体验真题·感悟高考-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册作业与测评word（北师大版）

数学　选择性必修　第二册　作业与测评（北师） 1．(新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝6，S5＝－5，则S6＝(　　) A．－20 B．－15 C．－10 D．－5 答案：B 解析：设等差数列{an}的公差为d，则由题可得解得所以S6＝6a1＋15d＝6×5＋15×(－3)＝－15．故选B． 2．(全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝(　　) A．－2 B． C．1 D．2 答案：B 解析：由S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，得a8＝0，则等差数列{an}的公差d＝＝－，故a1＝a5－4d＝1－4×＝．故选B． 3．(全国甲卷)设函数f(x)＝，则曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为(　　) A． B． C． D． 答案：A 解析：f′(x)＝，则 f′(0)＝＝3，故该切线方程为y－1＝3x，即y＝3x＋1，令x＝0，则y＝1，令y＝0，则x＝－，故该切线与两坐标轴围成的三角形的面积S＝×1×＝．故选A． 4．[多选](新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，且q>0，若S3＝7，a3＝1，则(　　) A．q＝ B．a5＝ C．S5＝8 D．an＋Sn＝8 答案：AD 解析：对于A，由题意，得解得故A正确；对于B，a5＝a1q4＝4×＝，故B错误；对于C，S5＝＝＝，故C错误；对于D，an＝4×＝23－n，Sn＝＝8－23－n，则an＋Sn＝23－n＋8－23－n＝8，故D正确．故选AD． 5．[多选](新课标Ⅱ卷)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)＝(x2－3)ex＋2，则(　　) A．f(0)＝0 B．当x<0时，f(x)＝－(x2－3)e－x－2 C．f(x)≥2当且仅当x≥ D．x＝－1是f(x)的极大值点 答案：ABD 解析：对于A，因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，故A正确；对于B，当x<0时，－x>0，则f(x)＝－f(－x)＝－{[(－x)2－3]e－x＋2}＝－(x2－3)e－x－2，故B正确；对于C，f(－1)＝－(1－3)e－2＝2(e－1)>2，故C错误；对于D，当x<0时，f(x)＝(3－x2)e－x－2，则f′(x)＝－(3－x2)e－x－2xe－x＝(x2－2x－3)e－x，令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝3(舍去)，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则x＝－1是f(x)的极大值点，故D正确．故选ABD． 6．[多选](新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则(　　) A．x＝3是f(x)的极小值点 B．当0<x<1时，f(x)<f(x2) C．当1<x<2时，－4<f(2x－1)<0 D．当－1<x<0时，f(2－x)>f(x) 答案：ACD 解析：对于A，因为函数f(x)的定义域为R，而f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，易知当x∈(1，3)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，1)或x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，故x＝3是f(x)的极小值点，故A正确；对于B，当0<x<1时，因为x－x2＝x(1－x)>0，所以1>x>x2>0，而由A项分析可知，函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以f(x)>f(x2)，故B错误；对于C，当1<x<2时，1<2x－1<3，而由A项分析可知，函数f(x)在(1，3)上单调递减，所以f(3)<f(2x－1)<f(1)，即－4<f(2x－1)<0，故C正确；对于D，当－1<x<0时，f(2－x)－f(x)＝(1－x)2(－2－x)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(2－2x)＝2(1－x)3>0，所以f(2－x)>f(x)，故D正确．故选ACD． 7．[多选](新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则(　　) A．当a>1时，f(x)有三个零点 B．当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点 C．存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴 D．存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心 答案：AD 解析：对于A，f′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)，由于a>1，当x∈(－∞，0)∪(a，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)，(a，＋∞)上单调递增，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，故f(x)在(0，a)上单调递减，则f(x)在x＝0处取到极大值，在x＝a处取到极小值，由f(0)＝1>0，f(a)＝1－a3<0，则f(0)f(a)<0，根据零点存在定理，可知f(x)在(0，a)上有且只有一个零点，又f(－1)＝－1－3a<0，f(2a)＝4a3＋1>0，则f(－1)f(0)<0，f(a)f(2a)<0，则f(x)在(－1，0)，(a，2a)上各有一个零点，于是当a>1时，f(x)有三个零点，A正确；对于B，f′(x)＝6x(x－a)，由于a<0，故当x∈(a，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，此时f(x)在x＝0处取到极小值，B错误；对于C，假设存在这样的a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴，即存在这样的a，b，使得f(x)＝f(2b－x)，即2x3－3ax2＋1＝2(2b－x)3－3a(2b－x)2＋1，易知等式左右两边x3的系数不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴，C错误；对于D，解法一(利用对称中心的表达式化简)：f(1)＝3－3a，若存在这样的a，使得(1，3－3a)为曲线y＝f(x)的对称中心，则f(x)＋f(2－x)＝6－6a，事实上，f(x)＋f(2－x)＝2x3－3ax2＋1＋2(2－x)3－3a(2－x)2＋1＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，于是6－6a＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，即解得a＝2，即存在a＝2，使得(1，f(1))是曲线y＝f(x)的对称中心，D正确．解法二(直接利用拐点结论)：任何三次函数的图象都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，f(x)＝2x3－3ax2＋1，f′(x)＝6x2－6ax，f″(x)＝12x－6a，由f″(x)＝0⇔x＝，于是该三次函数的图象的对称中心为点，由题意可知点(1，f(1))是函数y＝f(x)的图象的对称中心，故＝1⇔a＝2，即存在a＝2，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心，D正确．故选AD． 8．(新课标Ⅰ卷)若直线y＝2x＋5是曲线y＝ex＋x＋a的切线，则a＝________． 答案：4 解析：对于y＝ex＋x＋a，其导数为y′＝ex＋1，因为直线y＝2x＋5是曲线的切线，直线的斜率为2，令y′＝ex＋1＝2，即ex＝1，解得x＝0，将x＝0代入切线方程y＝2x＋5，可得y＝2×0＋5＝5，所以切点坐标为(0，5)，因为切点(0，5)在曲线y＝ex＋x＋a上，所以5＝e0＋0＋a，即5＝1＋a，解得a＝4． 9．(新课标Ⅰ卷)若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于________． 答案：2 解析：解法一：设等比数列为{an}，其公比为q，前n项和为Sn，因为等比数列{an}的各项均为正数，所以q>0，又S4＝4，S8＝68，所以q≠1．由S4＝4，得＝4　①，由S8＝68，得＝68　②，②÷①，得＝，即＝1＋q4＝17，所以q4＝16，又q>0，所以q＝2． 解法二：设等比数列为{an}，其公比为q，前n项和为Sn，因为等比数列{an}的各项均为正数，所以q>0，因为S4＝4，S8＝68，所以S8－S4＝64，因为S4，S8－S4，S12－S8，…成等比数列，且公比为q4，所以q4＝＝＝16，又q>0，所以q＝2． 10．(新课标Ⅱ卷)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)·(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝________． 答案：－4 解析：由题意有f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)，所以f′(x)＝(x－2)(x－a)＋(x－1)(x－a＋x－2)＝(x－2)(x－a)＋(x－1)(2x－2－a)，因为x＝2是函数f(x)的极值点，所以f′(2)＝2－a＝0，解得a＝2，当a＝2时，f(x)＝(x－1)(x－2)2，f′(x)＝(x－2)2＋2(x－1)(x－2)＝(x－2)(3x－4)，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以x＝2是函数f(x)的极小值点，符合题意．所以f(0)＝－(－2)2＝－4． 11．(新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝______． 答案：95 解析：设等差数列{an}的公差为d，则由题意，得解得则S10＝10a1＋d＝10×(－4)＋45×3＝95． 12．(新课标Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln (x＋1)＋a的切线，则a＝________． 答案：ln 2 解析：设f(x)＝ex＋x，则f′(x)＝ex＋1，f′(0)＝e0＋1＝2，故曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1．设g(x)＝ln (x＋1)＋a，则g′(x)＝，设切线与曲线y＝ln (x＋1)＋a相切的切点为(x0，ln (x0＋1)＋a)，由两曲线有公切线，得＝2，解得x0＝－，则切点为，切线方程为y＝2＋a＋ln ＝2x＋1＋a－ln 2，因为两切线重合，所以a－ln 2＝0，解得a＝ln 2． 13．(新课标Ⅰ卷)设数列{an}满足a1＝3，＝＋． (1)证明：{nan}为等差数列； (2)设f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f′(－2)． 解：(1)证明：∵在数列{an}中，a1＝3，＝＋， ∴(n＋1)an＋1＝nan＋1， 即(n＋1)an＋1－nan＝1， ∴{nan}是以3为首项，1为公差的等差数列． (2)由题意及(1)得，nan＝3＋1×(n－1)， 即an＝1＋， ∴f(x)＝3x＋2x2＋…＋xm， ∴f′(x)＝3＋4x＋…＋(m＋2)xm－1， ∴xf′(x)＝3x＋4x2＋…＋(m＋2)xm， 当x≠1且x≠0时， (1－x)f′(x)＝3＋x＋x2＋…＋xm－1－(m＋2)xm＝3＋－(m＋2)xm， ∴f′(x)＝＋－， ∴f′(－2)＝＋－ ＝1＋－ ＝1－－－ ＝－． 14．(新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ln (1＋x)－x＋x2－kx3，其中0<k<． (1)证明：f(x)在区间(0，＋∞)上存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设x1，x2分别为f(x)在区间(0，＋∞)上的极值点和零点． (ⅰ)设函数g(t)＝f(x1＋t)－f(x1－t)，证明：g(t)在区间(0，x1)上单调递减； (ⅱ)比较2x1与x2的大小，并证明你的结论． 解：(1)证明：由题意，得f′(x)＝－1＋x－3kx2＝－3kx2＝x2， 当x∈(0，＋∞)时，x2>0． 设h(x)＝－3k，x>0， 则h′(x)＝－<0在(0，＋∞)上恒成立， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 又h(0)＝1－3k>0，令h(x1)＝0，则x1＝－1， 所以当x∈(0，x1)时，h(x)>0，则f′(x)>0；当x∈(x1，＋∞)时，h(x)<0，则f′(x)<0， 所以f(x)在区间(0，x1)上单调递增，在区间(x1，＋∞)上单调递减， 所以f(x)在区间(0，＋∞)上存在唯一的极值点． 因为f(0)＝0，所以f(x)>0在区间(0，x1)上恒成立． 令φ(x)＝ln (1＋x)－x，x>0， 则φ′(x)＝－1＝－<0在区间(0，＋∞)上恒成立， 所以φ(x)＝ln (1＋x)－x在区间(0，＋∞)上单调递减， 所以φ(x)<φ(0)＝0，即ln (1＋x)－x<0在区间(0，＋∞)上恒成立． 因为0<k<，所以当x→＋∞时，x2－kx3＝x2(1－2kx)<0， 所以当x→＋∞时，f(x)<0， 又f(x1)>0，且f(x)在区间(x1，＋∞)上单调递减，根据零点存在定理，可知存在唯一x2∈(x1，＋∞)使得f(x2)＝0，即f(x)在区间(0，＋∞)上存在唯一的零点． (2)(ⅰ)证明：由(1)知x1＝－1，则x1＋1＝，f′(x)＝x2， 则g′(t)＝f′(x1＋t)＋f′(x1－t) ＝(x1＋t)2＋(x1－t)2 ＝(x1＋t)2＋(x1－t)2 ＝＋ ＝－t ＝， 因为t∈(0，x1)， 所以x1－t＋1>0，x－t2>0， 所以g′(t)<0，所以g(t)在区间(0，x1)上单调递减． (ⅱ)2x1>x2，证明如下： 由(ⅰ)知g(t)在区间(0，x1)上单调递减， 所以g(0)>g(x1)，即0>f(2x1)， 又f(x2)＝0，所以f(x2)>f(2x1)， 由(1)可知f(x)在区间(x1，＋∞)上单调递减，x2∈(x1，＋∞)，2x1∈(x1，＋∞)， 所以2x1>x2． 15．(全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4． (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn． 解：(1)当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4， 解得a1＝4． 当n≥2时，有4Sn－1＝3an－1＋4， 所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1， 而a1＝4≠0，故an≠0，故＝－3， 所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列， 所以an＝4×(－3)n－1． (2)由(1)可得bn＝(－1)n－1×n×4×(－3)n－1＝4n×3n－1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n×3n－1， 故3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n×3n， 两式相减，得－2Tn＝4＋4×31＋4×32＋…＋4×3n－1－4n×3n ＝4＋4×－4n×3n ＝4＋2×3×(3n－1－1)－4n×3n ＝(2－4n)×3n－2， 所以Tn＝(2n－1)×3n＋1． 16．(新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax－a3． (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 解：(1)当a＝1时， f(x)＝ex－x－1， 则f′(x)＝ex－1， 可得f(1)＝e－2，f′(1)＝e－1，即切点坐标为(1，e－2)， 切线斜率k＝e－1， 所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)， 即(e－1)x－y－1＝0． (2)解法一：因为f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a， 若a≤0，则f′(x)>0对任意x∈R恒成立， 可知f(x)在R上单调递增，无极值，不符合题意； 若a>0，令f′(x)>0，解得x>ln a， 令f′(x)<0，解得x<ln a， 所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， 则f(x)有极小值f(ln a)＝a－aln a－a3，无极大值， 由题意可得f(ln a)＝a－aln a－a3<0， 即a2＋ln a－1>0． 构建g(a)＝a2＋ln a－1，a>0， 则g′(a)＝2a＋>0， 可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0， 不等式a2＋ln a－1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1， 所以a的取值范围为(1，＋∞)． 解法二：因为f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a， 若f(x)有极小值，则f′(x)＝ex－a有零点， 令f′(x)＝ex－a＝0，可得ex＝a， 可知y＝ex与y＝a的图象有交点，则a>0． 以下同解法一． 17．(全国甲卷)已知函数f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x． (1)当a＝－2时，求f(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围． 解：(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln (1＋x)－x， 故f′(x)＝2ln (1＋x)＋－1＝2ln (1＋x)－＋1， 因为y＝2ln (1＋x)，y＝－＋1在(－1，＋∞)上均为增函数， 故f′(x)在(－1，＋∞)上为增函数， 而f′(0)＝0， 故当－1<x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0， 故f(x)在x＝0处取得极小值，且极小值为f(0)＝0，无极大值． (2)f′(x)＝－aln (1＋x)＋－1 ＝－aln (1＋x)－， 设s(x)＝－aln (1＋x)－，x≥0， 则s′(x)＝－ ＝－＝－， 当a≤－，x>0时，s′(x)>0，故s(x)在(0，＋∞)上为增函数， 故s(x)>s(0)＝0，即在(0，＋∞)上，f′(x)>0， 所以f(x)在[0，＋∞)上为增函数， 故f(x)≥f(0)＝0； 当－<a<0，0<x<－时，s′(x)<0， 故s(x)在上为减函数， 故在上，s(x)<s(0)＝0， 即在上，f′(x)<0， 故f(x)在上为减函数， 故在上，f(x)<f(0)＝0，不符合题意，舍去； 当a≥0时，s′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立， 同理可得，在(0，＋∞)上，f(x)<f(0)＝0恒成立，不符合题意，舍去． 综上所述，a的取值范围为． 18．(新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3． (1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值； (2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形； (3)若f(x)>－2当且仅当1<x<2，求b的取值范围． 解：(1)当b＝0时，f(x)＝ln ＋ax，其中x∈(0，2)， 则f′(x)＝＋＋a＝＋a，x∈(0，2)， 因为x(2－x)≤＝1，当且仅当x＝1时等号成立， 故f′(x)min＝2＋a，而f′(x)≥0恒成立， 故2＋a≥0，即a≥－2， 所以a的最小值为－2． (2)证明：因为f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3的定义域为(0，2)，且f(1)＝a， 设点P(m，n)为y＝f(x)图象上任意一点， 则点P(m，n)关于点(1，a)的对称点为Q(2－m，2a－n)， 因为点P(m，n)在y＝f(x)的图象上， 故n＝ln ＋am＋b(m－1)3， 而f(2－m)＝ln ＋a(2－m)＋b(2－m－1)3＝－＋2a＝－n＋2a，所以点Q(2－m，2a－n)也在y＝f(x)的图象上， 由点P的任意性可得y＝f(x)的图象为中心对称图形，且对称中心为(1，a)． (3)因为f(x)>－2当且仅当1<x<2， 故x＝1为f(x)＝－2的一个解， 所以f(1)＝－2，即a＝－2， 先考虑当1<x<2时，f(x)>－2恒成立． 此时f(x)>－2，即ln ＋2(1－x)＋b(x－1)3>0在(1，2)上恒成立， 设t＝x－1，则当x∈(1，2)时，t∈(0，1)，则ln －2t＋bt3>0在(0，1)上恒成立， 设g(t)＝ln －2t＋bt3， 则g′(t)＝－2＋3bt2＝， 当b≥0时，－3bt2＋2＋3b≥－3b＋2＋3b＝2>0， 故g′(t)>0恒成立，故g(t)在(0，1)上为增函数， 故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1，2)上恒成立； 当－≤b<0时，－3bt2＋2＋3b>2＋3b≥0， 故g′(t)>0恒成立，故g(t)在(0，1)上为增函数， 故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1，2)上恒成立； 当b<－时，则当0<t<<1时，g′(t)<0， 故g(t)在上为减函数， 故g(t)<g(0)＝0，不符合题意，舍去． 综上所述，f(x)>－2在(1，2)上恒成立时，b≥－． 而当b≥－时，由上述过程可得g(t)在(0，1)上单调递增，故g(t)>0的解为(0，1)， 即f(x)>－2的解为(1，2)． 综上，b的取值范围是． 19．(新课标Ⅱ卷)已知双曲线C：x2－y2＝m(m>0)，点P1(5，4)在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点Pn(n＝2，3，…)：过Pn－1作斜率为k的直线与C的左支交于点Qn－1，令Pn为Qn－1关于y轴的对称点，记Pn的坐标为(xn，yn)． (1)若k＝，求x2，y2； (2)证明：数列{xn－yn}是公比为的等比数列； (3)设Sn为△PnPn＋1Pn＋2的面积，证明：对任意的正整数n，Sn＝Sn＋1． 解：(1)由已知有m＝52－42＝9，故C的方程为x2－y2＝9． 当k＝时，过P1(5，4)且斜率为的直线方程为y－4＝(x－5)，即x－2y＋3＝0，与x2－y2＝9联立，得到x2－2x－15＝0，解得x＝－3或x＝5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1(－3，0)，该点显然在C的左支上． 故P2(3，0)，从而x2＝3，y2＝0． (2)证明：由于过Pn(xn，yn)且斜率为k的直线为y＝k(x－xn)＋yn，与x2－y2＝9联立，得到方程x2－[k(x－xn)＋yn]2＝9， 展开即得(1－k2)x2－2k(yn－kxn)x－(yn－kxn)2－9＝0，由于Pn(xn，yn)已经是直线y＝k(x－xn)＋yn和x2－y2＝9的公共点，故方程必有一根x＝xn． 从而根据根与系数的关系，另一根x＝－xn＝，相应的y＝k(x－xn)＋yn＝． 所以该直线与C的不同于Pn的交点为Qn， 所以Pn＋1． 这就得到xn＋1＝，yn＋1＝， 所以xn＋1－yn＋1 ＝－ ＝－ ＝(xn－yn) ＝(xn－yn)． 再由x－y＝9，可知x1－y1≠0， 所以数列{xn－yn}是公比为的等比数列． (3)证法一：由(2)知，数列{xn－yn}是首项为x1－y1＝5－4＝1，公比为的等比数列． 令t＝，由0<k<1可知t>1， 则xn－yn＝tn－1， 又x－y＝9，所以xn＋yn＝＝， 可得xn＝，yn＝， 所以Pn，Pn＋1，Pn＋2， 所以直线PnPn＋1的方程为x－xn＝(y－yn)， 即(9＋t2n－1)x－(9－t2n－1)y－9tn－1(1＋t)＝0． 易知点Pn＋2到直线PnPn＋1的距离d＝ ＝． 又|PnPn＋1|＝ ＝， 则Sn＝·|PnPn＋1|·d＝＝，即Sn为定值，所以Sn＝Sn＋1． 证法二：由(2)知，数列{xn－yn}是首项为x1－y1＝5－4＝1，公比为的等比数列． 令t＝，由0<k<1可知t>1， 则xn－yn＝tn－1， 又x－y＝9，所以xn＋yn＝＝， 可得xn＝，yn＝， 所以Pn，Pn＋1，Pn＋2， Pn＋3， 所以＝ ＝， ＝＝， 即＝， 所以PnPn＋3∥Pn＋1Pn＋2， 所以点Pn和点Pn＋3到直线Pn＋1Pn＋2的距离相等， 因此△PnPn＋1Pn＋2和△Pn＋1Pn＋2Pn＋3的面积相等， 即Sn＝Sn＋1． 证法三：由于(2)中已经得到 xn＋1＝， yn＋1＝， 故xn＋1＋yn＋1 ＝＋ ＝(xn＋yn) ＝(xn＋yn)． 再由x－y＝9，就知道x1＋y1≠0， 所以数列{xn＋yn}是公比为的等比数列． 所以对任意的正整数m，都有xnyn＋m－ynxn＋m ＝[(xnxn＋m－ynyn＋m)＋(xnyn＋m－ynxn＋m)]－[(xnxn＋m－ynyn＋m)－(xnyn＋m－ynxn＋m)] ＝(xn－yn)(xn＋m＋yn＋m)－(xn＋yn)(xn＋m－yn＋m) ＝m(xn－yn)(xn＋yn)－m·(xn＋yn)(xn－yn) ＝(x－y) ＝． 这就得到xn＋2yn＋3－yn＋2xn＋3＝＝xnyn＋1－ynxn＋1， 以及xn＋1yn＋3－yn＋1xn＋3＝＝xnyn＋2－ynxn＋2． 两式相减，即得(xn＋2yn＋3－yn＋2xn＋3)－(xn＋1yn＋3－yn＋1xn＋3)＝(xnyn＋1－ynxn＋1)－(xnyn＋2－ynxn＋2)， 移项得到xn＋2yn＋3－ynxn＋2－xn＋1yn＋3＋ynxn＋1＝yn＋2xn＋3－xnyn＋2－yn＋1xn＋3＋xnyn＋1． 故(yn＋3－yn)(xn＋2－xn＋1)＝(yn＋2－yn＋1)·(xn＋3－xn)． 而＝(xn＋3－xn，yn＋3－yn)， ＝(xn＋2－xn＋1，yn＋2－yn＋1)， 所以和平行，这就得到S△PnPn＋1Pn＋2＝S△Pn＋1Pn＋2Pn＋3，即Sn＝Sn＋1． 15 学科网（北京）股份有限公司 $