江苏省苏州市2020届高三数学上学期期末试卷（Word版附答案）

数学试题 (满分 160 分，考试时间 120 分钟) 参考公式： 锥体的体积 V＝ 1 3Sh，其中 S 为锥体的底面积，h 是锥体的高． 球的体积 V＝ 4 3πr3，其中 r 表示球的半径． 一、 填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分． 1. 已知集合 A＝{x|x≥1}，B＝{－1，0，1，4}，则 A∩B＝________． 2. 已知 i 是虚数单位，复数 z＝(1＋bi)(2＋i)的虚部为 3，则实数 b 的值为________． 3. 从 2 名男生和 1 名女生中任选 2 名参加青年志愿者活动，则选中的恰好是一男一女的 概率为________． 4. 为了了解苏州市某条道路晚高峰时段的车流量情况，随机抽查了某天单位时间内通过 的车辆数，得到以下频率分布直方图(如图)．已知在[5，7)之间通过的车辆数是 440 辆，则 在[8，9)之间通过的车辆数是________． (第 4 题)　　　 (第 5 题) 5. 如图是一个算法流程图，若输入的 x 值为 5，则输出的 y 值为________． 6. 已知等比数列{an}中，a1＞0，则“a1＜a2”是“a3＜a5”的________条件．(填“充分 不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”) 7. 在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 F1，F2 是双曲线 x2 a2－ y2 b2＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦 点，点 P 的坐标为(0，b)．若∠F1PF2＝120°，则该双曲线的离心率为________． 8. 若 x，y 满足约束条件{x ≥ 0， x－y ≤ 0， x＋y－1 ≤ 0， 则 z＝x＋3y 的最大值为________． 9. 如图，某品牌冰淇淋由圆锥形蛋筒和半个冰淇淋小球组成，其中冰淇淋小球的半径与 圆锥底面半径相同．已知圆锥形蛋筒的侧面展开图是圆心角为 2π 5 ，弧长为 4πcm 的扇形，则该冰淇淋的体积是________cm3. 10.在平面直角坐标系 xOy 中，若直线 x＋my＋m＋2＝0(m∈R)上存在点 P，使得过点 P 向 圆 O：x2＋y2＝2 作切线 PA(切点为 A)，满足 PO＝ 2PA，则实数 m 的取值范围是________． 11. 在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 l：y＝ 1 2与函数 f(x)＝sin(ωx＋ π 6 )(ω＞0)的 图象在 y 轴右侧的公共点从左到右依次为 A1，A2，….若点 A1 的横坐标为 1，则点 A2 的横坐标 为________． 12. 如图，在平面四边形 ABCD 中，已知 AD＝3，BC＝4，E，F 为 AB，CD 的中点，P，Q 为 对角线 AC，BD 的中点，则PQ→ ·EF→ 的值为________． 13. 已知实数 x，y 满足 x(x＋y)＝1＋2y2，则 5x2－4y2 的最小值为________． 14.已知函数 f(x)＝{ex ex，x ≤ 2， 4x－8 5x ，x＞2 (其中 e 为自然对数的底数)．若关于 x 的方程 f2(x)－ 3a|f(x)|＋2a2＝0 恰有 5 个相异的实根，则实数 a 的取值范围是________． 二、 解答题：本大题共 6 小题，共 90 分. 解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演 算步骤． 15. (本小题满分 14 分) 已知向量 a＝(sin x， 3 4)，b＝(cos x，－1)． (1) 当 a∥b 时，求 tan 2x 的值； (2) 设函数 f(x)＝2(a＋b)·b，且 x∈(0， π 2 )，求 f(x)的最大值以及对应的 x 的值． 16.(本小题满分 14 分) 如图，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，CA＝CB，D，E 分别是 AB，B1C 的中点． (1) 求证：DE∥平面 ACC1A1； (2) 若 DE⊥AB，求证：AB⊥B1C.17. (本小题满分 14 分) 为响应“生产发展、生活富裕、乡风文明、村容整洁、管理民主”的社会主义新农村建 设，某自然村将村边一块废弃的扇形荒地(如图)租给蜂农养蜂、产蜜与售蜜．已知扇形 AOB 中，∠AOB＝ 2π 3 ，OB＝2 3(百米)，荒地内规划修建两条直路 AB，OC，其中点 C 在AB︵ 上(C 与 A，B 不重合)，在小路 AB 与 OC 的交点 D 处设立售蜜点，图中阴影部分为蜂巢区，空白部分为 蜂源植物生长区．设∠BDC＝θ，蜂巢区的面积为 S(平方百米)． (1) 求 S 关于 θ 的函数关系式； (2) 当 θ 为何值时，蜂巢区的面积 S 最小，并求此时 S 的最小值．18. (本小题满分 16 分) 如图，定义：以椭圆中心为圆心，长轴为直径的圆叫做椭圆的“辅圆”．过椭圆第一象限 内一点 P 作 x 轴的垂线交其“辅圆”于点 Q，当点 Q 在点 P 的上方时，称点 Q 为点 P 的“上辅 点”．已知椭圆 E： x2 a2＋ y2 b2＝1(a＞b＞0)上的点(1， 3 2 )的上辅点为(1， 3)． (1) 求椭圆 E 的方程； (2) 若△OPQ 的面积等于 1 2，求上辅点 Q 的坐标； (3) 过上辅点 Q 作辅圆的切线与 x 轴交于点 T，判断直线 PT 与椭圆 E 的位置关系，并证 明你的结论． 19. (本小题满分 16 分) 已知数列{an}满足 2Sn＝nan＋a1，a3＝4，其中 Sn 是数列{an}的前 n 项和． (1) 求 a1 和 a2 的值及数列{an}的通项公式； (2) 设 Tn＝ 1 S1＋2＋ 1 S2＋4＋ 1 S3＋6＋…＋ 1 Sn＋2n(n∈N*)． ① 若 Tk＝T2T3，求 k 的值； ② 求证：数列{Tn}中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积． 20. (本小题满分 16 分) 已知函数 f(x)＝ a＋ln x x (a∈R)． (1) 求函数 f(x)的单调区间； (2) 当函数 f(x)与函数 g(x)＝ln x 图象的公切线 l 经过坐标原点时，求实数 a 的取值集 合； (3) 求证：当 a∈(0， 1 2)时，函数 h(x)＝f(x)－ax 有两个零点 x1，x2，且满足 1 x1＋ 1 x2＜ 1 a.数学附加题 (满分 40 分，考试时间 30 分钟) 21. 【选做题】 在 A，B，C 三小题中只能选做两题，每小题 10 分，共 20 分．若多做， 则按作答的前两题计分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． A. (选修 42：矩阵与变换) 已知矩阵 M＝[ 1 a b 1 ]的逆矩阵为 M－1＝[ c 2 0 d ]，求矩阵 N＝[ a b c d ]的 特征值． B. (选修 44：坐标系与参数方程) 在平面直角坐标系 xOy 中，已知 A(1，0)，P 为半圆 C：{x＝cos θ， y＝sin θ (θ 为参数，0≤θ≤ π)上的点，AP︵ 的长度为 π 3 .以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系． (1) 求点 P 的极坐标； (2) 求直线 AP 的极坐标方程． C. (选修 45：不等式选讲) 若 x∈(－5，4)，求证： 5＋x＋ 8－2x≤3 3.【必做题】第 22，23 题，每小题 10 分，共 20 分．解答时应写出必要的文字说明、证明 过程或演算步骤． 22. 如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，已知 DA＝4，DD1＝6，DC＝6，E 为棱 BC 的中点，F 为线段 D1E 的中点，G 是棱 AB 上的一个动点(包含端点)． (1) 若 G 为 AB 的中点，求异面直线 FG 与 DE 所成角的余弦值； (2) 若二面角 GDFE 的平面角的余弦值为 5 10 ，求点 G 的位置． 23. 已知 f(n)＝( 2－1)n，n∈N*. (1) 若 f(5)＝a＋b 2，其中 a，b∈Z，求 a＋b 的值； (2) 求证：对任意的正整数 n，f(n)可以写成 m－ m－1的形式，其中 m 为正整数．数学参考答案及评分标准 1. {1，4}　2. 1　3. 2 3　4. 220　5. 2　6. 充分不必要　7. 6 2 　8. 3　9. 16（ 6＋1） 3 π 10. m≤0 或 m≥ 4 3　11. 3　12. － 7 4　13. 4　14. [ 2 e， 4 5)∪{1 2 } 15. 解：(1) 因为 a∥b，所以－sin x－ 3 4cos x＝0.(2 分) 因为 cos x≠0(否则与－sin x－ 3 4cos x＝0 矛盾)，所以 tan x＝－ 3 4，(4 分) 所以 tan 2x＝ 2tan x 1－tan2x＝－ 24 7 .(7 分) (2) f(x)＝2(a＋b)·b＝2sin xcos x＋2cos2x＋ 1 2＝sin 2x＋cos 2x＋ 3 2(9 分) ＝ 2sin(2x＋ π 4 )＋ 3 2，(11 分) 因为 0＜x＜ π 2 ，所以 π 4 ＜2x＋ π 4 ＜ 5π 4 ， 所以当 2x＋ π 4 ＝ π 2 ，即 x＝ π 8 时，函数 f(x)的最大值为 2＋ 3 2.(14 分) 16. 证明：(1) 连结 AC1，BC1(如图)，因为 ABCA1B1C1 为三棱柱， 所以四边形 BB1C1C 为平行四边形，所以 E 也是 BC1 中点．(2 分) 因为点 D 是 AB 的中点，所以 DE∥AC1.(4 分) 又 DE⊄平面 ACC1A1，AC1⊂平面 ACC1A1， 所以 DE∥平面 ACC1A1.(7 分) (2) 连结 CD，因为 CA＝CB，点 D 是 AB 中点， 所以 CD⊥AB.(9 分) 又 DE⊥AB，DE∩CD＝D， DE⊂平面 CDE，CD⊂平面 CDE， 所以 AB⊥平面 CDE.(12 分) 因为 B1C⊂平面 CDE，所以 AB⊥B1C.(14 分) 17. 解：(1) 等腰三角形 OAB 中，因为∠AOB＝ 2π 3 ，所以∠ABO＝ π 6 ， 所以△BOD 中， OD sin ∠ABO＝ OB sin ∠ODB，即 OD sin π 6 ＝ 2 3 sin（π－θ），所以 OD＝ 3 sin θ.(2 分) 于是 S＝S△AOB＋S 扇形 BOC－2S△BOD ＝ 1 2×(2 3)2·sin 2π 3 ＋ 1 2×(2 3)2·(θ－ π 6 )－2× 1 2×2 3· 3 sin θ·sin(θ－ π 6 ) ＝3 3＋6(θ－ π 6 )－ 6sin（θ－ π 6 ） sin θ ＝6θ＋ 3cos θ sin θ －π.(6 分) 因为 θ－ π 6 ∈(0， 2π 3 )，所以 θ∈( π 6 ， 5π 6 )．(7 分) (2) S′＝6＋3· －sin2θ－cos2θ sin2θ ＝ 6sin2θ－3 sin2θ ，θ∈( π 6 ， 5π 6 )，(9 分) 令 S′＝0，得 sin θ＝ 2 2 ，即 θ＝ π 4 或 θ＝ 3π 4 ，(10 分) θ ( π 6 ， π 4 ) π 4 ( π 4 ， 3π 4 ) 3π 4 ( 3π 4 ， 5π 6 ) S′ － 0 ＋ 0 － S 极小值 极大值 又 f( π 4 )＝ π 2 ＋3，f( 5π 6 )＝4π－3 3，所以 f( π 4 )＜f( 5π 6 )， 所以当 θ＝ π 4 时，S 有最小值 π 2 ＋3. 答： 当 θ 等于 π 4 时，S 取到最小值 π 2 ＋3 平方百米．(14 分) 18. 解：(1) 因为椭圆过点(1， 3 2 )，所以 1 a2＋ 3 4b2＝1　①. 因为点(1， 3)在椭圆 E 的辅圆 x2＋y2＝a2 上，所以 1＋3＝a2　②.(2 分) 由①②解得 a2＝4，b2＝1，即椭圆 E 的方程为 x2 4 ＋y2＝1.(4 分) (2) 设 P(x0，y0)，Q(x0，yQ)，其中 x0＞0，y0＞0. 因为点 P，Q 分别在 x2 4 ＋y2＝1 与 x2＋y2＝4 上， 所以 x20＋4y20＝4，x20＋y2Q＝4，解得 yQ＝2y0. 因为 S△OPQ＝ 1 2·x0|yQ－y0|＝ x0y0 2 ＝ 1 2，所以 x0y0＝1.(6 分) 将 y0＝ 1 x0代入 x20＋4y20＝4 后，得到(x20－2)2＝0， 由 x0＞0 可知 x0＝ 2，即有 P( 2， 2 2 )，所以 Q( 2， 2)．(9 分) (3) 直线 PT 与椭圆相切． 证明：由(2)可设 P(x0，y0)，Q(x0，2y0)，其中 x0＞0，y0＞0.由 QT：y＝－ x0 2y0x＋ 2 y0，T( 4 x0，0)． 又直线 PT 的斜率 kPT＝ y0 x0－ 4 x0 ＝ x0y0 x－4＝ x0y0 －4y＝－ x0 4y0， 所以直线 PT 的方程为 y＝－ x0 4y0(x－ 4 x0)＝ 1 4y0(4－xx0)．(12 分) 联立方程组{x2＋4y2＝4， y＝ 1 4y0（4－xx0），得 x2＋ 1 4y(16＋x2x20－8xx0)＝4， 即( x＋4y 4y )x2－ 2x0 y x＋ 4－4y y ＝0.(14 分) 因为 x20＋4y20＝4，所以 x2 y － 2xx0 y ＋ x y＝0，即(x－x0)2＝0，得到 x＝x0. 综上可知，直线 PT 与椭圆相切．(16 分) 19. 解：(1) n＝2 时，2S2＝2a2＋a1＝2(a1＋a2)，所以 a1＝0. n＝3 时，2S3＝3a3＋a1＝12，所以 a1＋a2＋a3＝6，所以 a2＝2.(2 分) 由 2Sn＝nan＋a1＝nan　①，所以 2Sn＋1＝(n＋1)an＋1　②. 由②－①得 2an＋1＝(n＋1)an＋1－nan，即 nan＝(n－1)an＋1　③.(4 分) 当 n≥2 时，(n－1)an－1＝(n－2)an　④， 由③－④得(n－1)an＋1＋(n－1)an－1＝2(n－1)an，即 an＋1＋an－1＝2an， 所以数列{an}是首项为 0，公差为 2 的等差数列， 故数列{an}的通项公式是 an＝2n－2.(6 分) (2) 由(1)得 Sn＝ nan 2 ＝n(n－1)，所以 1 Sn＋2n＝ 1 n（n＋1），(7 分) 所以 Tn＝ 1 1 × 2＋ 1 2 × 3＋…＋ 1 n（n＋1） ＝(1－ 1 2)＋( 1 2－ 1 3)＋…＋( 1 n－ 1 n＋1)＝1－ 1 n＋1＝ n n＋1.(9 分) ① Tk＝T2T3＝ 2 3× 3 4＝ 1 2＝ k k＋1，所以 k＝1.(10 分) ② (证法 1)若存在 k≠n，t≠n，k≠t，k，t∈N*，使得 Tn＝Tk·Tt， 只需 n n＋1＝ k k＋1· t t＋1，所以 n＋1 n ＝ k＋1 k · t＋1 t ， 即 1＋ 1 n＝(1＋ 1 k)(1＋ 1 t)，即 1 n＝ 1 k＋ 1 t＋ 1 kt，则 t＝ n（k＋1） k－n .(13 分) 取 k＝n＋1，则 t＝n(n＋2)， 所以对数列{Tn}中的任意一项 Tn＝ n n＋1，都存在 Tn＋1＝ n＋1 n＋2和 Tn2＋2n＝ n2＋2n （n＋1）2， 使得 Tn＝Tn＋1·Tn2＋2n.(16 分) (证法 2)对于任意 n∈N*，Tn＝ n n＋1＝ n（n＋1） （n＋1）2＝ n（n＋2） （n2＋2n）＋1· n＋1 n＋2＝Tn2＋2n·Tn＋1， 所以对数列{Tn}中的任意一项 Tn＝ n n＋1，都存在 Tn＋1＝ n＋1 n＋2和 Tn2＋2n＝ n2＋2n （n＋1）2，使得 Tn＝Tn＋1·Tn2＋2n.(16 分) 20. (1) 解：因为 f′(x)＝ 1－a－ln x x2 ＝0 时，有 x＝e1－a，(2 分) 当 f′(x)＞0 时，ln x＜1－a，解得 0＜x＜e1－a； 当 f′(x)＜0 时，ln x＞1－a，解得 x＞e1－a. 所以函数 f(x)的单调增区间为(0，e1－a)，单调减区间为(e1－a，＋∞)．(4 分) (2) 解：设直线 l：y＝kx 与函数 y＝ln x 的图象切于点(x0，y0)， 则{k＝ 1 x0， y0＝kx0＝ln x0， 解得 x0＝e，k＝ 1 e.(6 分) 再设直线 l：y＝ x e与函数 f(x)的图象切于点(x1，y1)， 则{k＝ 1 e＝ 1－a－ln x1 x ， y1＝ 1 ex1＝ a＋ln x1 x1 ， 有 x e＝1－a－ln x1＝a＋ln x1， 即 x e＝a＋ln x1＝ 1 2，解得 x1＝ e 2，a＝ 1 2－ln x1＝ 1 2－ 1 2ln e 2＝ 1 2ln 2， 所以实数 a 的取值集合为{1 2ln 2}.(9 分) (3) 证明：由 a＋ln x x ＝ax，得 ln x－a(x2－1)＝0. 设 h(x)＝ln x－a(x2－1)(x＞0)，则 h′(x)＝ 1－2ax2 x .由 0＜a＜ 1 2，得 1 2a＞1. 当 0＜x＜ 1 2a时，h′(x)＞0，h(x)单调递增； 当 x＞ 1 2a时，h′(x)＜0，h(x)单调递减． 因为 h(1)＝0，所以 h(x)在区间(0， 1 2a)内有且仅有 1 个零点 1；(11 分) 当 x∈( 1 2a，＋∞)时，h( 1 2a)＞h(1)＝0，又 a－ 2a＝ a( a－ 2)＜0，则 1 2a＜ 1 a. 设 u(t)＝－ln t＋t－ 1 t，则 u′(t)＝－ 1 t＋1＋ 1 t2＝ t2－t＋1 t2 ＝ （t－ 1 2）2＋ 3 4 t2 ＞0. 因为 a＜1，所以 h( 1 a)＝－ln a＋a－ 1 a＝u(a)＜u(1)＝0，所以 h( 1 2a)h( 1 a)＜0. 因为函数 h(x)的图象在[ 1 2a， 1 a]上连续不间断， 所以由零点存在性定理可知∃x2∈( 1 2a， 1 a)，使得 h(x2)＝0.(14 分)所以函数 h(x)有两个零点 x1＝1，x2∈( 1 2a， 1 a)． 因为 0＜a＜ 1 2， 1 x1＋ 1 x2＜1＋ 2a，其中 0＜ 2a＜1， 1 a＞2， 所以 1 x1＋ 1 x2＜ 1 a.(16 分)数学附加题参考答案及评分标准 21. A. 解：由题意，MM－1＝[ 1 a b 1 ][ c 2 0 d ]＝[ c 2＋ad bc 2b＋d]＝[ 1 0 0 1 ]， 所以{c＝1， 2＋ad＝0， bc＝0， 2b＋d＝1， 解得{a＝－2， b＝0， c＝1， d＝1， 所以 N＝[ －2 0 1 1 ].(5 分) 令 N 的特征多项式 f(λ)＝|λ＋2 0 －1 λ－1|＝(λ＋2)(λ－1)＝0， 有 λ＝－2 或 λ＝1，所以 N 的特征值为－2 和 1.(10 分) B. 解：(1) 由已知得半圆 C 的直角坐标方程为 x2＋y2＝1(y≥0)， 因为 A(1，0)，AP︵ 的长度为 π 3 ，所以在极坐标系中，点 P 极径等于 1，极角为 π 3 ， 即点 P 的极坐标为(1， π 3 )．(4 分) (2) 由(1)知，在平面直角坐标系中，点 P 的坐标为( 1 2， 3 2 )， 因为 A(1，0)，所以直线 AP 的直角坐标方程是 y＝－ 3x＋ 3，(8 分) 所以直线 AP 的极坐标方程是 ρsin(θ＋ π 3 )＝ 3 2 .(10 分) C. 证明：由柯西不等式可得(1· 5＋x＋ 2· 4－x)2≤(1＋2)(5＋x＋4－x)＝27， 因为 x∈(－5，4)，所以 5＋x＋ 8－2x≤3 3.(10 分) 22. 解：在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，DA，DC，DD1 两两垂直， 以{DA→ ，DC→ ，DD1→ }为正交基底建立空间直角坐标系(如图)，(1 分) 可得 A(4，0，0)，B(4，6，0)，C(0，6，0)，D1(0，0，6)． 由 E 为棱 BC 的中点，得 E(2，6，0)． 由 F 为线段 D1E 的中点，得 F(1，3，3)． (1) 因为 G 为 AB 的中点，所以 G(4，3，0)， 此时FG→ ＝(3，0，－3)，DE→ ＝(2，6，0)． 设异面直线 FG 与 DE 所成的角为 α， 则 cos α＝|cos〈FG→ ，DE→ 〉|＝| FG→ ·DE→ |FG→ |·|DE→ ||＝ 6 3 2 × 2 10＝ 5 10 ，即异面直线 FG 与 DE 所成角的余弦值为 5 10 .(4 分) (2) 根据题意，DF→ ＝(1，3，3)，设 G(4，t，0)(0≤t≤6)，则DG→ ＝(4，t，0)． 设 n1＝(x1，y1，z1)为平面 DGF 的一个法向量， 则{n1·DF→ ＝0， n1·DG→ ＝0， 即{x1＋3y1＋3z1＝0， 4x1＋ty1＝0. 取 y1＝－4，则 x1＝t，z1＝4－ t 3，得 n1＝(t，－4，4－ t 3)． 设 n2＝(x2，y2，z2)为平面 DEF 的一个法向量， 则{n2·DE→ ＝0， n2·DF→ ＝0， 即{2x2＋6y2＝0， x2＋3y2＋3z2＝0， 取 y2＝1，得 x2＝－3，z2＝0，得 n2＝(－3，1，0)． 设二面角 GDFE 的平面角为 β， 则|cos β|＝|cos〈n1，n2〉|＝| n1·n2 |n1||n2||＝| 3t＋4 10· 10 9 t2－ 8 3t＋32|＝ 5 10 ，(8 分) 解得 t＝0 或 t＝－3(舍)， 所以 G(4，0，0)，即点 G 的位置与点 A 重合．(10 分) 23. (1) 解：因为 f(2)＝( 2－1)2＝3－2 2，所以 f(4)＝(3－2 2)2＝17－12 2， f(5)＝f(4)f(1)＝(17－12 2)( 2－1)＝－41＋29 2， 即 a＝－41，b＝29，a＋b＝－12.(3 分) (2) 证明：(证法 1)因为( 2＋1)n＝C0n＋C1n· 2＋C2n·( 2)2＋C3n·( 2)3＋…， 所以设( 2＋1)n＝a＋ 2b，其中 a＝1＋C2n·( 2)2＋C4n·( 2)4＋…为正奇数， b＝C1n＋2C3n＋4C5n＋…为正整数，则(1－ 2)n＝a－ 2b， 所以(a＋ 2b)(a－ 2b)＝( 2＋1)n(1－ 2)n＝(－1)n.(6 分) ① 当 n 为偶数时，a2＝2b2＋1，存在 m＝a2，m－1＝2b2， 使得(1－ 2)n＝a－ 2b＝ m－ m－1， 即( 2－1)n＝ m－ m－1，其中 m 为正整数．(8 分) ② 当 n 为奇数时，a2＝2b2－1，存在 m＝2b2，m－1＝a2， 使得(1－ 2)n ＝ m－1－ m， 即( 2－1)n＝－(1－ 2)n＝ m－ m－1，其中 m 为正整数． 所以对任意的正整数 n，f(n)可以写成 m－ m－1的形式，得证．(10 分) (证法 2)因为( 2－1)n＝ 1 2[( 2－1)n＋( 2＋1)n]－ 1 2[( 2＋1)n－( 2－1)n]， 设 m＝ 1 2[( 2－1)n＋( 2＋1)n]，则 m＝ 1 4[( 2－1)2n＋( 2＋1)2n＋2]，(6 分) 所以 m－1＝ 1 4[( 2－1)2n＋( 2＋1)2n＋2]－1＝ 1 4[( 2－1)2n＋( 2＋1)2n－2]＝[（ 2＋1）n－（ 2－1）n 2 ] 2 ， 即 m－1＝ 1 2[( 2＋1)n－( 2－1)n]．(8 分) 因为 m＝ 1 4[( 2－1)2n＋( 2＋1)2n＋2]＝ 可知 m 为正整数． 综上可知，f(n)可以写成 m－ m－1的形式，其中 m 为正整数．(10 分)