摘要：20．本小题主要考查函数.方程等基本知识.考查分类讨论的数学思想方法和综合运用数学知识分析问题.解决问题的能力. 要使有t意义.必须1+x≥0且1-x≥0.即-1≤x≤1, ∴t≥0 ① t的取值范围是由①得 ∴m(t)=a()+t= 即为函数的最大值. 注意到直线是抛物线的对称轴.分以下几种情况讨论. 当a>0时.函数y=m(t), 的图象是开口向上的抛物线的一段. 由<0知m(t)在上单调递增.∴g=a+2 =t, ,∴g(a)=2. (3)当a<0时,函数y=m(t), 的图象是开口向下的抛物线的一段. 若.即则 若.即则 若.即则 综上有 (3)解法一: 情形1:当时.此时. 由.与a<-2矛盾. 情形2:当时.此时. 解得. 与矛盾. 情形3:当时.此时 所以 情形4:当时..此时. 矛盾. 情形5:当时..此时g(a)=a+2, 由解得矛盾. 情形6:当a>0时..此时g(a)=a+2, 由.由a>0得a=1. 综上知.满足的所有实数a为或a=1 21本小题主要考查等差数列.充要条件等基础知识.考查综合运用数学知识分析问题.解决问题的能力. 证明:必要性.设是{an}公差为d1的等差数列.则 bn+1–bn=(an+1–an+3) – (an–an+2)= (an+1–an) – (an+3–an+2)= d1– d1=0 所以bnbn+1 成立. 又cn+1–cn=(an+1–an)+2 (an+2–an+1)+3 (an+3–an+2)= d1+2 d1 +3d1 =6d1 所以数列{cn}为等差数列. 充分性: 设数列{cn}是公差为d2的等差数列.且bnbn+1 ∵cn=an+2an+1+3an+2 ① ∴cn+2=an+2+2an+3+3an+4 ② ①-②得cn–cn+2=(an–an+2)+2 (an+1–an+3)+3 (an+2–an+4)=bn+2bn+1+3bn+2 ∵cn–cn+2=( cn–cn+1)+( cn+1–cn+2)= –2 d2 ∴bn+2bn+1+3bn+2=–2 d2 ③ 从而有bn+1+2bn+2+3bn+3=–2 d2 ④ ④-③得(bn+1–bn)+2 (bn+2–bn+1)+3 (bn+3–bn+2)=0 ⑤ ∵bn+1–bn≥0, bn+2–bn+1≥0 , bn+3–bn+2≥0, ∴由⑤得bn+1–bn=0 . 由此不妨设bn=d3 则an–an+2= d3. 由此cn=an+2an+1+3an+2= cn=4an+2an+1–3d3 从而cn+1=4an+1+2an+2–5d3 . 两式相减得cn+1–cn=2( an+1–an) –2d3 因此 所以数列{an}公差等差数列. [解后反思]理解公差d的涵义.能把文字叙述转化为符号关系式.利用递推关系是解决数列的重要方法,要求考生熟练掌握等差数列的定义.通项公式及其由来.

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