2019年高中數(shù)學(xué) 綜合檢測 新人教A版選修2-2.doc

2019年高中數(shù)學(xué) 綜合檢測 新人教A版選修2-2一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1(xx山東魚臺一中高二期中)復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)(2i)2對應(yīng)點(diǎn)位于()A第一象限B第二象限C第三象限 D第四象限答案D解析(2i)244ii234i，此復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點(diǎn)為(3，4)，故選D.2曲線y4xx3在點(diǎn)(1，3)處的切線方程是()Ay7x4 Byx4Cy7x2 Dyx2答案D解析y|x1(43x2)|x11，切線方程為y3x1，即yx2.3若函數(shù)f(x)x2bxc的圖象的頂點(diǎn)在第四象限，則函數(shù)f (x)的圖象是()答案A解析f (x)2xb為增函數(shù)，排除B、D；又f(x)的頂點(diǎn)在第四象限，>0，b<0，排除C，故選A.4(xx山東嘉祥一中高二期中)曲線yx33x和yx圍成圖形的面積為()A4B8C10D9答案B解析由解得或或yx33x與yx都是奇函數(shù)，圍成圖形的面積為S2x(x33x)dx2(4xx3)dx|8，故選B.5(xx浙江余姚中學(xué)高二期中)已知函數(shù)f(x)sinxexxxx，令f1(x)f (x)，f2(x)f1(x)，f3(x)f2(x)，fn1fn(x)，則fxx(x)()Asinxex BcosxexCsinxex Dcosxex答案C解析f1(x)f (x)cosxexxxx，f2(x)f1(x)sinxexxxxxx2011，f3(x)f2(x)cosxexxxxx2011xxx，fxx(x)sinxex.6(xx貴州湄潭中學(xué)高二期中)函數(shù)f(x)3x4x3(x0,1)的最大值是()A. B1 C0 D1答案D解析由f (x)312x20得，x，x0,1，x，當(dāng)x0，f (x)>0，當(dāng)x，1時，f (x)<0，f(x)在0，上單調(diào)遞增，在，1上單調(diào)遞減，故x時，f(x)取到極大值也是最大值，f()34()31，故選D.7設(shè)x34i，則復(fù)數(shù)zx|x|(1i)在復(fù)平面上的對應(yīng)點(diǎn)在()A第一象限 B第二象限C第三象限 D第四象限答案B解析x34i，|x|5，z34i5(1i)(351)(41)i35i.復(fù)數(shù)z在復(fù)平面上的對應(yīng)點(diǎn)在第二象限，故應(yīng)選B.8k棱柱有f(k)個對角面，則k1棱柱的對角面?zhèn)€數(shù)f(k1)為()Af(k)k1 Bf(k)k1Cf(k)k Df(k)k2答案A解析增加的一條側(cè)棱與其不相鄰的k2條側(cè)棱形成k2個對角面，而過與其相鄰的兩條側(cè)棱的截面原來為側(cè)面，現(xiàn)在也成了一個對角面，故共增加了k1個對角面，f(k1)f(k)k1.故選A.9(xx揭陽一中高二期中)函數(shù)yasinxsin3x在x處有極值，則a的值為()A6 B6 C2 D2答案D解析yacosxcos3x，由條件知，acoscos0，a2，故選D.10(xx淄博市臨淄區(qū)檢測)下列求導(dǎo)運(yùn)算正確的是()A(2x)x2x1 B(3ex)3exC(x2)2x D()答案B解析對于A，(2x)2xln2；對于B，(3ex)3ex；對于C，(x2)2x；對于D，()；綜上可知選B.11利用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式1<f(n)(n2，nN*)的過程中，由nk變到nk1時，左邊增加了()A1項 Bk項C2k1項 D2k項答案D解析nk1時，左邊為：1，故共增加了2k項，故選D.12函數(shù)f(x)x22lnx的單調(diào)減區(qū)間是()A(0,1 B1，)C(，1(0,1 D1,0)(0,1答案A解析函數(shù)的定義域為(0，)，f (x)2x，由f (x)0及x>0得，0<x1，故選A.點(diǎn)評利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性的一般步驟求導(dǎo)數(shù)f (x)；在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)解不等式f (x)0和f (x)0；根據(jù)的結(jié)果確定函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間二、填空題(本大題共4個小題，每小題4分，共16分將正確答案填在題中橫線上)13(xx山東嘉祥一中高二期中)在等比數(shù)列an中，若前n項之積為Tn，則有T3n()3.那么在等差數(shù)列bn中，若前n項之和為Sn，用類比的方法得到的結(jié)論是_答案S3n3(S2nSn)解析由等比數(shù)列前n項積，前2n項的積，前3n項的積類比得到等差數(shù)列前n項的和，前2n項的和，前3n項的和，由等比數(shù)列中()3類比得等差數(shù)列中3(S2nSn)，故有S3n3(S2nSn)14已知函數(shù)f(x)x32x2ax1在區(qū)間(1,1)上恰有一個極值點(diǎn)，則實數(shù)a的取值范圍是_答案1,7)解析f (x)3x24xa，其圖象開口向上，由條件知f (1)f (1)<0，(1a)(7a)<0，1<a<7，當(dāng)a1時，f (x)3x24x10，在(1,1)上恰有一根x，當(dāng)a7時，f (x)0在(1,1)上無實根，1a<7.15(xx天門市調(diào)研)若復(fù)數(shù)z，其中i是虛數(shù)單位，則|_.答案1解析因為zi，所以|1.16(xx玉溪一中高三月考)已知不等式1<0的解集為(1,2)，則(1)dx_.答案23ln3解析由條件知方程10的根為1或2，a1.(1)dx(1)dx23ln3.三、解答題(本大題共6個小題，共74分解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17(本題滿分12分)(xx洛陽市高二期中)已知z1、z2為復(fù)數(shù)，i為虛數(shù)單位，z113(z11)50，為純虛數(shù)，z1、z2在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)分別為P、Q.(1)求點(diǎn)P的軌跡方程；(2)求點(diǎn)Q的軌跡方程；(3)寫出線段PQ長的取值范圍解析(1)設(shè)z1xyi，(x、yR)，由z113(z11)50得x2y26x50，整理得(x3)2y24，點(diǎn)P的軌跡方程為(x3)2y24.(2)設(shè)z2xyi，(x、yR)，為純虛數(shù)，x2y29且y0，點(diǎn)Q的軌跡方程為x2y29(y0)(3)PQ長的取值范圍是0,8)兩圓相交，PQ長的最小值為0，又兩圓圓心距為3，兩圓半徑分別為2和3，PQ長的最大值為8，但點(diǎn)Q的軌跡方程中y0，|PQ|<8，線段PQ長的取值范圍是0,8)點(diǎn)評第(3)問要求“寫出線段PQ長的取值范圍”可以不寫解答過程18(本題滿分12分)(xx四川文，21)已知函數(shù)f(x)exax2bx1，其中a、bR，e2.71828為自然對數(shù)的底數(shù)(1)設(shè)g(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，求函數(shù)g(x)在區(qū)間0,1上的最小值；(2)若f(1)0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點(diǎn)，證明：e2<a<1.解析(1)由f(x)exax2bx1，有g(shù)(x)f (x)ex2axb.所以g(x)ex2a.當(dāng)x0,1時，g(x)12a，e2a當(dāng)a時，g(x)0，所以g(x)在0,1上單調(diào)遞增因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；當(dāng)a時，g(x)0，所以g(x)在0,1上單調(diào)遞減，因此g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab；當(dāng)<a<時，令g(x)0，得xln(2a)(0,1)所以函數(shù)g(x)在區(qū)間0，ln(2a)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ln(2a)，1上單調(diào)遞增于是，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b；綜上所述，當(dāng)a時，g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；當(dāng)<a<時，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b當(dāng)a時，g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab.(2)設(shè)x0為f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)的一個零點(diǎn)，則由f(0)f(x0)0可知，f(x)在區(qū)間(0，x0)上不可能單調(diào)遞增，也不可能單調(diào)遞減則g(x)不可能恒為正，也不可能恒為負(fù)故g(x)在區(qū)間(0，x0)內(nèi)存在零點(diǎn)x1.同理g(x)在區(qū)間(x0,1)內(nèi)存在零點(diǎn)x2，所以g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)至少有兩個零點(diǎn)由(1)知，當(dāng)a時，g(x)在0,1上單調(diào)遞增，故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個零點(diǎn)當(dāng)a時，g(x)在0,1上單調(diào)遞減，故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個零點(diǎn)所以<a<.此時g(x)在區(qū)間0，ln(2a)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ln(2a)，1上單調(diào)遞增因此x1(0，ln(2a)，x2(ln(2a)，1)，必有g(shù)(0)1b>0，g(1)e2ab>0.由f(1)0有abe1<2，有g(shù)(0)ae2>0，g(1)1a>0.解得e2<a<1.所以，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點(diǎn)時，e2<a<1.19(本題滿分12分)先觀察不等式(aa)(bb)(a1b1a2b2)2(a1、a2、b1、b2R)的證明過程：設(shè)平面向量(a1，b1)，(a2，b2)，則|，|，a1a2b1b2.|，|a1a2b1b2|，(a1a2b1b2)2(ab)(ab)，再類比證明：(abc)(abc)(a1a2b1b2c1c2)2.分析把平面向量類比推廣到空間向量可以證明解析設(shè)空間向量(a1，b1，c1)，(a2，b2，c2)，則|，|，a1a2b1b2c1c2，|，|a1a2b1b2c1c2|，(a1a2b1b2c1c2)2(abc)(abc)20(本題滿分12分)設(shè)函數(shù)f(x)sinxcosxx1,0<x<2，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值解析f (x)cosxsinx1sin(x)1(0<x<2)，令f (x)0，即sin(x)，解之得x或x.x，f (x)以及f(x)變化情況如下表：x(0，)(，)(，2)f (x)00f(x)遞增2遞減遞增f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，)和(，2)，單調(diào)減區(qū)間為(，)f極大(x)f()2，f極小(x)f().21(本題滿分12分)(xx海淀區(qū)高二期中)已知點(diǎn)列An(xn,0)，nN*，其中x10，x2a(a>0)，A3是線段A1A2的中點(diǎn)，A4是線段A2A3的中點(diǎn)，An是線段An2An1的中點(diǎn)，.(1)寫出xn與xn1、xn2之間的關(guān)系式(n3)；(2)設(shè)anxn1xn，計算a1、a2、a3，由此推測數(shù)列an的通項公式，并加以證明解析(1)由題意，當(dāng)n3時，xn(xn1xn2)(2)x10，x2a，x3(x2x1)，x4(x3x2)，a1x2x1a，a2x3x2，a3x4x3，推測an.方法一證明：對于任意nN*，anxn1xn，an1xn2xn1(xn1xn)xn1(xn1xn)an，又a1a>0，an是以a為首項，以為公比的等比數(shù)列故ana()n1.方法二下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n1時，a1aa()11，結(jié)論an成立假設(shè)當(dāng)nk(k1，kN)時，an成立，即aka()k1，則當(dāng)nk1時，ak1xk2xk1xk1ak()a()k1a()(k1)1，所以nk1時，an成立由可知，數(shù)列an的通項公式為ana()n1，nN*.22(本題滿分14分)(xx貴州湄潭中學(xué)高二期中)設(shè)函數(shù)f(x)xlnx.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求f(x)在區(qū)間，上的最大值和最小值解析(1)由題意知，函數(shù)的定義域為(0，)f(x)xlnx，f (x)lnx1，令f (x)0，得x，令f (x)>0，得x>，令f (x)<0，得0<x<，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)(2)f()lnln，f()ln，f()ln，又ln<ln，求f(x)在區(qū)間，的最大值為ln，最小值為.一、選擇題1i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z的虛部是()A0 B1 C1 D2答案B解析zi，z的虛部是1.2設(shè)曲線y在點(diǎn)(3,2)處的切線與直線axy30垂直，則a()A2 B C D2答案A解析y，y|x3，()(a)1，a2.3用數(shù)學(xué)歸納法證明等式123(n3)(nN*)時，驗證n1，左邊應(yīng)取的項是()A1 B12 C123 D1234答案D解析當(dāng)n1時，左12(13)124，故應(yīng)選D.4(xx遼寧實驗中學(xué)高二期中)三次函數(shù)當(dāng)x1時有極大值4，當(dāng)x3時有極小值0，且函數(shù)過原點(diǎn)，則此函數(shù)是()Ayx36x29x Byx36x29xCyx36x29x Dyx36x29x答案B解析由條件設(shè)f(x)ax3bx2cx，則f (x)3ax22bxc3a(x1)(x3)，b6a，c9a，f(x)ax36ax29ax，f(1)4，a1.f(x)x36x29x，故選B.5在復(fù)平面內(nèi)，點(diǎn)A對應(yīng)的復(fù)數(shù)為12i，(2,1)，則點(diǎn)B對應(yīng)的復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)為()A13i B13i C13i D13i答案D解析由條件知A(1,2)，又(2,1)，B(1,3)，點(diǎn)B對應(yīng)復(fù)數(shù)z13i，故13i.6已知函數(shù)f(x)x2bx的圖象在點(diǎn)A(1，f(1)處的切線l與直線3xy20平行，若數(shù)列的前n項和為Sn，則Sxx的值為()A. B C D答案A解析f (x)2xb，由f (1)2b3，得b1.則f(x)x2x.于是，Sxx(1)()()1.7(xx淄博市臨淄區(qū)檢測)已知函數(shù)f(x)x312x，若f(x)在區(qū)間(2m，m1)上單調(diào)遞減，則實數(shù)m的取值范圍是()A1m1 B1<m1C1<m<1 D1m<1答案D解析因為f (x)3x2123(x2)(x2)，令f (x)<02<x<2，所以函數(shù)f(x)x312x的單調(diào)遞減區(qū)間為(2,2)，要使f(x)在區(qū)間(2m，m1)上單調(diào)遞減，則區(qū)間(2m，m1)是區(qū)間(2,2)的子區(qū)間，所以從中解得1m<1，選D.8根據(jù)給出的數(shù)塔猜測12345697等于()192111293111123941111123495111111234596111111A1111110 B1111111C1111112 D1111113答案B解析可利用歸納推理，由已知可猜測123456971111111.9(xx江西文，5)觀察下列事實：|x|y|1的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為4 , |x|y|2的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為8, |x|y|3的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為12，則|x|y|20的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為()A76 B80 C86 D92答案B解析本題考查了不完全歸納由已知條件知|x|y|n的不同整數(shù)解(x，y)個數(shù)為4n，所以|x|y|20不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為42080.10(xx大綱全國理，1)復(fù)數(shù)()A2i B2i C12i D12i答案C解析本小題主要考查了復(fù)數(shù)四則運(yùn)算法則，可利用除法運(yùn)算求解因為12i，所以選C.11古希臘人常用小石子在沙灘上擺成各種形狀來研究數(shù)比如：他們研究過圖1中的1,3,6,10，由于這些數(shù)能夠表示成三角形，將其稱為三角形數(shù)；類似的，稱圖2中的1,4,9,16，這樣的數(shù)為正方形數(shù)下列數(shù)中既是三角形數(shù)又是正方形數(shù)的是()A289 B1024 C1225 D1378答案C解析圖1中滿足a2a12，a3a23，anan1n，以上累加得ana123n，an123n，圖2中滿足bnn2，一個數(shù)若滿足三角形數(shù)，其必能分解成兩個相鄰自然數(shù)乘積的一半；一個數(shù)若滿足正方形數(shù)，其必為某個自然數(shù)的平方1225352，選C.12(xx遼寧理，11)當(dāng)x2,1時，不等式ax3x24x30恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A5，3 B6，C6，2 D4，3答案C解析ax3x24x3恒成立當(dāng)x0時式子恒成立aR，當(dāng)x>0時，a恒成立令t，x(0,1，t1.at4t23t3恒成立令g(t)t4t23t3，g(t)18t9t2(t1)(9t1)，函數(shù)g(t)在1，)上為減函數(shù)而且g(1)16<0，g(t)<0在1，)上恒成立g(t)在1，)上是減函數(shù)，g(t)maxg(1)6，a6；當(dāng)x<0時，a恒成立，x2,0)，t，令g(t)0得，t1，g(t)在(，1上為減函數(shù)，在(1，上為增函數(shù)，g(t)ming(1)2，a2.綜上知6a2.二、填空題13請閱讀下列材料：若兩個正實數(shù)a1、a2滿足aa1，那么a1a2.證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)(xa1)2(xa2)22x22(a1a2)x1.因為對一切實數(shù)x，恒有f(x)0，所以0，從而得4(a1a2)280，所以a1a2.類比上述結(jié)論，若n個正實數(shù)滿足aaa1，你能得到的結(jié)論為_答案a1a2an(nN*)解析構(gòu)造函數(shù)f(x)(xa1)2(xa2)2(xan)2nx22(a1a2an)x1，f(x)0對任意實數(shù)x都成立，4(a1a2an)24n0，a1，a2，an都是正數(shù)，a1a2an.14對大于或等于2的自然數(shù)m的n次方冪有如下分解方式：2213,32135,421357；2335,337911,4313151719.根據(jù)上述分解規(guī)律，若n213519，m3(mN*)的分解中最小的數(shù)是21，則mn的值為_答案15解析依題意得n2100，n10.易知m321m2，整理得(m5)(m4)0，又mN*，所以m5，即532123252729，所以mn15.15對任意非零實數(shù)a、b，若ab的運(yùn)算原理如圖所示，則sinxdx_.答案解析sinxdxcosx|2>，sinxdx2.16(xx天津紅橋區(qū)高二質(zhì)檢)已知結(jié)論“a1、a2R，且4：若a1、a2、a3R，且a1a2a31，則9”，請猜想若a1、a2、anR，且a1a2an1，則_.答案n2解析結(jié)論左端各項分別是和為1的各數(shù)ai的倒數(shù)(i1,2，n)，右端n2時為422，n3時為932，故aiR，a1a2an1時，結(jié)論為n2(n2)三、解答題17已知非零實數(shù)a、b、c構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列，求證：，不可能構(gòu)成等差數(shù)列解析假設(shè)，能構(gòu)成等差數(shù)列，則得，于是得bcab2ac.而由于a，b，c構(gòu)成等差數(shù)列，即2bac.所以由兩式得，(ac)24ac，即(ac)20，于是得abc，這與a，b，c構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列矛盾故假設(shè)不成立，因此，不能構(gòu)成等差數(shù)列18已知函數(shù)f(x)(2a)x2lnx，(aR)(1)若函數(shù)f(x)在x1處取得極值，求實數(shù)a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間解析(1)由題可知f (x)2a(x>0)，令f (x)0得2a0，x，又因為函數(shù)f(x)在x1處取得極值，所以a0.(2)若a2，f (x)<0(x>0)，f(x)2lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)；若2a<0，即a>2時，f (x)2a在(0，)上小于0，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞減；若2a>0，即a<2時，當(dāng)x>時f (x)>0，f(x)單調(diào)遞增，0<x<時，f (x)<0，f(x)單調(diào)遞減綜上：a2時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)；a<2時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)19設(shè)函數(shù)f(x)ax(x>1)，若a是從1、2、3三個數(shù)中任取的一個數(shù)，b是從2、3、4、5四個數(shù)中任取的一個數(shù)，求f(x)>b恒成立的概率解析若使f(x)>b恒成立，只需使axb>0在(1，)上恒成立設(shè)g(x)axb，則g(x)a，令g(x)0，則a(x1)210，解得：x1，x(1，1)時，g(x)<0，x(1，)時，g(x)>0.x1時，函數(shù)g(x)取得最小值為g(1)2a1b，2a1b>0，當(dāng)a1時，b的值可以是2或3，當(dāng)a2時，b的值可以是2或3或4或5，當(dāng)a3時，b的值可以是2或3或4或5.使f(x)>b恒成立的取法共有10種，而數(shù)對(a，b)的所有可能取法共有12種，使f(x)>b恒成立的概率為P.20若a、b、c是不全相等的正數(shù)，求證：lglglg>lgalgblgc.解析要證lglglg>lgalgblgc，只需證lg>lg(abc)，只需證>abc.a，b，c是不全相等的正數(shù)，>0，>0，>0，且上述三式中的等號不同時成立>abc.lglglg>lgalgblgc.21已知函數(shù)f(x)x2ax(a1)lnx.(1)若a>2，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)已知a1，g(x)2f(x)x3，若數(shù)列an的前n項和為Sng(n)，證明：<(n2，nN)解析(1)可知f(x)的定義域為(0，)有f (x)xa，因為a>2，所以a1>1.故當(dāng)1<x<a1時f (x)<0；當(dāng)0<x<1或x>a1時f (x)>0.函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，a1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0,1)和(a1，)上單調(diào)增加(2)由a1知g(x)x3x22x，所以Snn3n22n.可得anan3n2n2(n2)所以(n2)因為<()，所以<(1)()()(1)<，綜上，不等式得證22(xx揭陽一中高二期中)已知函數(shù)f(x)lnxax22x(a<0)(1)若函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，求a的取值范圍；(2)若a且關(guān)于x的方程f(x)xb在1,4上恰有兩個不相等的實數(shù)根，求實數(shù)b的取值范圍；(3)設(shè)各項為正的數(shù)列an滿足：a11，an1lnanan2，nN*，求證：an2n1.解析(1)f (x)(x>0)依題意f (x)0在x>0時恒成立，即ax22x10在x>0時恒成立，則a(1)21在x>0時恒成立，即a(1)21)min(x>0)，當(dāng)x1時，(1)21取最小值1，a的取值范圍是(，1(2)a，f(x)xbx2xlnxb0.設(shè)g(x)x2xlnxb(x>0)，則g(x).g(x)，g(x)隨x的變化如下表：x(0,1)1(1,2)2(2,4)g(x)00g(x)極大值極小值g(x)極小值g(2)ln2b2，g(x)極大值g(1)b，又g(4)2ln2b2，方程g(x)0在1,4上恰有兩個不相等的實數(shù)根則得ln22<b.(3)設(shè)h(x)lnxx1，x1，)，則h(x)10，h(x)在1，)上為減函數(shù)h(x)maxh(1)0，故當(dāng)x1時有l(wèi)nxx1.當(dāng)n1時，a111成立；假設(shè)nk時，ak2k1，則當(dāng)nk1時，2k11，ln(2k1)(2k1)12k2，ak1lnakak2ln(2k1)(2k1)2(2k2)(2k1)22k11，所以當(dāng)nk1時結(jié)論也成立，由得，對nN*有an2n1成立