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上海市十四校（原十三校）联考2020-2021高三（上）12月月考数学试卷（解析版）

上海市十四校（原十三校）联考高三（上）12月月考数学试卷

　

一、填空题（共14题，每题小题4分，共56分）

1．已知复数（i为虚数单位），则=　　．

2．已知函数f（x）=，则f（f（x））=　　．

3．若不等式组的解集中的元素有且仅有有限个数，则a=　　．

4．函数y=cos²x+sinxcosx的最小值为　　．

5．设二项式的展开式中各项系数和为p，各项的二项式系数和为s，若p+s=272，则n等于　　．

6．若函数f（x）=﹣x²﹣10x在（﹣∞，λ]上是增函数，则方程组的解的组数为　　．

7．已知arcsin（a²+1）﹣arcsin（b﹣1）≥，则arccos（a²﹣b²）=　　．

8．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁=，且对于任意正整数m，n都有a_n+m=a_n•a_m．若S_n＜a对任意n∈N*恒成立，则实数a的最小值是　　．

9．已知函数f（x）=asinx﹣（a∈R），若函数f（x）在（0，π）的零点个数为2个，则当x∈[0，]，f（x）的最大值为　　．

10．已知直线f（x）=k₀x+b与曲线g（x）=交于点M（m，﹣1），N（n，2），则不等式f^﹣1（x）≥g^﹣1（x）的解集为　　．

11．已知数列{a_n}满足a₁=0，|a_n+1|=|a_n﹣2|，记数列{a_n}的前2016项和为S，则S的最大值为　　．

12．已知点，且平行四边形ABCD的四个顶点都在函数f（x）=log₂的图象上，设O为原点，已知三角形OAB的面积为S，则平行四边形ABCD的面积为　　．

13．在边长为1的等边△ABC中，O为边AC的中点，BO为边AC上的中线， =2，设∥，若=+λ（λ∈R），则||=　　．

14．已知sinx=x﹣+…，由sinx=0有无穷多个根；0，±π，±2π，±3π，…，可得：，把这个式子的右边展开，发现﹣x³的系统为，即，请由cosx=1﹣+…出现，类比上述思路与方法，可写出类似的一个结论　　．

　

一、选择题（4*5=20）

15．如图中，哪个最有可能是函数的图象（　　）

A． B． C． D．

16．若m，n∈N^*则a＞b是（a^m﹣b^m）•（aⁿ﹣bⁿ）＞0成立的（　　）条件．

A．充分非必要 B．必要非充分

C．充分必要 D．既非充分又非必要

17．将函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0）的图象向左平移个单位，所得函数图象与f（x）图象关于x轴对称，则ω的值不可能是（　　）

A．2 B．4 C．6 D．10

18．若存在实数a，b，对任意实数x∈[0，4]，使不等式﹣m≤ax+b≤+m恒成立，则m的取值范围为（　　）

A．m≥1 B．m≤1 C．m≤ D．m≥

　

三、解答题（12+14+14+16+18）

19．如图所示的“相邻塔”形立体建筑，已知P﹣OAC和Q﹣OBD是边长分别为a和的两个正四面体，底面中AB与CD交于点O，试求出塔尖P，Q之间的距离关于边长a的函数，并求出a为多少时，塔尖P，Q之间的距离最短．

20．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c．若，求

（1）tanA：tanB：tanC的值；

（2）求角A的值．

21．某中学为丰富教职工生活，在元旦期间举办趣味投篮比赛，设置A，B两个投篮位置，在A点投中一球得1分，在B点投中一球得2分，规则是：每人按先A后B的顺序各投篮一次（计为投篮两次），教师甲在A点和B点投中的概率分别为和，且在A，B两点投中与否相互独立

（1）若教师甲投篮两次，求教师甲投篮得分0分的概率

（2）若教师乙与教师甲在A，B投中的概率相同，两人按规则投篮两次，求甲得分比乙高的概率．

22．设f（x）=a^x﹣1，g（x）=b^x﹣1（a，b＞0），记h（x）=f（x）﹣g（x）

（1）若h（2）=2，h（3）=12，当x∈[1，3]时，求h（x）的最大值

（2）a=2，b=1，且方程有两个不相等实根m，n，求mn的取值范围

（3）若a=2，h（x）=c^x﹣1（x＞1，c＞0），且a，b，c是三角形的三边长，求出x的范围．

23．正整数数列{a_n}满足，其中S_n为数列{a_n}的前n项和．

（1）若p=1，q=0，求证：{a_n}是等差数列

（2）若数列{a_n}为等差数列，求p的值．

（3）证明：a₂₀₁₆=2016a₁的充要条件是p=．

　

2016-2017学年上海市十四校（原十三校）联考高三（上）12月月考数学试卷

参考答案与试题解析

　

一、填空题（共14题，每题小题4分，共56分）

1．已知复数（i为虚数单位），则=　　．

【考点】复数代数形式的乘除运算．

【分析】根据两个复数代数形式的乘除法法则，化简复数z，从而求出，进而求得的值．

【解答】解：复数==，

∴=，

∴=•==，

故答案为．

　

2．已知函数f（x）=，则f（f（x））=　1　．

【考点】函数的值．

【分析】根据函数的不等式代入即可．

【解答】解：若x≥0，则f（x）=1，则f（f（x））=f（1）=1，

若x＜0，则f（x）=0，则f（f（x））=f（0）=1，

故答案为：1

　

3．若不等式组的解集中的元素有且仅有有限个数，则a=　2018　．

【考点】根的存在性及根的个数判断．

【分析】若不等式组的解集中有且仅有有限个数，则a﹣1=2017，进而得到答案．

【解答】解：解x﹣1≥2016得：x≥2017，

解x+1≤a得：x≤a﹣1，

若a﹣1＜2017，则不等式的解集为空集，不满足条件；

若a﹣1=2017，则不等式的解集有且只有一个元素，满足条件，此时a=2018；

若a﹣1＞2017，则不等式的解集为无限集，不满足条件；

综上可得：a=2018，

故答案为：2018

　

4．函数y=cos²x+sinxcosx的最小值为　﹣　．

【考点】二倍角的正弦；二倍角的余弦．

【分析】利用二倍角公式、两角和的正弦公式化简函数的解析式为y=+sin（2x+），由此求得函数y的最小值．

【解答】解：函数y=cos²x+sinxcosx=+sin2x=+sin（2x+），

故当2x+=2kπ﹣，k∈z 时，函数y取得最小值为﹣1=﹣，

故答案为：﹣．

　

5．设二项式的展开式中各项系数和为p，各项的二项式系数和为s，若p+s=272，则n等于　4　．

【考点】二项式系数的性质．

【分析】各项系数之和为P．即x=1时，P=4ⁿ，二项系数和为2ⁿ，从而代入条件即可求．

【解答】解：由题意各项系数之和为P．即x=1时，P=4ⁿ，二项系数和为2ⁿ，

∴4ⁿ+2ⁿ=272，，∴2ⁿ=16，∴n=4，

故答案为4

　

6．若函数f（x）=﹣x²﹣10x在（﹣∞，λ]上是增函数，则方程组的解的组数为　1　．

【考点】二次函数的性质．

【分析】利用函数的单调性求出λ，然后求解方程组的解即可．

【解答】解：函数f（x）=﹣x²﹣10x在（﹣∞，λ]上是增函数，

可得λ=﹣=﹣5，则方程组，化为：，

解得：，

方程组只有一组解．

故答案为：1．

　

7．已知arcsin（a²+1）﹣arcsin（b﹣1）≥，则arccos（a²﹣b²）=　π　．

【考点】反三角函数的运用．

【分析】由题意，求出a=0，b=1，a²﹣b²=﹣1，即可得出结论．

【解答】解：由题意，sinα=a²+1，sinβ=b﹣1，α﹣β≥，

∴a=0，b=1，

∴a²﹣b²=﹣1，

∴arccos（a²﹣b²）=π，

故答案为：π．

　

8．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁=，且对于任意正整数m，n都有a_n+m=a_n•a_m．若S_n＜a对任意n∈N*恒成立，则实数a的最小值是　　．

【考点】数列递推式．

【分析】由a_m+n=a_m•a_n，令m等于1化简后，由等比数列的定义确定此数列是等比数列，利用等比数列的前n项和的公式表示出S_n，利用极限思想和条件求出满足条件a的范围，再求出a的最小值．

【解答】解：由题意得，对任意正整数m，n，都有a_m+n=a_m•a_n，

令m=1，得到a_n+1=a₁•a_n，所以=a₁=，

则数列{a_n}是首项、公比都为的等比数列，

所以S_n==＜，

因为S_n＜a对任意n∈N*恒成立，所以a≥，则实数a的最小值是，

故答案为：．

　

9．已知函数f（x）=asinx﹣（a∈R），若函数f（x）在（0，π）的零点个数为2个，则当x∈[0，]，f（x）的最大值为　a﹣　．

【考点】正弦函数的图象．

【分析】讨论a＞0时，函数y=f（x）在区间（0，）上有且只有一个零点，

在区间（，π）上有且只有一个零点；求出f（x）在x∈[0，]上的最大值；

a≤0时，函数f（x）在x∈（0，π）上无零点，从而求出f（x）的最大值．

【解答】解：因为函数f（x）=asinx﹣（a∈R），

且x∈（0，π）时，sinx∈（0，1]；

所以当a＞0时，asinx∈（0，a]，

y=f（x）在区间（0，）上单调递增，函数f（x）在（0，）上有且只有一个零点；

y=f（x）在区间（，π）上单调递减，函数f（x）在（，π）上有且只有一个零点；

所以a﹣＞0，解得a＞；

所以f（x）在x∈[0，]上的最大值是f（）=a﹣；

a≤0时，f（x）=asinx﹣＜0在x∈（0，π）上恒成立，函数f（x）无零点，不合题意；

综上，f（x）在x∈[0，]上的最大值是a﹣．

故答案为：a﹣．

　

10．已知直线f（x）=k₀x+b与曲线g（x）=交于点M（m，﹣1），N（n，2），则不等式f^﹣1（x）≥g^﹣1（x）的解集为　[﹣1，0）∪[2，+∞）　．

【考点】函数的图象；反函数．

【分析】根据已知求出两个反函数的解析式，并画出草图，数形结合，可得答案．

【解答】解：∵直线f（x）=k₀x+b与曲线g（x）=交于点M（m，﹣1），N（n，2），

故m=﹣k²，n=，

故函数f（x）=k₀x+b为增函数，k₀＞0，

由y=k₀x+b得：x=y﹣，

故f^﹣1（x）=x﹣，

由y=得：x=，

故g^﹣1（x）=，

两个反函数交于（﹣1，m），（2，n）点；

两个函数的草图如下图所示：

当x∈[﹣1，0）∪[2，+∞）时，f^﹣1（x）≥g^﹣1（x），

故答案为：[﹣1，0）∪[2，+∞）

　

11．已知数列{a_n}满足a₁=0，|a_n+1|=|a_n﹣2|，记数列{a_n}的前2016项和为S，则S的最大值为　2016　．

【考点】数列递推式．

【分析】由已知得a_n+1=a_n﹣2，或a_n+1=2﹣a_n，由数列{a_n}的前2016项和为S，S取最大值时，得a_n+1+a_n=2，从而得到a_n=，由此能求出S的最大值．

【解答】解：∵数列{a_n}满足a₁=0，|a_n+1|=|a_n﹣2|，

∴a_n+1=a_n﹣2，或a_n+1=2﹣a_n，

∵数列{a_n}的前2016项和为S，S取最大值时，

a_n+1+a_n=2，

∴a_n=，

∴S_max=1003×0+1003×2=2016．

故答案为：2016．

　

12．已知点，且平行四边形ABCD的四个顶点都在函数f（x）=log₂的图象上，设O为原点，已知三角形OAB的面积为S，则平行四边形ABCD的面积为　4S　．

【考点】函数与方程的综合运用．

【分析】先判断函数f（x）为奇函数，则得到C，D点的坐标为（﹣3，﹣1），D（﹣，﹣2），即可得到OA=OC，OB=OD，则得到S_△OCD=S_△OAB=S_△OBC=S_△OCD=S，问题得以解决．

【解答】解：f（x）=log₂，

则＞0，解得x＜﹣1或x＞1，

∵f（﹣x）=log₂=log₂=﹣log₂=﹣f（x），

∴f（x）为奇函数，

∵点，

平行四边形ABCD的四个顶点都在函数f（x）=log₂的图象上，

∴C，D点的坐标为（﹣3，﹣1），

D（﹣，﹣2），

∴OA=OC，OB=OD，

∴S_△OCD=S_△OAB=S_△OBC=S_△OCD=S，

∴平行四边形ABCD的面积为4S，

故答案为：4S

　

13．在边长为1的等边△ABC中，O为边AC的中点，BO为边AC上的中线， =2，设∥，若=+λ（λ∈R），则||=　　．

【考点】平面向量的基本定理及其意义．

【分析】根据题意得出G是△ABC的重心，用、表示出向量，用表示出，写出的表达式，利用向量相等列出方程组求出λ的值，代入=+λ，计算得答案．

【解答】解：由已知得G是三角形的重心，因此，

∵∥，设，

∴．

∴=．

∵=+λ，

∴，即λ=2．

∴=+2，

∴=．

∴||=．

故答案为：．

　

14．已知sinx=x﹣+…，由sinx=0有无穷多个根；0，±π，±2π，±3π，…，可得：，把这个式子的右边展开，发现﹣x³的系统为，即，请由cosx=1﹣+…出现，类比上述思路与方法，可写出类似的一个结论　++…=　．

【考点】类比推理．

【分析】直接利用类比推理，即可得出结论．

【解答】解：由cosx=0有无穷多个根：±π，±π，…，

可得：cosx=（1﹣）（1﹣）…，把这个式子的右边展开，发现x²的系数为++…=，

即++…=．

故答案为++…=．

　

一、选择题（4*5=20）

15．如图中，哪个最有可能是函数的图象（　　）

A． B． C． D．

【考点】函数的图象．

【分析】求出函数的导数，得到函数的单调性，从而判断出函数的大致图象即可．

【解答】解：y′==，

令y′＞0，解得：x＜，令y′＜0，解得：x＞，

故函数在（﹣∞，）递增，在（，+∞）递减，

而x=0时，函数值y=0，

x→﹣∞时，y→﹣∞，x→+∞时，y→0，

故选：A．

　

16．若m，n∈N^*则a＞b是（a^m﹣b^m）•（aⁿ﹣bⁿ）＞0成立的（　　）条件．

A．充分非必要 B．必要非充分

C．充分必要 D．既非充分又非必要

【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．

【分析】根据充分必要条件的定义判断即可．

【解答】解：由（a^m﹣b^m）•（aⁿ﹣bⁿ）＞0，

得：a^m＞b^m且aⁿ＞bⁿ，或a^m＜b^m且aⁿ＜bⁿ，

解得：a＞b＞0或a＜b＜0，

故a＞b是（a^m﹣b^m）•（aⁿ﹣bⁿ）＞0成立的既非充分又非必要条件，

故选：D．

　

17．将函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0）的图象向左平移个单位，所得函数图象与f（x）图象关于x轴对称，则ω的值不可能是（　　）

A．2 B．4 C．6 D．10

【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．

【分析】由条件根据函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，可得y=Asin（ωx+ω+φ）的图象，再由Asin（ωx+ω+φ）=﹣Asin（ωx+φ），求得φ满足的条件．

【解答】解：将函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0）的图象向左平移个单位，

可得y=Asin[ω（x+）+φ]=Asin（ωx+ω+φ）的图象．

再根据所得函数图象与f（x）图象关于x轴对称，可得Asin（ωx+ω+φ）=﹣Asin（ωx+φ），

∴ω=（2k+1）π，k∈z，即ω=4k+2，故ω不可能等于4，

故选：B．

　

18．若存在实数a，b，对任意实数x∈[0，4]，使不等式﹣m≤ax+b≤+m恒成立，则m的取值范围为（　　）

A．m≥1 B．m≤1 C．m≤ D．m≥

【考点】函数恒成立问题．

【分析】不等式﹣m≤ax+b≤+m可化为不等式|ax+b﹣|≤m，等价于任意实数a，b，垂直x∈[0，4]，使不等式|﹣ax﹣b+|＞m，分情况讨论a，即可解决．

【解答】解：不等式﹣m≤ax+b≤+m可化为不等式|ax+b﹣|≤m，

等价于任意实数a，b，存在x∈[0，4]，使不等式|﹣ax﹣b+|＞m，

令y=﹣ax﹣b+，则y′=﹣a+

在x∈[0，4]上，当y′≥0，即a≤时，单调递增，

此时﹣b≤y≤﹣4a﹣b+2，

当b≤1﹣2a时，|y|_max=﹣4a﹣b+2，当b＜1﹣2a时，|y|_max=b，

从而当a≤时，b=1﹣2a时|y|取最大值，|y|_max=1﹣2a≥，

当a＞时，y在[0，）上单调递增，在[，4]上单调递减，

在a∈[，]时，﹣b≤y≤﹣b+，当b=时，（|y|_max）_min=≥，

在a∈（，+∞）时，﹣4a﹣b﹣2≤y≤﹣b+，当b=1﹣2a+时，（|y|_max）_min=2a+﹣1＞，

综上所述，（|y|_max）_min=，

∴m≤，

故选C．

　

三、解答题（12+14+14+16+18）

19．如图所示的“相邻塔”形立体建筑，已知P﹣OAC和Q﹣OBD是边长分别为a和的两个正四面体，底面中AB与CD交于点O，试求出塔尖P，Q之间的距离关于边长a的函数，并求出a为多少时，塔尖P，Q之间的距离最短．

【考点】点、线、面间的距离计算．

【分析】过点P作底面OAC的垂线交底面OAC于点O₁，过点Q作底面OBD的垂线交底面OBD于点O₂，连结O₁O₂，则四边形PO₁O₂Q是直角梯形，由此能求出当a=时，塔尖P，Q之间的距离最短．

【解答】解：如图，过点P作底面OAC的垂线交底面OAC于点O₁，

过点Q作底面OBD的垂线交底面OBD于点O₂，

连结O₁O₂，则O₁，O₂，O三点共线，且PO₁∥QO₂，

则四边形PO₁O₂Q是直角梯形，

在Rt△OPO₁中，OP=a，OO₁==，则PO₁=，

同理，得OO₂=，QO₂=，

则PQ=

=

=，

PQ=≥=（，当a=时，等号成立），

则当a=时，塔尖P，Q之间的距离最短．

　

20．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c．若，求

（1）tanA：tanB：tanC的值；

（2）求角A的值．

【考点】正弦定理；余弦定理．

【分析】（1）由正弦定理化简已知等式可得，利用同角三角函数基本关系式化简求得tanA：tanB：tanC的值；

（2）由（1）可得：tanB=2tanA，tanC=3tanA，利用三角形内角和定理，两角和的正切函数公式可得tanA=，解得tanA，分类讨论可求A的值．

【解答】（本题满分为14分）

解：（1）∵，

∴由正弦定理可得：，…2分

∴tanA=tanB=tanC，可得：tanA：tanB：tanC=1：2：3…4分

（2）由（1）可得：tanB=2tanA，tanC=3tanA，

∵A+B+C=π，

∴tanA=﹣tan（B+C）=﹣=，…8分

解得：tanA=±1，或tanA=0，…12分

当tanA=0，舍去；

当tanA=1，A=，

当tanA=﹣1，则tanB=﹣2，则A＞，B，矛盾，

综上，A=…14分

　

21．某中学为丰富教职工生活，在元旦期间举办趣味投篮比赛，设置A，B两个投篮位置，在A点投中一球得1分，在B点投中一球得2分，规则是：每人按先A后B的顺序各投篮一次（计为投篮两次），教师甲在A点和B点投中的概率分别为和，且在A，B两点投中与否相互独立

（1）若教师甲投篮两次，求教师甲投篮得分0分的概率

（2）若教师乙与教师甲在A，B投中的概率相同，两人按规则投篮两次，求甲得分比乙高的概率．

【考点】古典概型及其概率计算公式．

【分析】（1）设“教师甲投篮得分0分”为事件A，利用对立事件概率计算公式和相互独立事件概率乘法公式能求出教师甲投篮得分0分的概率．

（2）设“甲得分比乙高”为事件B，记“教师两次投篮得分总数”为X，利用互斥事件概率加法公式能求出甲得分比乙高的概率．

【解答】解：（1）设“教师甲投篮得分0分”为事件A，

则教师甲投篮得分0分的概率：

P（A）=（1﹣）（1﹣）=．

（2）设“甲得分比乙高”为事件B，

记“教师两次投篮得分总数”为X，

则P（X=0）=P（A）=，

P（X=1）=，

P（X=2）=（1﹣）×，

P（X=3）=，

∴甲得分比乙高的概率P（B）==．

　

22．设f（x）=a^x﹣1，g（x）=b^x﹣1（a，b＞0），记h（x）=f（x）﹣g（x）

（1）若h（2）=2，h（3）=12，当x∈[1，3]时，求h（x）的最大值

（2）a=2，b=1，且方程有两个不相等实根m，n，求mn的取值范围

（3）若a=2，h（x）=c^x﹣1（x＞1，c＞0），且a，b，c是三角形的三边长，求出x的范围．

【考点】函数的最值及其几何意义；根的存在性及根的个数判断．

【分析】（1）根据h（2）=2，h（3）=12，得到关于a，b的方程组，解出即可；

（2）求出mn的表达式，结合二次函数的性质求出mn的范围即可；

（3）问题等价于存在x使得+=1成立，令f（x）=+，根据函数的单调性求出x的范围即可．

【解答】解：（1）由已知得：，解得：a=4，b=2，

h（x）=f（x）﹣g（x）=4^x﹣1﹣2^x﹣1=﹣≤﹣=12，

故h（x）的最大值是12；

（2）由|h（x）|=t，|得：|2^x﹣1﹣1|=t，

则m=log₂（2﹣2t），n=log₂（2+2t），

m+n=log₂（2﹣2t）（2+2t），

0＜t＜时，mn≤=＜1，

故0＜mn＜1，

综上，mn的范围是（0，1）；

（3）存在x使得b^x﹣1+c^x﹣1=2^x﹣1成立，

等价于存在x使得+=1成立，

令f（x）=+，

∵b＜2，c＜2，

则0＜＜1，0＜＜1，

则f（x）是减函数，

x＞2，f（x）∈（0，），

∵＞1，故必存在x₀＞2使得f（x₀）=1，

即+=1，

即+=，

综上，x＞2．

　

23．正整数数列{a_n}满足，其中S_n为数列{a_n}的前n项和．

（1）若p=1，q=0，求证：{a_n}是等差数列

（2）若数列{a_n}为等差数列，求p的值．

（3）证明：a₂₀₁₆=2016a₁的充要条件是p=．

【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等差数列的性质．

【分析】（1）p=1，q=0时， =n，可得S_n=na_n，n≥2时，a_n=S_n﹣S_n﹣1，化为：a_n=a_n﹣1，即可证明．

（2）设等差数列{a_n}的公差为d，可得S_n=na₁+d，a_n=a₁+（n﹣1）d．

又=pn+q，可得na₁+d=（pn+q）[a₁+（n﹣1）d]（*）．比较两边的系数可得： =pd，对d 分类讨论，进而得出．

（3）由=p+q=1，可得q=1﹣p．由S_n=（pn+1﹣p）a_n，利用递推关系可得：p（n﹣1）a_n=（pn+1﹣2p）a_n﹣1，即．必要性：当p=时，（n≥2）可得a₂₀₁₆=2016a₁．充分性：反证法，当p时，可得，不满足a₂₀₁₆=2016a₁．当p时，同理可证明，不满足a₂₀₁₆=2016a₁．

【解答】（1）证明：p=1，q=0时， =n，可得S_n=na_n，n≥2时，a_n=S_n﹣S_n﹣1=na_n﹣（n﹣1）a_n﹣1，

化为：a_n=a_n﹣1，

∴a_n=a₁，∴{a_n}是等差数列．

（2）解：设等差数列{a_n}的公差为d，∴S_n=na₁+d，a_n=a₁+（n﹣1）d．

则==pn+q，∴na₁+d=（pn+q）[a₁+（n﹣1）d]（*）．

比较两边的系数可得： =pd，

当d=0时，na₁=a₁（pn+q），解得p=1，q=0．

此时，S_n=na_n，由（1）可得：{a_n}是等差数列．

当d≠0时，p=．由（*）比较常数项可得：0=（a₁﹣d）q，

则d=a₁，a_n=nd，{a_n}是等差数列．综上可得：p=1或．

（3）证明：由=p+q=1，可得q=1﹣p．

由S_n=（pn+1﹣p）a_n，S_n﹣1=（pn+1﹣2p）a_n﹣1（n≥2），

相减可得：p（n﹣1）a_n=（pn+1﹣2p）a_n﹣1，即．

必要性：当p=时，（n≥2）．∴==…=，

∴a₂₀₁₆=2016a₁．

充分性：反证法，当p时，由p（n﹣1）a_n=（pn+1﹣2p）a_n﹣1=pna_n﹣1+（1﹣2p）a_n﹣1（n≥2），

又数列各项为正数，∴p（n﹣1）a_n＜（1﹣2p）a_n﹣1（n≥2），即，

∴，不满足a₂₀₁₆=2016a₁．当p时，

同理可证明，不满足a₂₀₁₆=2016a₁．

　

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