1
2020 届高三模拟考试试卷
数 学
(满分 160 分，考试时间 120 分钟)
2020．2
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________．2
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 4π cm 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：x 2 ＋y 2 ＝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；3
(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．4
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．5
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．6
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.7
2020 届高三模拟考试试卷
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 3.8
【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．9
2020 届高三模拟考试试卷(苏州)
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），10
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＞0.11
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）2，12
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)．13
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)14
2020 届高三模拟考试试卷(苏州)
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，15
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]，16
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)
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