线BC与直线xy20的交点P的坐标为?43，2318解 （1）如图，以河岸l所在直线为x轴，以过M垂直于l的直线为y轴建立直角坐标系，则可得点(0,10)M，点(83,8)N设点(,)P s t，过P作平行于x轴的直线m，作N关于m的对称点N?，则(83,28)N t?所以P MP NPMP NM N?22 (830) (12810)t?2218129 (08)ttt?即为所求 （2）设三段水管总长为L，则由 （1）知L PMPN MN ?2218129 (08)tttt?，所以22()4 (18129)L ttt?，即方程223 (272) (516)0t Lt L?在(0,8)t?上有解故22 (272)12 (516)0L L?，即218630L L?，解得21L或3L?，所以L的最小值为21，此时对应的5(0,8)t?故(83,2)N?，MN?方程为3103yx?，令5y?得53x?，即(53,5)P从而22 (53) (510)10PM?，22 (5383) (58)6PN?答满足题意的P点距河岸5km，距小区M到河岸的垂线53km，此时污水处理站到小区M和N的水管长度分别为10km和6kmxx高三数学C级题 （1）答案13.xx.2a?19. （1）结论当1a?,0b?时,函数()f x和()g x不相切.?1分理由如下由条件知2()f xx?，由()l ngx x?，得0x?，又因为()2f xx?，1()g xx?，所以当0x?时，()20f xx?，1()0g xx?，所以对于任意的0x?，()()f xg x?.当1a?,0b?时,函数()f x和()g x不相切.?3分 （2）若a b?，则()2f xaxa?，1()g xx?，设切点坐标为(,)st，其中0s?,由题意，得2ln as as s?，12asas?，由得1 (21)as s?，代入得1ln21sss?.（*）因为10 (21)as s?，且0s?，所以12s?.设函数1()ln21xF xxx?，1(,)2x?，则2 (41) (1)() (21)x xF xxx?.令()0F x?，解得1x?或14x?(舍).?8分当x变化时，()F x?与()F x的变化情况如下表所示，x1(,1)21(1,)?()F x?0?()F x所以当1x?时，()Fx取到最大值 (1)0F?，且当1(,1)(1,)2x?时()0Fx?.因此，当且仅当1x?时()0Fx?.所以方程（*）有且仅有一解1s?.于是ln0t s?，因此切点P的坐标为(1,0).?12分 （3）当点P的坐标为1(,1)e?时，存在符合条件的函数()f x和()g x，使得它们在点P处相切；?14分当点P的坐标为2(e,2)时，不存在符合条件的函数()f x和()g x，使得它们在点P处相切.?16分20. （1）由题意，得1123na n?，解11323n?，则203n?，所以11323n?成立的所有n中的最小整数为7，即37b?. （2）由题意，得21na n?，对于正整数由na m?，得12mn?,根据mb的定义可知，当21m k?时，()mb kk N?当2m k?时，1()mb kk N?1221321()m mb b bbbb?242()mb bb?=2 (123)234 (1)2mmmm? （3）假设存在p和q满足条件，由不等式pn qm?及0p?得m qnp?32()mb mm N?，根据mb的定义可知，对于任意正整数的都有3132m qmmp?即2 (31)p qp mp q?对任意的正整数m都成立.当310p?（或310p?）时，得22()31313131p qp qp qp qmmp p pp?或这与上述结论矛盾.当310p?即13p?时，21033q q?，2133q?所以存在p和q，使得满足条件的p，q，且p，q的取值范围分别是121,333p q?.xx高三数学C级题 （2）答案14114322，11432219.解: （1）由x+10得x1f(x)的定义域为(-1，+),对x(-1，+),都有f(x)f (1)，f (1)是函数f(x)的最小值，故有f/ (1)=0,022,12)(/?bxbx xf解得b=-4.经检验，列表（略），合题意； （2）,12212)(2/?xb xxxbx xf又函数f(x)在定义域上是单调函数，f/(x)0或f/(x)0在(-1，+)上恒成立.若f/(x)0，x+10，2x2+2x+b0在(-1，+)上恒成立,即b-2x2-2x=21)21(22?x恒成立,由此得b21;若f/(x)0,x+10,2x2+2x+b0,即b-(2x2+2x)恒成立，因-(2x2+2x)在(-1，+)上没有最小值，不存在实数b使f(x)0恒成立.综上所述，实数b的取值范围是?,21. （3）当b=-1时，函数f(x)=x2-ln(x+1)，令函数h(x)=f(x)x3=x2ln(x+1)x3，则h/(x)=-3x2+2x-1)1(31123?xxxx，当?,0x时，h/(x)0所以函数h(x)在?,0x上是单调递减.又h (0)=0，当?,0x时，恒有h(x)h (0)=0,即x2ln(x+1)x3恒成立.故当?,0x时,有f(x)x3.?1,0,k Nk?取,1kx?则有311(),fk k?33311.31211)1(nkfnk?,故结论成立。 20解 （1）在S2n3n2anS2n1中分别令n2，n3，及a1a得(aa2)212a2a2，(aa2a3)227a3(aa2)2，因a n0，所以a2122a，a332a?2分因数列a n是等差数列，所以a1a32a2，即2(122a)a32a，解得a3?4分经检验a3时，a n3n，S n3n(n1)2，S n13n(n1)2满足S2n3n2anS2n1 （2）由S2n3n2anS2n1，得S2nS2n13n2an，即(S nS n1)(S nS n1)3n2an，即(S nS n1)a n3n2a n，因为a n0，所以S nS n13n2，(n2)，?6分所以S n1S n3(n1)2，得a n1a n6n3，(n2)?8分所以a n2a n16n9，得a n2a n6，(n2)即数列a2，a4，a6，?，及数列a3，a5，a7，?都是公差为6的等差数列，?10分因为a2122a，a332a所以a n?a，n1，3n2a6，n为奇数且n3，3n2a6，n为偶数，?12分要使数列a n是递增数列，须有a1a2，且当n为大于或等于3的奇数时，a na n1，且当n为偶数时，a na n1，即a122a，3n2a63(n1)2a6(n为大于或等于3的