2018年浙江省“五校联考”高考数学二模试卷（含详细解答）

1、2018 年浙江省“五校联考”高考数学二模试卷年浙江省“五校联考”高考数学二模试卷 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只分在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的有一项是符合题目要求的 1 （4 分）设集合 Ax|x1|1，Bx|log2x2，则 BRA（ ） A2，4 B （2，4 C0，4 D （2，4（，0） 2 （4 分）若复数 z 满足 z（1+i）|1i|+i（其中 i 为虚数单位） ，则 z 的虚部为（ ） A B C D 3 （4 分）已知随机变量 XB（4，p） ，若，则

2、P（X2）（ ） A B C D 4 （4 分）设 a，b 是两条直线， 是两个平面，则 ab 的一个充分条件是（ ） Aa，b， Ba，b， Ca，b， Da，b， 5 （4 分）如图，设 A、B 是半径为 2 的圆 O 上的两个动点，点 C 为 AO 中点，则的 取值范围是（ ） A1，3 B1，3 C3，1 D3，1 6 （4 分） （1）6（1+）4的展开式中 x 的系数是（ ） A4 B3 C3 D4 7 （4 分）点 D 是ABC 的边 AB 的中点，ABC120，若以 A、B 为焦点 的双曲线恰好经过点 C，则该双曲线的离心率为（ ） A B C D 8 （4 分）若，则 （ ）

3、 第 2 页（共 23 页） A B C D 9 （4 分）已知ABC 的三边长分别为 a、b、c，有以下四个命题： （1）以，为边长的三角形一定存在； （2）以 2a，2b，2c为边长的三角形一定存在； （3）以 a3，b3，c3为边长的三角形一定存在； （4）以|ab|+c，|bc|+a，|ca|+b 为边长的三角形一定存在，其中正确命题的个数为 （ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 10 （4 分）已知函数的最小值为 2a1，则实数 a 的取值 范围是（ ） Aa1 B0a1 Ca0 或 a1 Da0 或 a1 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题小题

4、，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分分 11 （4 分）已知 2log6x1log63，则 x 的值是 12 （6 分）若实数 x，y 满足，则 x+y 的最大值为 ，x2+y2的取值范围 为 13 （6 分）一个三棱锥的三视图如图所示，则其表面积为 ，其外接球的体积 是 14（6分） 点G是ABC的重心， 过G作直线与AB、 AC两边分别交于M、 N两点， 且， 若，则 y ，若，则 x+y 第 3 页（共 23 页） 15 （6 分）已知正项等比数列an的前 n 项和为 Sn，若1，S5，S10成等差数列，则 S10 2S5 ，S15S10的最小值为

5、16 （4 分）将一个 44 正方形棋盘中的 8 个小正方形方格染成红色，使得每行、每列都恰 有两个红色方格，则有 种不同的染色方法 17 （4 分）棱长为 36 的正四面体 ABCD 的内切球球面上有一动点 M，则的最小 值为 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 18 （14 分）在ABC 中，角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，且， （）求角 A 和角 B 的大小； （）已知当 xR 时，函数 f（x）sinx（cosx+asinx）的最大值为，求 a 的值 19 （1

6、5 分）如图，四棱锥 PABCD 的底面是梯形BCAD，ABBCCD1，AD2， ， （）证明；ACBP； （）求直线 AD 与平面 APC 所成角的正弦值 20 （15 分） （）求证：； 第 4 页（共 23 页） （）设函数 （）求证：f（x）是减函数； （）若不等式对任意 nN*恒成立（e 是自然对数的底数） ，求实数 a 的 取值范围 21 （15 分）如图，已知椭圆离心率为，焦距为 2 （）求椭圆 C 的方程； （）直线 l 与椭圆切于点 P，OQl，垂足为 Q，其中 O 为坐标原点求OPQ 面积 的最大值 22 （15 分）已知正项数列an满足 a14，nN* （）求证：an4n

7、； （）求证： 第 5 页（共 23 页） 2018 年浙江省“五校联考”高考数学二模试卷年浙江省“五校联考”高考数学二模试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只分在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的有一项是符合题目要求的 1 （4 分）设集合 Ax|x1|1，Bx|log2x2，则 BRA（ ） A2，4 B （2，4 C0，4 D （2，4（，0） 【分析】解不等式求得集合 A、B，根据交集与补集的定义计算即可 【解答】解：集合 Ax|x1|1

8、x|1x11x|0x20，2， Bx|log2x2x|0x4（0，4， RA（，0）（2，+） ， BRA（2，4 故选：B 【点评】本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题 2 （4 分）若复数 z 满足 z（1+i）|1i|+i（其中 i 为虚数单位） ，则 z 的虚部为（ ） A B C D 【分析】复数 z 满足 z（1+i）|1i|+i，则（a+bi） （1+i）ab+（b+a）i+i，列 方程组能求出 z 的虚部 【解答】解：设 za+bi， 复数 z 满足 z（1+i）|1i|+i（其中 i 为虚数单位） ， （a+bi） （1+i）+i， a+bi+ai+bi2ab+（b+a）

9、i+i， ， 解得 a，b z 的虚部为 故选：A 【点评】本题考查复数的虚部的求法，考查复数的代数形的乘除运算法则等基础知识， 第 6 页（共 23 页） 考查函数与方程思想，考查函数与方程思想，是基础题 3 （4 分）已知随机变量 XB（4，p） ，若，则 P（X2）（ ） A B C D 【分析】根据数学期望值求出 p，再利用公式计算概率 P（X2）的值 【解答】解：由随机变量 XB（4，p） ， 且， 即 np4p，解得 p； P（X2） 故选：B 【点评】本题考查概率的计算以及数学期望的应用问题，是基础题 4 （4 分）设 a，b 是两条直线， 是两个平面，则 ab 的一个充分条件是

10、（ ） Aa，b， Ba，b， Ca，b， Da，b， 【分析】根据题意分别画出错误选项的反例图形即可 【解答】解：A、B、D 的反例如图 故选：C 【点评】本题考查线面垂直、平行的性质及面面垂直、平行的性质，同时考查充分条件 的含义及空间想象能力 5 （4 分）如图，设 A、B 是半径为 2 的圆 O 上的两个动点，点 C 为 AO 中点，则的 取值范围是（ ） 第 7 页（共 23 页） A1，3 B1，3 C3，1 D3，1 【分析】 如图所示， 可得 O （0， 0） ， A （2， 0） ， C （1， 0） ， 设 B （2cos， 2sin） 0， 2） 利用数量积运算性质与三角

11、函数的单调性可得范围 【解答】解：如图所示， 可得 O（0，0） ，A（2，0） ，C（1，0） ，设 B（2cos，2sin） 0，2） （1，0） （2cos+1，2sin）2cos+11，3 故选：A 【点评】本题考查了向量数量积运算性质、三角函数的单调性求值，考查了推理能力与 计算能力，属于中档题 6 （4 分） （1）6（1+）4的展开式中 x 的系数是（ ） A4 B3 C3 D4 【分析】展开式中 x 的系数由三部分和组成：的常数项与展开式的 x 的系数积；的展开式的 x 的系数与的常数项的积；的 的系数与的的系数积利用二项展开式的通项求得各项系数 【解答】解：的展开式的通项为

12、展开式中常数项为 C60，含 x 的项的系数为 C62，含的项的系数为C61 的展开式的通项为 的展开式中的 x 的系数为 C42，常数项为 C40，含的项的系数为 C41 故的展开式中 x 的系数是 C60C42+C62C40C61C416+15243 第 8 页（共 23 页） 故选：B 【点评】本题考查二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具 7 （4 分）点 D 是ABC 的边 AB 的中点，ABC120，若以 A、B 为焦点 的双曲线恰好经过点 C，则该双曲线的离心率为（ ） A B C D 【分析】设 AB2，根据余弦定理计算 BC，AC，从而得出离心率 【解答】解：

13、不妨设 AB2，则 CD，BDAB1， 在BCD 中，由余弦定理可得：cosABC， 解得 BC1， 在ABC 中，由余弦定理得 AC， 不妨设以 AB 为焦点的双曲线方程为1， 则 2aACBC1，2cAB2， 离心率 e 故选：A 【点评】本题考查了双曲线的性质，属于中档题 8 （4 分）若，则 （ ） A B C D 【分析】把等式左边利用辅助角公式化积，结合 的范围求出 cos+sin 的范围进一步 得到 tan 的范围，则答案可求 【解答】解：cos+sin， 当 0时， 则（1，（1，） ， tan（1，） 第 9 页（共 23 页） 得 （） 故选：C 【点评】本题考查三角函数的

14、恒等变换及化简求值，考查数学转化思想方法，是中档题 9 （4 分）已知ABC 的三边长分别为 a、b、c，有以下四个命题： （1）以，为边长的三角形一定存在； （2）以 2a，2b，2c为边长的三角形一定存在； （3）以 a3，b3，c3为边长的三角形一定存在； （4）以|ab|+c，|bc|+a，|ca|+b 为边长的三角形一定存在，其中正确命题的个数为 （ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 【分析】三角形 ABC 的三边长分别为 a，b，c，不妨设 abc，则 b+ca通过作差 或平方作差，利用绝对值不等式的性质及其三角形三边大小关系即可判断出结论 【解答】解：三角形 ABC 的

15、三边长分别为 a，b，c，不妨设 abc，则 b+ca （1）（）2（）2b+ca+20，+，以， 为边长的三角形一定存在； （2）当 b3，c2，a4 时，22+2324不成立，因此以 2a，2b，2c为边长的三角形不 一定存在； （3）当 b3，c2，a4 时，a3b3+c3不成立，因此以 a3，b3，c3为边长的三角形不 一定存在； （4）|ab|+c+|bc|+a|ac|+c+a|ca|+b，以|ab|+c，|bc|+a，|ca|+b 为边 长的三角形一定存在； 其中正确命题的个数为 2 个 故选：B 【点评】本题考查了作差法、绝对值不等式的性质及其三角形三边大小关系、分类讨论 方法，

16、考查了推理能力与计算能力，属于中档题 10 （4 分）已知函数的最小值为 2a1，则实数 a 的取值 范围是（ ） Aa1 B0a1 Ca0 或 a1 Da0 或 a1 第 10 页（共 23 页） 【分析】讨论 a0，a1，求得 f（x）的解析式，运用二次函数、绝对值函数的值域， 可得最值，即可得到结论 【解答】解：若 a0，则 f（x）， 可得 x0 时，f（x）1； x0 时，f（x）0， 可得 f（x）的值域为（1，+） ，无最小值； 当 a1 时，f（x）， 当 x0 时，f（x）|x1|+12， 当 x0 时，f（x）|（x1）21|+11， 当 x0 时，取得最小值 1， 则 f

17、（x）的最小值为 1，满足题意， 当 a1 时，f（x）， 当 x0 时，f（x）3； 当 x0 时，f（x）x2+2x1 的值域为1，+） ， 可得 f（x）的最小值为1 故排除 B，C，D， 故选：A 【点评】本题考查函数的最值的求法，注意运用分类讨论思想方法，以及排除法，考查 运算能力，属于中档题 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分分 11 （4 分）已知 2log6x1log63，则 x 的值是 【分析】由对数的性质分别化简等号两边，再根据对数函数的定义域和单调性求值 【解答】解：

18、原式等价于 log6x2log66log63log62， 所以 x22， 又 x0， x， 第 11 页（共 23 页） 故答案为： 【点评】本题考查对数的运算法则，以及对数函数的定义域和单调性，属于基础题 12 （6 分）若实数 x，y 满足，则 x+y 的最大值为 5 ，x2+y2的取值范围为 ，13 【分析】画出不等式组表示的平面区域，由图形求出目标函数 zx+y 的最大值， 再根据 zx2+y2表示区域内的点到原点的距离的平方，求出 x2+y2的取值范围 【解答】解：不等式组可化为 或， 在 同 一 坐 标 系 中 画 出 两 个 不 等 式 组 表 示 的 平 面 区 域 ， 如 图

19、 所 示 ； 则由图形知，目标函数 zx+y 过点 C 时，z 取得最大值， 由，解得 C（2，3） ， x+y 的最大值为 5； 又 zx2+y2表示区域内的点到原点的距离的平方， 由图形知，x2+y2的最小值为， 最大值为 22+3213， x2+y2的取值范围是，13 故答案为：5，13 【点评】本题考查了简单的线性规划问题，也考查了数形结合的应用问题，是中档题 13 （6 分）一个三棱锥的三视图如图所示，则其表面积为 26+2 ，其外接球的体积 第 12 页（共 23 页） 是 【分析】判断几何体的形状，利用所使用的数据求解三棱锥的表面积以及外接球体积即 可 【解答】解：如图：PA平面

20、 ABC，ABBC，PA5，AB3，BC4，三棱锥的表面 积为：26+2 三棱锥的外接球就是长方体三度为：5，4，3 的外接球，所以外接球的半径为： 外接球的体积为： 故答案为：26+2； 【点评】本题考查三视图求解外接球的表面积与体积，考查空间想象能力以及计算能力 14（6分） 点G是ABC的重心， 过G作直线与AB、 AC两边分别交于M、 N两点， 且， 若，则 y 1 ，若，则 x+y 2 第 13 页（共 23 页） 【分析】用表示出，根据三点共线求出 x，y 的关系，根据三角形的面积比得 出 xy，从而可求出 x+y 的值 【解答】解：根据条件：，； 又+； +； 又 M，G，N 三

21、点共线； +1； x，y1； ， xy， 又3，即3， x+y2 故答案为：1，2 【点评】本题考查了平面向量的基本定理，属于中档题 15 （6 分）已知正项等比数列an的前 n 项和为 Sn，若1，S5，S10成等差数列，则 S10 2S5 1 ，S15S10的最小值为 4 【分析】由题意和等差数列易得第一问；再根据 S5，S10S5，S15S10为等比数列，可 得 S15S10为 S5的式子，由基本不等式可得第二问 【解答】解：1，S5，S10成等差数列， 2S5S101，S102S51， 第 14 页（共 23 页） 又由等比数列的性质可得 S5，S10S5，S15S10为等比数列， S

22、5（S15S10）（S10S5）2， S15S10 S5+22+24， 当且仅当 S5即 S51 时取等号， S15S10的最小值为 4， 故答案为：1；4 【点评】本题考查等比数列的求和公式的性质，涉及基本不等式求最值，属中档题 16 （4 分）将一个 44 正方形棋盘中的 8 个小正方形方格染成红色，使得每行、每列都恰 有两个红色方格，则有 90 种不同的染色方法 【分析】根据题意，先分析第一行的染法数目，进而分类讨论第一行染好后的 3 种情况， 第二行的红色方格均与第一行的红色方格同列，第二行染的红色方格与第一行的红 色方格均不同列，第二行染的红色方格恰有一个与第一行的红色方格同列，依次

23、分析 第三、四行的染法数目，综合可得第二、三、行的染法数目，由分步计数原理可得答案 【解答】解：第一行染 2 个红色方格有 C42种染法； 第一行染好后，有如下三种情况： 第二行的红色方格均与第一行的红色方格同列，这时其余行都只有 1 种染法； 第二行染的红色方格与第一行的红色方格均不同列，这时第三行有 C42种染法，第四 行的染法随之确定； 第二行染的红色方格恰有一个与第一行的红色方格同列， 而第一、 第二这两行染好后， 第三行的红色方格必然有一个与上面的红色方格均不同列，这时第三行的染法有 2 种， 第四行染法随之确定 因此，共有染法为：6（1+6+42）90（种） 故答案为：90 【点评

24、】本题考查排列、组合的应用，涉及分步、分类计数原理的运用，注意要先确定 第一行的情况，进而分析其他三行的情况 第 15 页（共 23 页） 17 （4 分）棱长为 36 的正四面体 ABCD 的内切球球面上有一动点 M，则的最小 值为 4 【分析】由阿波罗尼斯球得内切球球心 O 是线段 CH 上以 C，E 为定点空间中满足 （1）的点 P 的集合，连结 CO 并延长交平面 ABD 于 H，交内切球上方的点设为 K， 过 M 作 MECH，交 CH 于 E，连结 BM，CM，设 OEx，由已知得 CO9，OH 3，推导出 x，3，从而，进而 MB+MB+MEBE， 由此能求出的最小值 【解答】解

25、：由阿波罗尼斯球得内切球球心 O 是线段 CH 上以 C，E 为定点， 空间中满足（1）的点 P 的集合， 连结 CO 并延长交平面 ABD 于 H，交内切球上方的点设为 K， 过 M 作 MECH，交 CH 于 E，连结 BM，CM， 设 OEx，由已知得 CO9，OH3， ，解得 x， 3， ， MB+MB+MEBE， 在BOE 中，BOCO9，OE， cosBOEcosBOH， BE4 的最小值为 4 故答案为：4 第 16 页（共 23 页） 【点评】本题考查两线段和的最小值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关 系等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查函数与方程思想、

26、数形结合思 想，是中档题 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 18 （14 分）在ABC 中，角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，且， （）求角 A 和角 B 的大小； （）已知当 xR 时，函数 f（x）sinx（cosx+asinx）的最大值为，求 a 的值 【分析】 （）由已知可得：b2+c2a2bc，利用余弦定理可求 cosA，结合范围 0A ，可求 A，由已知可得 sinB1+cosC，由 B+C，则利用三角函数恒等变 换的应用可求 sinC1，解得 C，利用三角

27、形内角和定理解得 B （）利用恒等变换公式对 f（x）sinx（cosx+asinx）化简得到 f（x）+sin （2x） ，再由最大值，建立方程即可求出 a 的值 【解答】解： （）由，可得：b2+c2a2bc， 所以 cosA， 又 0A， 第 17 页（共 23 页） 可得：A， 由 sinAsinBcos2，可得：sinB，sinB1+cosC， B+C，则sin（C）1+cosC， 可得：sinC1，解得 C， B（6 分） （）f（x）sinx（cosx+asinx）sin2x+（1cos2x）+sin（2x） ， tana， 函数 f（x）sinx（cosx+asinx）的最大值

28、为， +， 解得 a （6 分） 【点评】本题主要考查了余弦定理，三角函数恒等变换的应用，考查了三角函数的最值， 解题的关键是把三角函数的解析式转化为函数 yAsin（x+）的形式，再由三角函数 的性质确定函数的最值，此类题一般有两种类型，一是求最值，一是由最值求参数，本 题是第二类 19 （15 分）如图，四棱锥 PABCD 的底面是梯形BCAD，ABBCCD1，AD2， ， （）证明；ACBP； （）求直线 AD 与平面 APC 所成角的正弦值 【分析】 （I）取 AC 的中点 M，连接 PM，BM，通过证明 AC平面 PBM 得出 ACBP； 第 18 页（共 23 页） （II）以 M

29、 为原点建立坐标系，求出平面 APC 的法向量 ，通过计算 与的夹角得出 AD 与平面 APC 所成角 【解答】 （I）证明：取 AC 的中点 M，连接 PM，BM， ABBC，PAPC， ACBM，ACPM，又 BMPMM， AC平面 PBM， BP平面 PBM， ACBP （II）解：底面 ABCD 是梯形BCAD，ABBCCD1，AD2， ABC120， ABBC1，AC，BM，ACCD， 又 ACBM，BMCD PAPC，CM，PM， PB，cosBMP，PMB120， 以 M 为原点，以 MB，MC 的方向为 x 轴，y 轴的正方向， 以平面 ABCD 在 M 处的垂线为 z 轴建立

30、坐标系 Mxyz，如图所示： 则 A（0，0） ，C（0，0） ，P（，0，） ，D（1，0） ， （1，0） ，（0，0） ，（，） ， 设平面 ACP 的法向量为 （x，y，z） ，则，即， 令 x得 （，0，1） ， cos ， 直线 AD 与平面 APC 所成角的正弦值为|cos ，| 第 19 页（共 23 页） 【点评】本题考查了线面垂直的判定，空间向量与空间角的计算，属于中档题 20 （15 分） （）求证：； （）设函数 （）求证：f（x）是减函数； （）若不等式对任意 nN*恒成立（e 是自然对数的底数） ，求实数 a 的 取值范围 【分析】 （I）作差求导，根据单调性和最值

31、得出结论； （II） （i）根据（I）的结论判断 f（x）0，从而结论得证； （ii）分离参数可得 an，使用换元法和（i）的单调性求出函数的最小值 即可得出 a 的范围 【解答】 （I）证明：令 g（x）lnx（x1） ， 则 g （x） 0， g（x）在（1，+）上单调递减， g（x）g（1）0，即 lnx0 lnx（x1） （II）证明： （i）f（x）+， 第 20 页（共 23 页） 由（I）可知 lnx，（lnx）2，x（lnx）2（x1）2， f（x）0， f（x）（x1）是减函数 （ii）由得（n+a）ln（1+）1， ln（1+）ln10， n+a，即 an， 令 1+t，则

32、 n（1t2） af（t） ， 由（i）可知 f（t）在（1，2上单调递减， f（t）的最小值为 f（2） a 【点评】本题考查了函数单调性的判断与最值计算，考查导数的应用，属于中档题 21 （15 分）如图，已知椭圆离心率为，焦距为 2 （）求椭圆 C 的方程； （）直线 l 与椭圆切于点 P，OQl，垂足为 Q，其中 O 为坐标原点求OPQ 面积 的最大值 【分析】 （） 根据椭圆的离心率公式及 c1， 即可求得 a 和 c 的值， 即可求得椭圆方程； （）方法一：根据椭圆的切线方程，求得直线 OQ 的方程，根据点到直线的距离公式 第 21 页（共 23 页） 即可求得|OQ|及|PQ|，

33、利用三角形的面积公式和基本不等式即可求得OPQ 面积的最大 值； 方法二：设切线方程 ykx+m，求得直线 OQ 方程，将切线方程代入椭圆方程，由0， 即可求得 m23+4k2，利用点到直线的距离公式分别求得|OQ|及|PQ|，根据三角形的面积 公式及基本不等式的性质，即可求得OPQ 面积的最大值 【解答】解： （）由椭圆的离心率 e，则 2c2，c1， 则 a2，b3， 椭圆 C 的方程：； （）方法一：设 P（x0，y0） ， （x00，y00）由椭圆在 P 的切线方程：， 即 3x0x+4y0y120， 则直线 OQ 的方程：yx，即 3x0y4y0x0， 则|OQ|，|PQ|， 则OP

34、Q 面积 SOPQ|OQ| |PQ| ， 当且仅当 9x0216y02，即 x02，y02时取等号， OPQ 面积的最大值 方法二：设切线方程：ykx+m， （k0）切点 P（x0，y0） ， （x00，y00） ， O 到切线的距离：|OQ|， 联立，整理得： （3+4k2）x2+8kmx+4m2120， （8km）24（3+4k2） （4m212）0，整理得：m23+4k2， 第 22 页（共 23 页） 代入解得：x0，y0k0x+m， 直线 OQ 的方程：yx，即 ky+x0，则|PQ| ， 则则OPQ 面积 SOPQ|OQ|PQ|PQ|OQ| ， 当且仅当 k21 时，即 x02，y

35、02时取等号， OPQ 面积的最大值 【点评】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，椭圆的切线方程及点到直 线的距离公式的应用，基本不等式的应用，考查转化思想，属于中档题 22 （15 分）已知正项数列an满足 a14，nN* （）求证：an4n； （）求证： 【分析】 （）由 lnxx1，得，然后利用数学归纳法证明不等式 an4n 成立； （）先由成立，再由 成立，于是得到 an+1+23（an+2）成立，进而得到 ，于是得到， 然后利用不等式的可加性与等比数列求和公式可证明成 立 【解答】证明： （）首先利用 lnxx1，可得，即 第 23 页（共 23 页） ， 以下用数学归纳法证明 an4n， 当 n1 时显然成立； 假设当 nk 时，不等式成立，即 ak4k， 则 当n k+1时 ， 由 函 数的 单 调 性 可 得 ， ， 也就是说，当 nk+1 时，不等式也成立； 由可知，an4n 对任意的 nN*成立； （）易知， 由3an+4，则 an+1+23（an+2） ， 所以，则 ， 因此， ， 所以， 【点评】本题考查数列与不等式的综合问题，考查变形能力与推理能力，属于难题