父AA母aa 父Aa母AA 父Aa母Aa 父Aa母aa 父aa母AA 父aa母Aa 父aa母aa uw 2uv 0 1 0 0 4v2 2vw 1 21 40 0 0 0 1 21 21 21 1 41 20 uw 2vw 1 20 1 21 w2 子一代的基因型式为AA的概率为 p1?u2?1?2uv?111?2uv??4v2??(u?v)2. 224由对称性知子一代的基因型式为aa的概率为
p3?(v?w)2.
子一代的基因型式为Aa的概率为
11111p2?2uv??uw?1?2uv??4v2??2vw??uw?1?2vw? 22222
?2(uv?uw?v2?vw)… ?2(u?v)(v?w).
若记p?u?v，q?v?w，则p?0，q?0， p?q?1，子一代三种基因型式：AA，Aa，
aa的比例为p2:2pq:q2.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知子二代的基因型式为AA，Aa，aa的比例为?2:2??:?2，其中 ??p2?pq，??pq?q2. 由p?q?1，可得??p，??q.
故子二代三种基因型式AA，Aa，aa的比例为p2:2pq:q2，与子一代基因型式的比例相同.
15解法一： （Ⅰ）令f(2t?12s?1)?，代入s?at?b化简得 ts2 a(m?4)t?[b(m?4)?a?3]t?(b?1)?0
由于等式对所有t?1成立，可知 2?b?1?0??b(m?4)?a?3?0 ?a(m?4)?0?解得b??1,m?4,a?3
x?4 x?12s?12t?1)?令f(，代入t?cs?d，化简得cs?d?3s?1 stf(x)?所以存在t??(s)?3s?1(s?0) 使得f(2s?12t?1)? st（Ⅱ）令s1?1,t1??(s1)?3s1?1?4
sn?1??(tn)?3tn?1
tn?1??(sn?1)?3sn?1?1,n?1,2,?
注意到x1?2s1?1，由（Ⅰ）知， s1x2n?1?2sn?12t?1,x2n?n,n?1,2,? sntnsn?1?3tn?1?9sn?2
11?9(sn?) 4412n?2?1) 可知sn?(5?341tn?3sn?1?(5?32n?1?1)
4化为sn?1?从而x2n?1?2?14 ?2?sn5?32n?2?1x2n?2?14 ?2?2n?1tn5?3?1n?1统一写为xn?2?(?1)4,n?1,2,? n?1n5?3?(?1)从而有|xn?2|?
41?
4?3n?1?[3n?1?(?1)n]3n?1解法二：
（Ⅰ）同解法一，可求出b??1,m?4,a?3
x?4 x?1取t?3s?1
t?1则s?
32t?1?42s?12t?12t?1t?1所以f( )?f()??f(x)?st?12t?1t?1?1t
（Ⅱ）由f(x)?x?4x?1，xn?1?f(xn) 得xxn?4n?1?x （1） n?1 把（1）式两边都加上2得：x3(xn?2)n?1?2?x n?1 把（1）式两边都减去2得：xxn?2n?1?2??x n?1 若存在k(k?N?)，使xk?2，由（3）可知 xk?1?xk?2???x1?2与x1?3矛盾 所以不存在k(k?N?)，使xk?2 （2）式除以（3）式得
xn?1?2??3xn?2x n?1?2xn?2 因为x1?3 所以
x1?2x?2?5 1所以
xn?2x?5?(?3)n?1 n?2所以x4n?2?5?(?3)n?1?1 所以|x4n?2|?|5?(?3)n?1?1|
2）3） （
（ ??
解法三：
444 ??n?1n?1n?1n?1|5?(?3)|?15?3?14?3?3?141? n?1n?14?33（Ⅰ）由解法一得f(x)? 由f(x?4，s??(t)?3t?1 x?12t?12s?1)? （1） ts2s?12t?1)? st 易看出（1）式中t??s即得f(所以存在?t?3(?s)?1，即t?3s?1 （Ⅱ）用数学归纳法
（1）当n?1时，显然成立 （2）易得xn?1?f(xn)?1?3?1， xn?1111111f(2?)?2??2?f(2?)???（※）
s3s?1s3s?13s假设当n?k时，命题成立
1即|xk?2|?k?1
3则当n?k?1时，
|xk?1?2|?|2?f(xk)|?|1?3| xk?111|xk?2|?k 33当xk?2时，|xk?1?2|?|2?f(2?(xk?2))|?当xk?2时，|xk?1?2|?3?1 xk?1只需证
31?1?k xk?1333k?1即证?k
xk?13xk?13k?k即证 33?13?3k?1 即证xk?k3?13?3k3?3??k即证xk?2?k 3?13?1即2?xk?331??，而此式是假设成立的 kkk?13?133所以（2）成立
由（1），（2）可知，原命题成立
“华约”自主招生数学试题及解答(2010-2012)
