2015江苏高考数学试卷含答案（校正精确版）.doc

1、20152015 江苏江苏 一、填空题 1已知集合 A1，2，3，B2，4，5，则集合 AB 中元素的个数为_ 2已知一组数据 4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为_ 3设复数 z 满足 z234i(i 是虚数单位)，则 z 的模为_ 4根据如图所示的伪代码，可知输出的结果 S 为_ S1 I1 While I8 SS2 II3 End while Print S 5袋中有形状、大小都相同的 4 只球，其中 1 只白球，1 只红球，2 只黄球从中一次随机摸 出 2 只球，则这 2 只球颜色不同的概率为_ 6已知向量 a(2，1)，b(1，2)，若 manb(9，8)(m，nR)，则

2、mn 的值为_ 7不等式2x 2x4 的解集为_ 8已知 tan 2，tan()1 7，则 tan 的值为_ 9现有橡皮泥制作的底面半径为 5、高为 4 的圆锥和底面半径为 2，高为 8 的圆柱各一个，若 将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面 半径为_ 10在平面直角坐标系 xOy 中，以点(1，0)为圆心且与直线 mxy2m10(mR)相切的所 有圆中，半径最大的圆的标准方程为_ 11设数列an满足 a11，且 an1ann1(nN* )，则数列 1 an的前 10 项的和为_ 12在平面直角坐标系 xOy 中，P 为双曲线 x2y21 右支

3、上的一个动点，若点 P 到直线 xy 10 的距离大于 c 恒成立，则实数 c 的最大值为_ 13 已知函数 f(x)|ln x|， g(x) 0， 01 ， 则方程|f(x)g(x)|1 实根的个数为_ 14设向量 ak(cos1 6k，sin 1 6kcos 1 6k)(k0，1，2，12)，则 k0 11 (ak ak1)的值为_ 二、解答题 15(本小题满分 14 分)在ABC 中，已知 AB2，AC3，A60 (1)求 BC 的长； (2)求 sin 2C 的值 16(本小题满分 14 分)如图，在直三棱柱 ABC- A1B1C1中，已知 ACBC，BCCC1，设 AB1 的中点为

4、D，B1CBC1E 求证：(1) DE平面 AA1C1C； (2) BC1AB1 17(本小题满分 14 分)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通 现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路记两条相互垂直的公路为 l1，l2，山 区边界曲线为 C，计划修建的公路为 l如图所示，M，N 为 C 的两个端点，测得点 M 到 l1，l2的 距离分别为 5 千米和 40 千米，点 N 到 l1，l2的距离分别为 20 千米和 25 千米，以 l1，l2所在的直 线分别为 x，y 轴，建立平面直角坐标系 xOy，假设曲线 C 符合函数 y a x2b(其中 a，b 为常

5、数)模 型 (1)求 a，b 的值； (2)设公路 l 与曲线 C 相切于 P 点，P 的横坐标为 t 请写出公路 l 长度的函数解析式 f(t)，并写出其定义域； 当 t 为何值时，公路 l 的长度最短？求出最短长度 18(本小题满分 16 分)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心 率为 2 2 ，且右焦点 F 到左准线 l 的距离为 3 (1)求椭圆的标准方程； (2)过 F 的直线与椭圆交于 A，B 两点，线段 AB 的垂直平分线分别交直线 l 和 AB 于点 P，C， 若 PC2AB，求直线 AB 的方程 19(本小题满分 16 分)已

6、知函数 f(x)x3ax2b(a，bR) (1)试讨论 f(x)的单调性； (2)若 bca(实数 c 是与 a 无关的常数)，当函数 f(x)有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好 是(，3)(1，3 2)( 3 2，)，求 c 的值 20(本小题满分 16 分)设 a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为 d(d0)的等差数列 (1)证明：2a1、2a2、2a3、2a4依次构成等比数列； (2)是否存在 a1，d，使得 a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由； (3)是否存在 a1，d 及正整数 n，k，使得 an1，an k 2 ，an 2k 3 ，an 3k 4 依

7、次构成等比数列？并说明理由 数学数学( (附加题附加题) ) B 选修 42： 矩阵与变换(本小题满分 10 分)已知 x， yR， 向量 1 1 是矩阵 A x 1 y 0 的属于特征值2 的一个特征向量，求矩阵 A 以及它的另一个特征值 C 选修 44： 坐标系与参数方程(本小题满分 10 分)已知圆 C 的极坐标方程为 22 2sin ( 4)40，求圆 C 的半径 22(本小题满分 10 分)如图，在四棱锥 P- ABCD 中，已知 PA平面 ABCD ，且四边形 ABCD 为直角梯形，ABCBAD 2，PAAD2，ABBC1 (1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值；

8、 (2)点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线 CQ 与 DP 所成的角最小时，求线段 BQ 的长 23(本小题满分 10 分)已知集合 X1，2，3，Yn1，2，3，n(nN*)，设 Sn(a， b)|a 整除 b 或 b 整除 a，aX，bYn，令 f(n)表示集合 Sn所含元素的个数 (1)写出 f(6)的值； (2)当 n6 时，写出 f(n)的表达式，并用数学归纳法证明 试题解析试题解析 1已知集合 A1，2，3，B2，4，5，则集合 AB 中元素的个数为_ 【解析】AB1，2，3，4，5，共 5 个元素 2已知一组数据 4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为_ 【解析】 x

9、 465876 6 6 3设复数 z 满足 z234i(i 是虚数单位)，则 z 的模为_ 【解析】| z2|34i |5，故|z| 5 4根据如图所示的伪代码，可知输出的结果 S 为_ 【解析】第一次循环：S3，I4；第二次循环：S5，I7；第三次循环：S7，I10；结束循 环，输出 S7 5袋中有形状、大小都相同的 4 只球，其中 1 只白球，1 只红球，2 只黄球，从中一次随机摸出 2 只球，则这 2 只球颜色不同的概率为_ 【解析】从 4 只球中一次随机摸出 2 只，共有 6 种摸法，其中两只球颜色不同的共有 5 种，故其概 率为5 6 解析：设 4 只球分别为白、红、黄 1、黄 2，

10、从中一次随机摸出 2 只球，所有基本事件为(白， S1 I1 While I10 SS2 II3 End While Print S （第 4 题图） 红)、(白，黄 1)、(白，黄 2)、(红，黄 1)、(红，黄 2)、(黄 1，黄 2)，共 6 个，颜色不同的有 5 个， 所以 2 只球颜色不同的概率为5 6 6已知向量 a(2，1)，b(1，2)，若 manb(9，8)(m，nR)，则 mn 的值为_ 【解析】a(2，1)，b(1，2)，故 manb(2mn，m2n)(9，8)，即 2mn9， m2n8，解 得 m2， n5， 故 mn253 7不等式2x 2x4 的解集为_ 【解析】由

11、题意得：x2x2，即1x2，解集为(1，2) 8已知 tan 2，tan()1 7，则 tan 的值为_ 【解析】tan 2，故 tan() tan tan 1tan tan 2tan 12tan 1 7，解得 tan 3 9现有橡皮泥制作的底面半径为 5，高为 4 的圆锥和底面半径为 2、高为 8 的圆柱各一个。若将它 们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径 为 【解析】设新的底面半径为 r，由题意得1 3r 2 4r2 81 35 24228，解得 r 7 10在平面直角坐标系 xOy 中，以点(1，0)为圆心且与直线 mxy2m10(mR)

12、相切的所有圆 中，半径最大的圆的标准方程为_ 【解】直线 mxy2m10 恒过定点(2，1)，由题意，得半径最大的圆的半径 r （12）2（01）2 2故所求圆的标准方程为(x1)2y22 解法二：设圆的半径为 r，根据直线与圆相切的关系得 r |m1| 1m2 m22m1 m21 1 2m m21，当 m0 时，1 2m m210 时， m212m(当且仅当 m1 时取等号)所以 r 11 2，即 rmax 2，故半径最大的圆的方程 为(x1)2y22 11设数列an满足 a11，且 an1ann1(nN*)，则数列 1 an 前 10 项的和为 【解】a11，an1ann1，故 a2a12

13、，a3a23，anan1n，将以上 n1 个式子 相加得 ana123n（2n）（n1） 2 ， 即 ann（n1） 2 ， 令 bn 1 an， 故 bn 2 n（n1） 2 1 n 1 n1 ，故 S10b1b2b102 11 2 1 2 1 3 1 10 1 11 20 11 12在平面直角坐标系 xOy 中，P 为双曲线 x2y21 右支上的一个动点若点 P 到直线 xy1 0 的距离大于 c 恒成立，则实数 c 的最大值为 【解析】双曲线 x2y21 的渐近线为 xy0，直线 xy10 与渐近线 xy0 平行，故两平行 线的距离 d |10| 1212 2 2 由点 P 到直线 xy

14、10 的距离大于 c 恒成立，得 c 2 2 ，故 c 的最 大值为 2 2 13已知函数 f (x)|ln x|，g(x) 0，0x1， |x24|2，x1，则方程| f (x)g(x)|1 实根的个数为 _ 【解】令 h(x)f (x)g(x)，则 h(x) ln x，0x1， x2ln x2，1x2， x2ln x6，x2， 当 1x2 时，h(x)2x1 x 12x2 x 0，故当 1x2 时 h(x)单调递减，在同一坐标系中画出 y|h(x)|和 y1 的图象如图所示 由图象可知| f (x)g(x)|1 的实根个数为 4 14设向量 ak(cos1 6k，sin 1 6kcos 1

15、 6k)(k0，1，2，12)，则 k0 11 (ak ak1)的值为 【解析】ak ak1 cosk 6 ，sink 6 cos k 6 cos（k1） 6 ，sin（k1） 6 cos（k1） 6 cosk 6 cos （k1） 6 sink 6 cosk 6 sin（k1） 6 cos（k1） 6 cos k 6 cos （k1） 6 sin k 6 sin （k1） 6 sin k 6 cos （k1） 6 cos k 6 sin （k1） 6 cos k 6 cos （k1） 6 cos 6sin 2k 6 cos k 6 cos （k1） 6 3 2 sin 2k 6 3 2 co

16、s2 k 6 1 2cos k 6 sin k 6 3 2 sin2k 6 3 4 1cos k 3 1 4sin k 3 3 3 4 sin 2k 6 1 2cos （2k1） 6 .因 为 sin 2k 6 ，1 2cos （2k1） 6 的周期皆为 6，一个周期的和皆为零，因此 11 k0 (ak ak 1)3 3 4 12 9 3 二、解答题二、解答题 15在ABC 中，已知 AB2，AC3，A 3 求 BC 的长； 求 sin 2C 的值 【解析】根据题意知，c2，b3，A 3，由余弦定理可知，BC 2a2b2c22bccos A7， 故 BC 7； 由余弦定理可知，cos Ca 2

17、b2c2 2ab 2 7 7 ，又 C( 2，)，sin C 21 7 ， 则 sin 2C2sin Ccos C2 21 7 2 7 7 4 3 7 由正弦定理知， AB sin C BC sin A，所以 sin C AB BC sin A 2sin 60 7 21 7 因 为 ABBC，所以 C 为锐角，则 cos C 1sin2C 13 7 2 7 7 因此 sin 2C2sin C cos C2 21 7 2 7 7 4 3 7 16如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，已知 ACBC，BCCC1设 AB1的中点为 D，B1CBC1E 求证：DE平面 AA1C1C； BC1AB1

18、【解析】根据题意得，E 为 B1C 的中点，D 为 AB1的中点，故 DEAC；又 DE平面 AA1C1C， AC平面 AA1C1C，故 DE平面 AA1C1C； 因棱柱 ABCA1B1C1是直三棱柱，故 CC1平面 ABC因 AC平面 ABC，故 ACCC1又 AC BC，CC1平面 BCC1B1，BC平面 BCC1B1，BCCC1C，故 AC平面 BCC1B1又 BC1平面 BCC1B1， 故 BC1AC因 BCCC1，故矩形 BCC1B1是正方形，故 BC1B1C因 AC，B1C平面 B1AC，ACB1C C，故 BC1平面 B1AC又 AB1平面 B1AC，故 BC1AB1 17某山区

19、外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接 两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为 l1，l2，山区边界曲线为 C，计划修 建的公路为 l如图所示，M，N 为 C 的两个端点，测得点 M 到 l1，l2的距离分别为 5 km 和 40 km， 点 N 到 l1，l2的距离分别为 20 km 和 25 km，以 l1，l2所在的直线分别为 x，y 轴，建立平面直角 坐标系 xOy，假设曲线 C 符合函数 y a x2b(其中 a，b 为常数)模型 (1)求 a，b 的值； (2)设公路 l 与曲线 C 相切于点 P，点 P 的横坐标为 t 请写出

20、公路 l 长度的函数解析式 f (t)，并写出其定义域； 当 t 为何值时，公路 l 的长度最短？求出最短长度 解 (1)由题意知，点 M，N 的坐标分别为(5，40)，(20，25)将其分别代入 y a x2b，得 a 25b40， a 400b2.5， 解得 a1 000， b0. (2)由(1)知，y1 000 x2 (5x20)，则点 P 的坐标为 t，1 000 t2 设在点 P 处的切线 l 交 x，y 轴分 别于点A， B， y2 000 x3 ， 则直线l的方程为y1 000 t2 2 000 t3 (xt)， 由此得A 3t 2，0 ， B 0，3 000 t2 ， 故 f

21、(t) 3t 2 2 3 000 t2 2 3 2 t24 10 6 t4 ，t5，20 设 g(t)t24 10 6 t4 ，则 g(t)2t16 10 6 t5 令 g(t)0，解得 t10 2当 t(5，10 2)时，g(t) 0，g(t)单调递减；当 t(10 2，20)时，g(t)0，g(t)单调递增故当 t10 2时，函数 g(t)有极 小值，也是最小值，g(t)min300，此时 f (t)min15 3 答：当 t10 2时，公路 l 的长度最短，最短长度为 15 3 km 18如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 2 2

22、，且右焦点 F 到 左准线 l 的距离为 3 求椭圆的标准方程； 过 F 的直线与椭圆交于 A，B 两点，线段 AB 的垂直平分线分别交直线 l 和 AB 于点 P，C， 若 PC2AB，求直线 AB 的方程 【解】由题意，得c a 2 2 且 ca 2 c 3，解得 a 2，c1，则 b1，故 椭圆的标准方程为x 2 2y 21； 当 ABx 轴时，AB 2，又 CP3，不合题意当 AB 与 x 轴不垂直时，设直线 AB 的方程为 yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将 AB 的方程代入椭圆方程，得(12k2)x24k2x2(k21)0， 则 x1，22k 2 2（1k2） 1

23、2k2 ，C 的坐标为 2k2 12k2， k 12k2 ，且 AB （x2x1）2（y2y1）2 （1k2）（x2x1）22 2（1k 2） 12k2 若 k0， 则线段 AB 的垂直平分线为 y 轴， 与左准线平行， 不合题意从而 k0，故直线 PC 的方程为 y k 12k2 1 k x 2k2 12k2 ，则 P 点的坐标为 2， 5k22 k（12k2） ，从而 PC2（3k 21） 1k2 |k|（12k2） 因为 PC2AB，故2（3k 21） 1k2 |k|（12k2） 4 2（1k2） 12k2 ，解得 k1此时直线 AB 的方程为 yx1 或 yx1 19已知函数 f (x

24、)x3ax2b(a，bR) (1)试讨论 f (x)的单调性； (2)若 bca(实数 c 是与 a 无关的常数)， 当函数 f (x)有三个不同的零点时， a 的取值范围恰好是( ，3)(1，3 2)( 3 2，)，求 c 的值 解 (1)f (x)3x22ax，令 f (x)0，解得 x10，x22a 3 当 a0 时，因为 f (x)3x20，故函 数 f (x)在(，)上单调递增；当 a0 时，x(，2a 3 )(0，)时，f(x)0，x(2a 3 ， 0)时，f(x)0，故函数 f (x)在(，2a 3 )，(0，)上单调递增，在(2a 3 ，0)上单调递减；当 a 0 时，x(，0

25、)(2a 3 ，)时，f(x)0，x(0，2a 3 )时，f(x)0，故函数 f (x)在(， 0)，(2a 3 ，)上单调递增，在(0，2a 3 )上单调递减 (2)由(1)知， 函数f (x)的两个极值为f(0)b， f(2a 3 ) 4 27a 3b， 则函数f (x)有三个零点等价于f (0) f( 2a 3 )b( 4 27a 3b)0，从而 a0， 4 27a 3b0或 a0， 0b 4 27a 3.又 bca，故当 a 0 时， 4 27a 3ac 0 或当 a0 时， 4 27a 3ac0设 g(a)4 27a 3ac，因函数 f (x)有三个零点时，a 的取值范围 恰好是(，

26、3)(1，3 2)( 3 2，)，则在(，3)上 g(a)0，且在(1， 3 2)( 3 2，)上 g(a) 0 均恒成立从而 g(3)c10，且 g(3 2)c10，因此 c1此时，f (x)x 3ax21a (x1)x2(a1)x1a，因函数有三个零点，则 x2(a1)x1a0 有两个异于1 的不等 实根，故 (a1)24(1a)a22a30，且(1)2(a1)1a0，解得 a(，3) (1，3 2)( 3 2，)综上 c1 20设 a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为 d(d0)的等差数列 (1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列 (2)是否存在 a1，d，使得

27、a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由 (3)是否存在 a1，d 及正整数 n，k 使得 an1，an k 2 ，an 2k 3 ，an 3k 4 依次构成等比数列？并说明理由 解：(1)证明：因为2an 1 2an 2an1an2d(n1，2，3)是同一个常数，所以 2a1，2a2，2a3，2a4 依次构成等比数列 (2)不存在，理由如下：令 a1da，则 a1，a2，a3，a4分别为 ad，a，ad，a2d(ad，a 2d，d0)假设存在 a1，d，使得 a1，a22，a33，a44依次构成等比数列，则 a4(ad)(ad)3， 且(ad)6a2(a2d)4令 td a，

28、则 1(1t)(1t) 3，且(1t)6(12t)4 1 2t1，t0 ，化简 得 t32t220(*)，且 t2t1将 t2t1 代入(*)式，得 t(t1)2(t1)2t23tt13t 4t10，则 t1 4显然 t 1 4不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在 a1， d，使得 a1，a22，a33，a44依次构成等比数列 (3)不存在，理由如下：假设存在 a1，d 及正整数 n，k，使得 an1，an k 2 ，an 2k 3 ，an 3k 4 依次构成等 比数列，则 an1(a12d)n 2k(a 1d) 2(nk)，且(a 1d) nk(a 13d) n3k(a 12d

29、) 2(n2k)，分别在两个等式 的两边同除以 a2n k 1 及 a2n 2k 1 ，并令 t d a1 t1 3，t0 ，则(12t) n2k(1t)2(nk)，且(1t)nk(1 3t)n 3k(12t)2(n2k)将上述两个等式两边取对数，得(n2k)ln(12t)2(nk)ln(1t)，且(n k)ln(1t)(n3k)ln(13t)2(n2k) ln(12t)化简得 2kln(12t)ln(1t)n2ln(1t)ln(1 2t)，且 3kln(13t)ln(1t)n3ln(1t)ln(13t)再将这两式相除，化简得 ln(13t)ln(1 2t)3ln(12t)ln(1t)4ln(

30、13t)ln(1t)(*)令 g(t)4ln(13t)ln(1t)ln(13t)ln(12t) 3ln(12t)ln(1t)，则 g(t)213t 2ln13t312t2ln12t31t2ln1t 1t12t13t 令 (t)(1 3t)2ln(13t)3(12t)2ln(12t)3(1t)2ln(1t)， 则 (t)6(13t)ln(13t)2(12t)ln(12t) (1t)ln(1t)令 1(t)(t)，则 1(t)63ln(13t)4ln(12t)ln(1t)令 2(t)1(t)，则 2(t) 12 1t12t13t0由 g(0)(0)1(0)2(0)0，2(t)0，知 2(t)，1(

31、t)，(t)， g(t)在 1 3，0 和(0，)上均单调故 g(t)只有唯一零点 t0，即方程(*)只有唯一解 t0，故假 设不成立所以不存在 a1，d 及正整数 n，k，使得 an1，an k 2 ，an 2k 3 ，an 3k 4 依次构成等比数列 附加题附加题 21B(选修 42：矩阵与变换) 已知 x，yR，向量 1 1 是矩阵 A x 1 y 0 的属于特征值2 的一个特征向量，求矩阵 A 以及 它的另一个特征值 【解析】由已知，得 A2，即 x 1 y 0 1 1 x1 y 2 2 ，则 x12， y2， 即 x1， y2， 所以 矩阵 A 1 1 2 0 从而矩阵 A 的特征多

32、项式 f()(2)(1)， 所以矩阵 A 的另一个特征值为 1 21C(选修 44：坐标系与参数方程) 已知圆 C 的极坐标方程为 22 2sin 4 40，求圆 C 的半径 解 以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点O， 以极轴为x轴的正半轴， 建立直角坐标系xOy 圆 C 的极坐标方程为 22 2 2 2 sin 2 2 cos 40，化简，得 22sin 2cos 40则 圆 C 的直角坐标方程为 x2y22x2y40，即(x1)2(y1)26，所以圆 C 的半径为 6 22如图，在四棱锥 P- ABCD 中，已知 PA平面 ABCD，且四边形 ABCD 为直角梯形，ABC BAD 2，

33、PAAD2，ABBC1 (1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值； (2)点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线 CQ 与 DP 所成的角最小时，求线段 BQ 的长 【解】以 AB ，AD ，AP 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 A- xyz，则各点的坐标为 B(1， 0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2) 由题意知，AD平面 PAB，所以 AD 是平面 PAB 的一个法向量， AD (0，2，0)因为 PC (1，1，2)， PD (0，2，2)，设平面 PCD 的法向量为 m(x，y，z)，则 mPC 0，mPD 0， 即 xy2z0， 2y

34、2z0. 令 y1，解得 z1，x1所以 m(1，1，1)是平面 PCD 的一个法向量从而 cos AD ，mAD m | AD |m| 3 3 ，所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为 3 3 ； 因为 BP (1，0，2)，设 BQ BP (，0，2)(01)，又 CB (0，1，0)，则 BQ CB BQ (，1，2)又 DP (0，2，2)，从而 cos BQ ， DP CQ DP | CQ | DP | 12 1022 设 12t，t1，3，则 cos 2 BQ ， DP 2t2 5t210t9 2 9 1 t 5 9 220 9 9 10当 且仅当 t9 5，即 2

35、 5时，|cos BQ ，DP |的最大值为3 10 10 因为 ycos x 在 0， 2 上是减函数， 所以此时直线 CQ 与 DP 所成角取得最小值又 BP 1222 5，所以 BQ2 5BP 2 5 5 23已知集合 X1，2，3，Yn1，2，3，n(nN*)，设 Sn(a，b)|a 整除 b 或 b 整除 a， P A B C D Q aX，bYn，令 f(n)表示集合 Sn所含元素的个数 写出 f(6)的值； 当 n6 时，写出 f(n)的表达式，并用数学归纳法证明 【解】Y61，2，3，4，5，6，S6中的元素(a，b)满足：若 a1，则 b1，2，3，4，5，6； 若 a2，则

36、 b1，2，4，6；若 a3，则 b1，3，6所以 f(6)13 当 n6 时，f(n) n2 n 2 n 3 ，n6t， n2 n1 2 n1 3 ，n6t1， n2 n 2 n2 3 ，n6t2， n2 n1 2 n 3 ，n6t3， n2 n 2 n1 3 ，n6t4， n2 n1 2 n2 3 ，n6t5 (tN*) 下面用数学归纳法证明： 当 n6 时，f(6)626 2 6 313，结论成立； 假设 nk(k6)时结论成立，那么 nk1 时，Sk1在 Sk的基础上新增加的元素在(1，k1)，(2， k1)，(3，k1)中产生，分以下情形讨论： 1)若 k16t， 则 k6(t1)5

37、， 此时有 f(k1)f(k)3k2k1 2 k2 3 3(k1)2k1 2 k1 3 ，结论成立； 2)若 k16t1，则 k6t，此时有 f(k1)f(k)1k2k 2 k 31(k1)2 （k1）1 2 （k1）1 3 ，结论成立； 3)若 k16t2，则 k6t1，此时有 f(k1)f(k)2k2k1 2 k1 3 2(k1)2k1 2 （k1）2 3 ，结论成立； 4)若 k16t3，则 k6t2，此时有 f(k1)f(k)2k2k 2 k2 3 2(k1)2 （k1）1 2 k1 3 ，结论成立； 5)若 k16t4，则 k6t3，此时有 f(k1)f(k)2k2k1 2 k 32(k1)2 k1 2 （k1）1 3 ，结论成立； 6)若 k16t5，则 k6t4，此时有 f(k1)f(k)1k2k 2 k1 3 1(k1)2 （k1）1 2 （k1）2 3 ，结论成立 综上所述，结论对满足 n6 的自然数 n 均成立