上海市崇明区2019届高三上学期期末(一模)考试数学题目(详尽解析版)

上海市崇明区2019届高三上学期期末（一模）考试数学试题（解析版）
一、选择题（本大题共4小题，共20.0分）
1.若a<0<b，则下列不等式恒成立的是()
A. 1
a >1
b
B. −a>b
C. a2>b2
D. a3<b3
【答案】D
【解析】解：∵a<0<b，
若a=−1，b=1，
则A，B，C不正确，
对于D，根据幂函数的性质即可判断正确，
故选：D．
若a=−1，b=1，则A，B，C不正确，对于D，根据幂函数的性质即可判断正确．
本题考查了不等式的大小比较，特殊值法是常用的方法，属于基础题．
2.“p<2”是“关于x的实系数方程x2+px+1=0有虚数根”的()
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件
D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】解：关于x的实系数方程x2+px+1=0有虚数根的充要条件为：△=p2−4<0，
即−2<p<2，
又“p<2”不能推出“−2<p<2”，
“−2<p<2”能推出“p<2”，
即“p<2”是“关于x的实系数方程x2+px+1=0有虚数根”的必要不充分条件，
故选：B．
先求出关于x的实系数方程x2+px+1=0有虚数根的充要条件为：△=p2−4<0，即−2<p<2，再由“p<2”与“−2<p<2”的关系得解，
本题考查了充分条件、必要条件、充要条件及简易逻辑知识，属简单题
3.已知a⃗,b⃗ ,c⃗满足a⃗+b⃗ +c⃗=0⃗，且a⃗2<b⃗ 2<c⃗2，则a⃗⋅b⃗ ,b⃗ ⋅c⃗,a⃗⋅c⃗中最小的值是()
A. a⃗⋅b⃗
B. b⃗ ⋅c⃗
C. a⃗⋅c⃗
D. 不能确定
【答案】B
【解析】解：∵a⃗+b⃗ +c⃗=0⃗，
∴c⃗=−(a⃗+b⃗ )，
两边同时平方可得，c⃗2=a⃗2+b2⃗⃗⃗⃗ +2a⃗⋅b⃗ ，
∴2a⃗⋅b⃗ =c⃗2−(a⃗2+b⃗ 2)，
同理可得，2a⃗⋅c⃗=b⃗ 2−(a⃗2+c⃗2)，
2b⃗ ⋅c⃗=a⃗2−(b⃗ 2+c⃗2)，
∵a ⃗ 2<b ⃗ 2
<c ⃗ 2，
∴2a ⃗ ⋅b ⃗ >2a ⃗ ⋅c ⃗ >2b ⃗ ⋅c ⃗
即a ⃗ ⋅b ⃗ >2a ⃗ ⋅c ⃗ >2b ⃗ ⋅c ⃗ 故最小的为b ⃗ ⋅c ⃗ 故选：B ．
由已知可得∴c ⃗ =−(a ⃗ +b ⃗ )，两边同时平方可得2a ⃗ ⋅b ⃗ =c ⃗ 2−(a ⃗ 2+b ⃗ 2)，同理可得，2a ⃗ ⋅c ⃗ =b ⃗ 2−(a ⃗ 2+c ⃗ 2
)，2b ⃗ ⋅c ⃗ =a ⃗ 2−(b ⃗ 2
+c ⃗ 2)，结合a ⃗ 2<b ⃗ 2
<c ⃗ 2，即可判断
本题主要考查了向量的数量积的性质的简单应用，属于基础试题．
4. 函数f(x)=x ，g(x)=x 2−x +2.若存在x 1，x 2，…，x n ∈[0,9
2]，使得f(x 1)+f(x 2)+⋯+f(x n−1)+g(x n )=g(x 1)+g(x 2)+⋯+g(x n−1)+f(x n )，则n 的最大值是( ) A. 11 B. 13 C. 14 D. 18 【答案】C
【解析】解：∵f(x 1)+f(x 2)+⋯+f(x n−1)+g(x n )=x 1+x 2+⋯+x n−1+x n 2
−x n +2，
g(x 1)+g(x 2)+⋯+g(x n−1)+f(x n )=x 12+x 22+⋯+x n−12
−(x 1+x 2+⋯+x n−1)+2(n −1)+x n ， ∴(x 1−1)2+(x 2−1)2+⋯+(x n−1−1)2+(n −2)=(x n −1)2，
∴n −2=(x n −1)2−[(x 1−1)2+(x 2−1)2+⋯+(x n−1−1)2] 当x 1=x 2=⋯=x n−1=1，x n =9
2时，(n −2)max =(9
2−1)2=494，
∴n −2≤
494
，又∵n ∈N ，∴n max =14．
故选：C ．
由已知得n −2=(x n −1)2−[(x 1−1)2+(x 2−1)2+⋯+(x n−1−1)2]，又x 1，x 2，…，x n ∈[0,9
2]，可求n 的最大值．
本题考查参数的最值，配方是关键，考查推理能力和计算能力，属中档题．
二、填空题（本大题共12小题，共54.0分） 5. n →∞lim
n+203n+1=______．
【答案】13
【解析】解：n →∞lim
n+20
3n+1
=n →∞
lim
1+
20
n 3+1n =1+n →∞lim 20n 3+n →∞1n =
1+0
3+0
=1
3
， 故答案为：1
3．
将分式n+20
3n+1分子、分母同时除以n ，再利用n →∞
lim
20n
=0，n →∞lim
1
n
=0，可求解．
本题考查了极限的运算，属简单题．
6. 已知集合A ={x|−1<x <2}，B ={−1,0，1，2，3}，则A ∩B =______． 【答案】{0,1}
【解析】解：A ∩B ={0,1}． 故答案为：{0,1}．
直接利用交集运算得答案．
本题考查了交集及其运算，是基础题．
7. 若复数z 满足2z +z =3−2i ，其中i 为虚数单位，则z =______． 【答案】1−2i
【解析】解：设z =a +bi ，(a 、b 是实数)，则z =a −bi ， ∵2z +z =3−2i ，
∴2a +2bi +a −bi =3−2i ， ∴3a =3，b =−2， 解得a =1，b =−2， 则z =1−2i
故答案为：1−2i ．
设复数z =a +bi ，(a 、b 是实数)，则z =a −bi ，代入已知等式，再根据复数相等的含义可得a 、b 的值，从而得到复数z 的值．
本题给出一个复数乘以虚数单位后得到的复数，求这个复数的值，着重考查了复数的四则运算和复数相等的含义，属于基础题．
8. (x 2−1
x )8的展开式中x 7的系数为______(用数字作答) 【答案】−56
【解析】解：T r+1=∁8r (x 2)8−r (−1
x
)r =(−1)r ∁8r x 16−3r
， 令16−3r =7，解得r =3．
∴(x 2−1
x )8的展开式中x 7的系数为(−1)3∁83=−56．
故答案为：−56．
利用通项公式即可得出．
本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
9. 角θ的终边经过点P(4,y)，且sinθ=−3
5，则tanθ=______． 【答案】−3
4
【解析】解：角θ的终边经过点P(4,y)，且sinθ=−35=√16+y2，
∴y=−3，则tanθ=y
4=−3
4
，
故答案为：−3
4
．
由题意利用任意角的三角函数的定义，求得tanθ的值．
本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
10.在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y2=4x上一点P到焦点的距离为5，则点P的横坐标是______．【答案】4
【解析】解：∵抛物线y2=4x=2px，
∴p=2，
由抛物线定义可知，抛物线上任一点到焦点的距离与到准线的距离是相等的，
∴|PF|=x+1=5，
∴x=4，
故答案为：4．
由抛物线定义可知，抛物线上任一点到焦点的距离与到准线的距离是相等的，已知|PF|=5，则P到准线的距离也为5，即x+1=5，即可求出x．
考查了抛物线的定义、焦半径.到焦点的距离常转化为到准线的距离求解，属于基础题
11.圆x2+y2−2x+4y=0的圆心到直线3x+4y+5=0的距离等于______．
【答案】0
【解析】解：由已知得圆心为：P(1,−2)，
由点到直线距离公式得：d=
√32+42
=0，
故答案为：0．
先求圆的圆心坐标，利用点到直线的距离公式，求解即可．
本题以圆为载体考查点到直线的距离公式，考查学生计算能力，是基础题．
12.设一个圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则此圆锥的体积等于______．
【答案】√3
3
π
【解析】解：设圆锥的底面半径为r，则2πr=2π，∴r=1．
∴圆锥的高ℎ=√22−12=√3．
∴圆锥的体积V=1
3πr2ℎ=√3
3
π．
故答案为：√3
3
π．
根据圆锥的侧面展开图的弧长为圆锥底面周长得出圆锥底面半径，从而得出圆锥的高，代入体积公式计算即可．
本题考查了圆锥的结构特征，侧面展开图，属于基础题．
13.若函数f(x)=log2x−a
x+1
的反函数的图象过点(−3,7)，则a=______
【答案】6
【解析】解：∵f(x)的反函数图象过点(−3,7)，所以原函数f(x)的图象过(7,−3)， ∴f(7)=−3，即log 2 7−a
7+1=−3，∴
7−a 8
=2−3，∴a =6．
故答案为：6
∵f(x)的反函数图象过点(−3,7)，所以原函数f(x)的图象过(7,−3)，然后将点(7,−3)代入f(x)可解得． 本题考查了反函数.属基础题．
14. 2018年上海春季高考有23所高校招生，如果某3位同学恰好被其中2所高校录取，那么不同的录取方
法有______种. 【答案】1518
【解析】解：由题意知本题是一个分步计数问题， 解决这个问题得分三步完成， 第一步把三个学生分成两组，
第二步从23所学校中取两个学校，
第三步，把学生分到两个学校中，共有C 31C 22A 232
=1518， 故答案为：1518．
解决这个问题得分三步完成，第一步把三个学生分成两组，第二步从23所学校中取两个学校，第三步，把学生分到两个学校中，再用乘法原理求解
本题考查分步计数问题，本题解题的关键是把完成题目分成三步，看清每一步所包含的结果数，本题是一个基础题．
15. 设f(x)是定义在R 上的以2为周期的偶函数，在区间[0,1]上单调递减，且满足f(π)=1，f(2π)=2，
则不等式组{1≤f(x)≤21≤x≤2
的解集为______．
【答案】[π−2,8−2π]
【解析】解：∵f(x)是以2为周期的偶函数，且f(x)在[0,1]上单调递减；
∴由f(π)=1，f(2π)=2得，f(4−π)=1，f(2π−6)=2，且4−π，2π−6∈[0,1]； 由1≤x ≤2得，0≤2−x ≤1；
∴由{1≤f(x)≤21≤x≤2
得，{f(4−π)≤f(2−x)≤f(2π−6)1≤x≤2
； ∴{2π−6≤2−x ≤4−π1≤x≤2；
解得π−2≤x ≤8−2π；
∴原不等式组的解集为[π−2,8−2π]． 故答案为：[π−2,8−2π]．
根据f(x)是以2为周期的偶函数，并且在[0,1]上单调递减，便可由f(π)=1，f(2π)=2得出f(4−π)=1，f(2π−6)=2，并且由1≤x ≤2得出0≤2−x ≤1，从而由1≤f(x)≤2得出f(4−π)≤f(2−x)≤f(2π−6)，进而得出{2π−6≤2−x ≤4−π1≤x≤2
，解该不等式组即可．
考查周期函数和偶函数的定义，以及减函数的定义，不等式的性质．
16. 已知数列{a n }满足：①a 1=0，②对任意的n ∈N ∗都有a n+1>a n 成立．
函数f n (x)=|sin 1n (x −a n )|，x ∈[a n ,a n+1]满足：对于任意的实数m ∈[0,1)，f n (x)=m 总有两个不同的根，则{a n }的通项公式是______．
【答案】a n=n(n−1)
2
π
【解析】解：∵a1=0，当n=1时，f1(x)=|sin(x−a1)|=|sinx|，x∈[0,a2]，又∵对任意的m∈[0,1)，f1(x)=m总有两个不同的根，∴a2=π，
∴f1(x)=sinx，x∈[0,π]，a2=π，
又f2(x)=|sin1
2(x−a2)|=|sin1
2
(x−π)|=|cos x
2
|，x∈[π,a3]，
∵对任意的m∈[0,1)，f1(x)=m总有两个不同的根，∴a3=3π，
又f3(x)=|sin1
3(x−a3)|=|sin1
3
(x−3π)|=|sin1
3
π|，x∈[3π,a4]，
∵对任意的b∈[0,1)，f1(x)=m总有两个不同的根，∴a4=6π，
由此可得a n+1−a n=nπ，
∴a n=a1+(a2−a1)+⋯+(a n−a n−1)=0+π+⋯+(n−1)π=n(n−1)
2
π，
故答案为：a n=n(n−1)
2
π，
利用三角函数的图象与性质、诱导公式、数列的递推关系可得a n+1−a n=nπ，再利用“累加求和”方法、等差数列的求和公式即可得出．
本题考查了三角函数的图象与性质、诱导公式、数列的递推关系、“累加求和”方法、等差数列的求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题
三、解答题（本大题共5小题，共76.0分）
17.如图，设长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=2，直线A1C与平面ABCD所成
角为π
4
．
(1)求三棱锥A−A1BD的体积；
(2)求异面直线A1B与B1C所成角的大小．
【答案】
解：(1)
连接AC，则∠A1CA为A1C与平面ABCD所成的角，
∴∠A1CA=π
4
，
∵AB=BC=2，
∴AC=2√2，
∴AA1=2√2
∴V A−A
1BD =V A
1−ABD
=1
3
×
1
2
AB×AD×AA1
=4√2
3
，
(2)连接A1D，
易知A1D//B1C，
∴∠BA1D(或其补角)即为所求，
连接BD，
在△A1DB中，A1D=2√3，A1B=2√3，BD=2√2，由余弦定理得：
cos∠BA1D=
12+12−8 2×2√3×2√3
=2
3
，
∠BA1D=arccos2
3
，
故异面直线A1B，B1C所成角的大小为arccos2
3
．
【解析】(1)转换顶点，以A1为顶点，易求体积；
(2)B1C平移至A1D，化异面直线为共面直线，利用余弦定理求解．
此题考查了三棱锥体积，异面直线所成角的求法等，难度不大．
18.已知函数f(x)=cosx⋅sinx+√3cos2x−√3
2
．
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f(A)=1
2
，a=3，b=4.求△ABC的面积．
【答案】解：(1)函数f(x)=cosx⋅sinx+√3cos2x−√3
2=1
2
sin2x+√3
2
cos2x=sin(2x+π
3
)
令2kπ−π
2≤2x+π
3
≤2kπ+π
2
，
得kπ−5π
12≤x≤kπ+π
12
，
∴f(x)的单调递增区间为[kπ−5π
12,kπ+π
12
]；k∈Z；
(2)由f(A)=1
2，即sin(2A+π
3
)=1
2
，
△ABC是锐角三角形，
∴2A+π
3
=
5π
6
可得A=π
4
余弦定理：cosA=b2+c2−a2
2bc =√2
2
解得：c=2√2+1
△ABC的面积S=1
2
bcsinA=4+√2．
【解析】(1)利用二倍角，辅助角公式化简，结合三角函数的单调性即可求解f(x)的单调递增区间；
(2)根据f(A)=1
2
，求解A，a=3，b=4.利用余弦定理求解c，即可求解△ABC的面积．
本题主要考查三角函数的图象和性质，余弦定理的应用，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键．
19.某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品，估计能活得25万元～1600万元的投资收益，现准备制定
一个对科研课题组的奖励方案：奖金y(单位：万元)随投资收益x(单位：万元)的增加而增加，奖金不超过75万元，同时奖金不超过投资收益的20%.(即：设奖励方案函数模型为y=f(x)时，则公司对函数
模型的基本要求是：当x∈[25,1600]时，①f(x)是增函数；②f(x)≤75恒成立；(3)f(x)≤x
5
恒成立.)
(1)判断函数f(x)=x
30
+10是否符合公司奖励方案函数模型的要求，并说明理由；
(2)已知函数g(x)=a√x−5(a≥1)符合公司奖励方案函数模型要求，求实数a的取值范围．
【答案】解：(1)对于函数模型f(x)=x
30
+10，
当x∈[25,1600]时，f(x)是单调递增函数，则f(x)≤f(1600)=160
3
10≤75，显然恒成立，
若函数f(x)=x
30+10−x
5
≤0恒成立，即x≥60
∴f(x)=x
30
+10不恒成立，
综上所述，函数模型f(x)=x
30
+10，
满足基本要求①②，但是不满足③，
故函数模型f(x)=x
30
+10，不符合公司要求；
(2)x∈[25,1600]时，g(x)=a√x−5有意义，∴g(x)max=a√1600−5≤75，
∴a≤2，
设a√x−5≤x
5
恒成立，
∴ax≤(5+x
5
)2恒成立，
即a≤25
x +2+x
25
，
∵25
x +x
25
≥2√25
x
⋅x
25
=2，当且仅当x=25时取等号，
∴a≤2
∵a ≥1， ∴1≤a ≤2，
故a 的取值范围为[1,2]
【解析】(1)研究它的单调性和恒成立问题，即可判断是否符合的基本要求；
(2)先求出g(x)max =a √1600−5≤75，此时a 的范围，再求出满足f(x)≤x
5恒成立a 的范围，即可求出 本题主要考查函数模型的选择，其实质是考查函数的基本性质，同时，确定函数关系实质就是将文字语言转化为数学符号语言--数学化，再用数学方法定量计算得出所要求的结果，关键是理解题意，将变量的实际意义符号化．
20. 已知椭圆Γ：
x 2a 2
+y 2
b 2=1(a >b >0)，B 1，B 2分别是椭圆短轴的上下两个端点，F 1是椭圆的左焦点，P
是椭圆上异于点B 1，B 2的点，若△B 1F 1B 2的边长为4的等边三角形． (1)写出椭圆的标准方程；
(2)当直线PB 1的一个方向向量是(1,1)时，求以PB 1为直径的圆的标准方程；
(3)设点R 满足：RB 1⊥PB 1，RB 2⊥PB 2，求证：△PB 1B 2与△RB 1B 2的面积之比为定值． 【答案】(1)解：如图，由△B 1F 1B 2的边长为4的等边三角形，得a =4，且b =2． ∴椭圆的标准方程为
x 216
+
y 24
=1；
(2)解：∵直线PB 1的一个方向向量是(1,1)，
∴直线PB 1所在直线的斜率k =1，则直线PB 1的方程为y =x +2， 联立{y =x +2
x 2
16
+
y 24
=1
，得5x 2+16x =0，
解得x P =−16
5，∴y P =−6
5．
则PB 1的中点坐标为(−85,2
5)，|PB 1|=√(−165
)2+(−65
−2)2=16
5
√2．
则以PB 1为直径的圆的半径r =
8√2
5
． ∴以PB 1为直径的圆的标准方程为(x +8
5)2+(y −2
5)2=12825
；
(3)证明：方法一、设P(x 0,y 0)，R(x 1,y 1). 直线PB 1的斜率为k PB 1=
y 0−2x 0
，由RB 1⊥PB 1，得直线RB 1的斜率为k RB 1=x
y 0−2．
于是直线RB 1的方程为：y =−x 0
y
0−2
x +2．
同理，RB 2的方程为：y =−x
y 0+2x −2．
联立两直线方程，消去y ，得x 1=y 0
2−4x 0
．
∵P(x 0,y 0)在椭圆
x 2
16
+
y 24
=1上，
∴x 02
16+
y 0
24
=1，从而y 02−4=−x 02
4．
∴x 1=−x
04， ∴S △PB 1B 2
S
△RB 1B 2
=|x
0x 1
|=4．
方法二、设直线PB 1，PB 2的斜率为k ，
，则直线PB 1的方程为y =kx +2．
由RB 1⊥PB 1，直线RB 1的方程为y =−1
k x +2， 将y =kx +2代入
x 2
16
+y 24
=1，得(4k 2+1)x 2+16kx =0，
∵P 是椭圆上异于点B 1，B 2的点，∴x 0≠0，从而x 0=−16k
4k 2+1． ∵P(x 0,y 0)在椭圆
x 216
+
y 24
=1上，
∴x 0
2
16+
y 0
24
=1，从而y 02
−4=−x 02
4． ∴k ⋅k′=y 0−2x 0⋅
y 0+2x 0
=
y 02−4x 0
2=−14，得k′=−1
4k
．
∵RB 2⊥PB 2，∴直线RB 2的方程为y =4kx −2． 联立{y =−1
k x +2y =4kx −2，解得x =4k 4k 2+1，即x 1=4k
4k 2+1．
∴S △PB 1B 2
S
△RB 1B 2
=|x 0
x 1
|=|
−16k 4k 2+14k 4k 2+1
|=4．
【解析】(1)由△B 1F 1B 2是边长为4的等边三角形得a =4，进一步求得b =2，则椭圆方程可求；
(2)由直线PB 1的一个方向向量是(1,1)，可得直线PB 1所在直线的斜率k =1，得到直线PB 1的方程，由椭圆方程联立，求得P 点坐标，得到PB 1的中点坐标，再求出|PB 1|，可得以PB 1为直径的圆的半径，则以PB 1为直径的圆的标准方程可求；
(3)方法一、设P(x 0,y 0)，R(x 1,y 1)求出直线PB 1的斜率，进一步得到直线RB 1的斜率，得到直线RB 1的方程，同理求得直线RB 2的方程，联立两直线方程求得R 的横坐标，再结合P(x 0,y 0)在椭圆x 2
16
+y 24
=1上可得x 1 与
x 0 的关系，由S △PB 1B 2
S
△RB 1B 2
=|
x 0x 1
|求解；
方法二、设直线PB 1，PB 2的斜率为k ，，得直线PB 1的方程为y =kx +2.结合RB 1⊥PB 1，可得直线RB 1的方程为y =−1
k x +2，把y =kx +2与椭圆方程联立可得x 0=−16k
4k 2+1，再由P(x 0,y 0)在椭圆
x 216
+
y 24
=1上，得
到y 0
2−4=−x 0
24
，从而得到k ⋅k′=
y 0−2x 0
⋅
y 0+2x 0
=
y 02−4x 0
2=−14，得k′=−
14k
.结合RB 2⊥PB 2，可得直线RB 2的方
程为y =4kx −2.与线RB 1的方程联立求得x 1=4k
4k 2+1.再由S △PB 1B 2
S
△RB 1B 2
=|x
0x 1
|求解．
本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是中档
题．
21. 已知数列{a n }，{b n }均为各项都不相等的数列，S n 为{a n }的前n 项和，a n+1b n =S n +1(n ∈N ∗)．
(1)若a 1=1,b n =n
2，求a 4的值；
(2)若{a n }是公比为q(q ≠1)的等比数列，求证：数列{b n +1
1−q }为等比数列；
(3)若{a n }的各项都不为零，{b n }是公差为d 的等差数列，求证：a 2，a 3，…，a n ，…成等差数列的充要条件是d =12．
【答案】解：(1)∵a n+1b n =S n +1，a 1=1，b n =n 2，
∴a 2=a 1+1
b 1=1+112=4，1+4+6+132
a 3=S 2+1
b 2=1+4+11=6，
a 4=S 3+1
b 3=1+4+6+1
32
=8，
证明：(2)设a n =a 1q n−1(q ≠1)，则S n =a
1(1−q n )1−q ，
∵a n+1b n =S n +1，
∴b n =S n +1a n+1=a 1(1−q n )1−q +1
a 1q n =a 1−a 1q n +1−q (1−q)a 1q n
， ∴b n +11−q =a 1−a 1q n +1−q (1−q)a 1q n +11−q =a 1+1−q
(1−q)a 1q n
∴b n+1+11−q =a
1+1−q
(1−q)a 1q n+1
∴b n+1
b n =q ，(q 为常数)
∴数列{b n +11−q }为等比数列，
(3)∵数列{b n }是公差为d 的等差数列，
∴当n ≥2时，a n+1b n −a n (b n −d)=a n ，
即(a n+1−a n )b n =(1−d)a n ，
∵数列{a n }的各项都不为零，
∴a n+1−a n ≠0，1−d ≠0，
∴当n ≥2时，b n 1−d =a n
a n+1−a n ，
当n ≥3时，b n−11−d =a n−1
a n −a n−1，
两式相减得：当n ≥3时，a n a n+1−a n −a n−1a n −a n−1=b n −b n−11−d =d 1−d ．
先证充分性：
由d =12可知a n a n+1−a n −a n−1
a n −a n−1=1，
∴当n ≥3时，a n−1a n −a n−1+1=a n
a n+1−a n ，
又∵a n ≠0，
∴a n+1−a n =a n −a n−1，
即a 2，a 3，…，a n …成等差数列；
再证必要性：
∵a 2，a 3，…，a n …成等差数列，
∴当n ≥3时，a n+1−a n =a n −a n−1，
∴a n
a n+1−a n −a n−1
a n−a n−1
=a n−1
a n−a n−1
−a n−1
a n−a n−1
=1=d
1−d
，
∴d=1
2
．
综上所述，a2，a3，…，a n…成等差数列的充要条件是d=1
2
【解析】(1)直接代入计算即可；
(2)通过设a n=a1q n−1(q≠1)，利用等比数列的求和公式及a n+1b n=S n+1，计算可知b n，进而化简即得结论；
(3)通过数列{b n}是公差为d的等差数列，对a n+1b n−a n(b n−d)=a n变形可知a n
a n+1−a n −a n−1
a n−a n−1
=b n−b n−1
1−d
=
d
1−d
，然后分别证明充分性、必要性即可．
本题考查数列的递推式，考查运算求解能力，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于难题．。