2018-2019学年江苏省常州市“教学研究合作联盟”高二（下）期中数学试卷（理科）含详细解答

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1、2018-2019 学年江苏省常州市“教学研究合作联盟”高二（下）期中数学试卷（理科）一、填空题：本大题共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 70 分分.请把答案填写在答题卡相应位置上请把答案填写在答题卡相应位置上. 1 （5 分）若复数 z 满足（1+i）z2i（i 为虚数单位） ，则复数 z 的实部是 2 （5 分）已知 ， 是空间两个单位向量，它们的夹角为 60，那么| 3 （5 分）若复数 z 满足 2z+ 3i 其中 i 为虚数单位， 为 z 的共轭复数，则 z 在复平面 内对应的点位于第 象限 4 （5 分）设，是两个不共线的空间向量，若2，3， k，且 A，B，D

2、 三点共线，则实数 k 的值为 5 （5 分）若向量 （2，1，2） ， （4，2，m） ，且 与 的夹角为钝角，则实数 m 的取值范围为 6 （5 分）著名的哥德巴赫猜想指出： “任何大于 2 的偶数可以表示为两个素数的和” ，用反 证法研究该猜想，应假设的内容是 7 （5 分）如图，在正四面体 PABC 中，M，N 分别为 PA，BC 的中点，D 是线段 MN 上 一点，且 ND2DM，若x，则 x+y+z 的值为 8 （5 分）我们知道等比数列与等差数列在许多地方都有类似的性质，请由等差数列an的 前 n 项和公式 Sn类比得到正项等比数列bn的前 n 项积公式 Tn 9 （5 分）用数

3、学归纳法证明等式：1+2+3+n3（nN*） ，则从 nk 到 nk+1 时左边应添加的项为 10 （5 分）如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，BAC90，AA1A1B1A1C14，点 第 2 页（共 22 页） E 是棱 CC1上一点，且异面直线 A1B 与 AE 所成角的余弦值为，则 C1E 的长 为 11（5 分） 德国数学家莱布尼兹发现了如图所示的单位分数三角形 （单位分数是指分子为 1、 分母为正整数的分数） ，称为莱布尼兹三角形根据前 6 行的规律，第 7 行的左起第 3 个 数为 12 （5 分）在我国古代数学名著九章算术中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之 为鳖臑（bi

4、enao） 已知在鳖臑 PABC 中，PA平面 ABC，PAABBC2，M 为 PC 的中点，则点 P 到平面 MAB 的距离为 13 （5 分）如图，已知正三棱柱 ABCA1B1C1中，ABAA12，M，N 分别为 CC1，BC 的中点，点 P 在直线 A1B1上且满足（R） 若平面 PMN 与平面 ABC 所成的二面角的平面角的大小为 45，则实数 的值为 第 3 页（共 22 页） 14 （5 分）如图所示的正方体是一个三阶魔方（由 27 个全等的棱长为 1 的小正方体构成） ， 正方形 ABCD 是上底面正中间一个正方形， 正方形 A1B1C1D1是下底面最大的正方形， 已 知点 P

5、是线段 AC 上的动点，点 Q 是线段 B1D 上的动点，则线段 PQ 长度的最小值 为 二、解答题：本大题共二、解答题：本大题共 6 小题，共计小题，共计 90 分分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字 说明、证明过程或演算步骤说明、证明过程或演算步骤. 15 （14 分）已知 i 为虚数单位，复数 z11i，z23+ai（aR） （1）若 z1+z2为实数，求 z1z2的值； （2）若为纯虚数，求|z2| 16 （14 分）已知矩阵 M，N （1）求 MN； （2）若曲线 C1：x2y21 在矩阵 MN 对应的变换作用下得到另一曲线 C2，

6、求 C2的方 程 17 （14 分）已知数列an满足 a11，an+1an， （anan1）22（an+an1）1，n2 （1）求 a2，a3，a4的值并猜想数列an的通项公式； （2）用数学归纳法证明你的猜想 18 （16 分）如图，在四棱锥 PABC 中，已知 PA平面 ABCD，且四边形 ABCD 为直角 第 4 页（共 22 页） 梯形，PAABBC2，点 E，F 分别是 AB，PD 的中点 （1）求证：EF平面 PBC； （2）若点 M 为棱 PC 上一点，且平面 EFM平面 PBC，求证：EMPC 19 （16 分）如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，所有棱长都等于 2 （1）

7、当点 M 是 BC 的中点时， 求异面直线 AB1和 MC1所成角的余弦值； 求二面角 MAB1C 的正弦值； （2）当点 M 在线段 BC 上（包括两个端点）运动时，求直线 MC1与平面 AB1C 所成角的 正弦值的取值范围 20 （16 分） （1）是否存在实数 a，b，c，使得等式 122+232+342+n（n+1） 2 （an2+bn+c）对于一切正整数 n 都成立？若存在，求出 a，b，c 的值并给出证明；若不 存在，请说明理由 （2）求证：对任意的 nN*， 第 5 页（共 22 页） 2018-2019 学年江苏省常州市“教学研究合作联盟”高二（下）学年江苏省常州市“教学研究合

8、作联盟”高二（下） 期中数学试卷（理科）期中数学试卷（理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、填空题：本大题共一、填空题：本大题共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 70 分分.请把答案填写在答题卡相应位置上请把答案填写在答题卡相应位置上. 1 （5 分）若复数 z 满足（1+i）z2i（i 为虚数单位） ，则复数 z 的实部是 1 【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解答】解：由（1+i）z2i，得 z， 复数 z 的实部是 1， 故答案为：1 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题 2 （5 分）已知 ，

9、是空间两个单位向量，它们的夹角为 60，那么| 【分析】 容易求出， 然后进行数量积的运算即可求出， 从而得出 【解答】解：； ； 故答案为： 【点评】考查单位向量的概念，向量数量积的运算及计算公式，向量长度的求法 3 （5 分）若复数 z 满足 2z+ 3i 其中 i 为虚数单位， 为 z 的共轭复数，则 z 在复平面 内对应的点位于第 四 象限 【分析】设 za+bi（a，bR） ，代入 2z+ 3i，利用复数相等的条件求得 a，b 的值 得答案 【解答】解：设 za+bi（a，bR） ， 由 2z+ 3i，得 2a+2bi+abi3a+bi3i， a1，b1 则复数 z 在复平面内对应的

10、点的坐标为（1，1） ，所在的象限是第四象限 第 6 页（共 22 页） 故答案为：四 【点评】本题考查复数代数形式的加减运算，考查复数的基本概念，考查复数相等的条 件，是基础题 4 （5 分）设，是两个不共线的空间向量，若2，3， k，且 A，B，D 三点共线，则实数 k 的值为 4 或1 【分析】根据条件可求出，并且，根据 A，B，D 三点 共线可得出共线，从而存在实数 ，使得，这样便可得出， 解出 k 即可 【解答】解：，且； A，B，D 三点共线； 共线； 存在实数 ，使； ； ； 解得 k4 或1 故答案为：4 或1 【点评】考查向量减法的几何意义，向量的数乘运算，共线向量基本定理和

11、平面向量基 本定理 5 （5 分）若向量 （2，1，2） ， （4，2，m） ，且 与 的夹角为钝角，则实数 m 的取值范围为 m|m5，且 m4 【分析】由 与 的夹角为钝角，得到82+2m0，且，由此能 求出实数 m 的取值范围 【解答】解：向量 （2，1，2） ， （4，2，m） ，且 与 的夹角为钝角， 82+2m0，且， 解得 m5，且 m4， 第 7 页（共 22 页） 实数 m 的取值范围为m|m5，且 m4 故答案为：m|m5，且 m4 【点评】本题考查实数的取值范围的求法，考查向量的数量积公式等基础知识，考查运 算求解能力，是基础题 6 （5 分）著名的哥德巴赫猜想指出： “

12、任何大于 2 的偶数可以表示为两个素数的和” ，用反 证法研究该猜想，应假设的内容是 存在一个大于 2 的偶数不可以表示为两个素数的 和 【分析】根据反证法的定义对结论进行假设即可 【解答】解：由反证法的定义得假设的内容为存在一个大于 2 的偶数不可以表示为两个 素数的和， 故答案为：存在一个大于 2 的偶数不可以表示为两个素数的和 【点评】本题主要考查反证法的应用，结合反证法的定义和步骤是解决本题的关键比 较基础 7 （5 分）如图，在正四面体 PABC 中，M，N 分别为 PA，BC 的中点，D 是线段 MN 上 一点，且 ND2DM，若x，则 x+y+z 的值为 【 分 析 】 根 据

13、题 意 ，+ +，则 x+y+z 可求 【 解 答 】 解 ， 依 题 意 ，+ +， 所以 x+y+z+ 故填： 第 8 页（共 22 页） 【点评】本题考查了空间向量的分解，解题时要认真审题，注意平面向量加法法则的合 理运用本题属于基础题 8 （5 分）我们知道等比数列与等差数列在许多地方都有类似的性质，请由等差数列an的 前n项和公式Sn 类比得到正项等比数列bn的前n项积公式Tn （b1bn） 【分析】 正项等比数列bn的性质可得： bmbnbpbq， 其中 m+np+q， m， n， p， qN* 倒 序相乘即可得出 【解答】 解： 正项等比数列bn的性质可得： bmbnbpbq，

14、其中 m+np+q， m， n， p， qN* 前 n 项积公式 Tnb1b2bn，Tnbnbn1b1， ，可得：Tn 故答案为：Tn 【点评】本题考查了数列递推关系、等比数列的性质、类比推理能力，考查了推理能力 与计算能力，属于中档题 9 （5 分）用数学归纳法证明等式：1+2+3+n3（nN*） ，则从 nk 到 nk+1 时左边应添加的项为 （k3+1）+（k3+2）+（k+1）3 【分析】由数学归纳法可知 nk 时，左端为 1+2+3+2k，到 nk+1 时，左端左端为 1+2+3+2k+（2k+1）+（2k+2） ，从而可得答案 【解答】解：用数学归纳法证明等式 1+2+3+n3（n

15、N*） ，时， 当 n1 左边所得的项是 1； 假设 nk 时，命题成立，左端为 1+2+3+k3， 则当 nk+1 时，左端为 1+2+3+k3+（k3+1）+（k+1）3， 由 nk 到 nk+1 时需增添的项是（k3+1）+（k3+2）+（k+1）3 第 9 页（共 22 页） 故答案为： （k3+1）+（k3+2）+（k+1）3 【点评】本题考查数学归纳法，着重考查理解与观察能力，考查推理证明的能力，属于 中档题 10 （5 分）如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，BAC90，AA1A1B1A1C14，点 E 是棱 CC1上一点， 且异面直线 A1B 与 AE 所成角的余弦值为，

16、则 C1E 的长为 1 【分析】以 A1 为坐标原点，分别以 A1B1，A1C1，A1A 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直 角坐标系，设 C1Ea，求出与的坐标，由异面直线 A1B 与 AE 所成角的余弦值为 列式求得 a 值，则答案可求 【解答】解：以 A1 为坐标原点，分别以 A1B1，A1C1，A1A 所在直线为 x，y，z 轴建立空 间直角坐标系， 设 C1Ea，又 AA1A1B1A1C14， A1（0，0，0） ，B（4，0，4） ，A（0，0，4） ，E（0，4，a） ， ， 由题意，|cos，|， 解得：a1 或 a7（舍） 故答案为：1 第 10 页（共 22 页） 【点评

17、】本题考查利用空间向量求解空间角，考查数形结合的解题思想方法，是中档题 11（5 分） 德国数学家莱布尼兹发现了如图所示的单位分数三角形 （单位分数是指分子为 1、 分母为正整数的分数） ，称为莱布尼兹三角形根据前 6 行的规律，第 7 行的左起第 3 个 数为 【分析】根据题意，认真观察图形的组成，规律：任意一个小三角形里，底角两数相加 顶角的数，整个三角形的两条侧边是自然数的倒数列，据此分析可得答案 【解答】解：根据题意，分析可得第 7 行第一个数和最后一个数都为， 第 7 行的第二个数为， 则第 7 行的第二个数为； 故答案为： 【点评】本题考查归纳推理的应用，关键是分析数表的变化规律，

18、 12 （5 分）在我国古代数学名著九章算术中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之 为鳖臑（bienao） 已知在鳖臑 PABC 中，PA平面 ABC，PAABBC2，M 为 PC 的中点，则点 P 到平面 MAB 的距离为 【分析】求出 AMBM后，根据等体积法可得点面距 第 11 页（共 22 页） 【解答】解：PAABBC2，PB2，PC2， PACPBC90，且 M 为 PC 的中点， AMBM， AMB 的面积为AB2， 设点 P 到平面 MAB 的距离为 d，则 VPAMBdSAMBdd， 又 VpAMBVPABC222， d，解得 d 点 P 到平面 MAB 的距离为 故答案为：

19、 【点评】本题考查了点，线，面间的距离计算，属中档题 13 （5 分）如图，已知正三棱柱 ABCA1B1C1中，ABAA12，M，N 分别为 CC1，BC 的中点，点 P 在直线 A1B1上且满足（R） 若平面 PMN 与平面 ABC 所成的二面角的平面角的大小为 45，则实数 的值为 2 【分析】建立坐标系，求出平面 PMN 和平面 ABC 的法向量，令法向量夹角的余弦值为 ，即可求出 的值 【解答】解：取 AC 的中点 O，连接 OB，则易知 OB平面 ACC1A1， 以 O 为原点建立如图所示的空间坐标系 Oxyz， 第 12 页（共 22 页） 显然 （0，1，0）为平面 ABC 的一

20、个法向量 正三棱柱的棱长均为 2，故 A1（1，2，0） ，B1（0，2，） ，M（1，1，0） ，N（ ，0，） ， （，1，） ，（1，0，） ，（2，1，0） ， +（2，1，） ， 设平面 PMN 的法向量为 （x，y，z） ，则，即， 令 z1 可得 （+2，22，25） ， cos， 令解得，2 故答案为：2 【点评】本题考查了空间向量与二面角的计算，属于中档题 14 （5 分）如图所示的正方体是一个三阶魔方（由 27 个全等的棱长为 1 的小正方体构成） ， 正方形 ABCD 是上底面正中间一个正方形， 正方形 A1B1C1D1是下底面最大的正方形， 已 知点 P 是线段 AC

21、上的动点，点 Q 是线段 B1D 上的动点，则线段 PQ 长度的最小值为 第 13 页（共 22 页） 【分析】 线段 PQ 长度的最小值转化为异面直线 AC 与 B1D 之间的距离， 取 AC 的中点 P， 过 P 作 B1D 的垂线，垂足为 Q，则此时 PQ 为异面直线的公垂线段，此时 PQ 的长度就 是最小值再根据等面积法可得 【解答】解：线段 PQ 长度的最小值转化为异面直线 AC 与 B1D 之间的距离， 取 AC 的中点 P，过 P 作 B1D 的垂线，垂足为 Q，则此时 PQ 为异面直线的公垂线段， 此时 PQ 的长度就是最小值 B1D，PQ 的最小值为 故答案为： 【点评】本题

22、考查了点，线，面间的距离计算，属中档题 二、解答题：本大题共二、解答题：本大题共 6 小题，共计小题，共计 90 分分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字 说明、证明过程或演算步骤说明、证明过程或演算步骤. 15 （14 分）已知 i 为虚数单位，复数 z11i，z23+ai（aR） （1）若 z1+z2为实数，求 z1z2的值； （2）若为纯虚数，求|z2| 【分析】 （1）由已知求得 z1+z2，由虚部为 0 求得 a 值，则 z1z2的值可求； 第 14 页（共 22 页） （2）由复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为 0 且虚部不为

23、0 求得 a 值，利用 复数模的公式求解 【解答】解： （1）z1+z24+（a1）i，若 z1+z2为实数，则 a1（3 分） 此时 z23+i， z1z2（1i） （3+i）42i（7 分） （2），（10 分） 若为纯虚数，则，得 a3，（12 分） （14 分） 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念及复数模的求法，是 基础题 16 （14 分）已知矩阵 M，N （1）求 MN； （2）若曲线 C1：x2y21 在矩阵 MN 对应的变换作用下得到另一曲线 C2，求 C2的方 程 【分析】本题第（1）题根据二阶矩阵的乘法运算进行计算；第（2）题可设曲线 C1上任 一点

24、 P1（x1，y1）在矩阵 MN 对应的变换作用下得到点 P2（x2，y2） ，则点 P2（x2，y2） 在曲线 C2上然后根据变换的定义写出相应的矩阵等式，再用 x2，y2表示出 x1，y1，代 入到曲线 C1的方程中，即可得到曲线 C2的方程 【解答】解： （1）由题意，可知： MN （2）由题意，可设曲线 C1上任一点 P1（x1，y1）在矩阵 MN 对应的变换作用下得到点 P2（x2，y2） ， 则点 P2（x2，y2）在曲线 C2上 第 15 页（共 22 页） 即： 解得： 点 P1（x1，y1）在曲线 C1上， 可将代入曲线 C1的方程 x2y21，得： 整理，得： 曲线 C2的

25、方程为：y2x23 【点评】本题第（1）题主要考查二阶矩阵的乘法运算；第（2）题主要考查已知一条曲 线以及这条曲线在线性变换对应的矩阵的条件下求出变换后得到的曲线方程本题属中 档题 17 （14 分）已知数列an满足 a11，an+1an， （anan1）22（an+an1）1，n2 （1）求 a2，a3，a4的值并猜想数列an的通项公式； （2）用数学归纳法证明你的猜想 【分析】 （1）利用数列的递推关系式求出 a2，a3，a4的值，然后猜想数列an的通项公 式； （2）用数学归纳法的证明步骤证明即可 【解答】解： （1）由 a11，n2 得，解得 a20 或 a24 又 an+1an，所以

26、 将 a24 代入 ，可得 a31 或 a39 第 16 页（共 22 页） 又 an+1an，所以 将 a39 代入 ，可得 a44 或 a416 又 an+1an，所以（3 分） 故猜想数列an的通项公式为（5 分） （2）当 n1 时，猜想成立 假设当 nk（k1，kN*）时，猜想成立，即（7 分） 则当 nk+1 时，由 得， 即， 即， 即， 即， 即， 解得或（12 分） 又 an+1an，所以，故当 nk+1 时，猜想成立 综上：由 得（14 分） 【点评】本题考查数列的递推关系式的应用，数学归纳法的应用，考查分析问题解决问 题的能力 18 （16 分）如图，在四棱锥 PABC

27、中，已知 PA平面 ABCD，且四边形 ABCD 为直角 梯形，PAABBC2，点 E，F 分别是 AB，PD 的中点 （1）求证：EF平面 PBC； （2）若点 M 为棱 PC 上一点，且平面 EFM平面 PBC，求证：EMPC 第 17 页（共 22 页） 【分析】说明 AB，AD，AP 两两垂直，则以为正交基底，建立空间直 角坐标系 Axyz求出相关点的坐标， （1）求出平面 PBC 的一个法向量，求出，通过证明 EF 平面 PBC （2），01设 M（x，y，z） ，求出平面 EFM 的一个法向量，通过平面 EFM平面 PBC 求出，计算，即可证明 EMPC 【解答】解：PA平面 AB

28、CD，AD平面 ABCD，PAADPA平面 ABCD ，AB平面 ABCD，PAAB 又因为，所以 ABAD，则 AB，AD，AP 两两垂直，则以为 正交基底， 建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz 则各点的坐标为 A（0，0，0） ，B（2，0，0） ，C（2，2，0） ，D（0，4，0） ，P（0，0， 2） 因为点 E，F 分别是 AB，PD 的中点，所以 E（1，0，0） ，F（0，2，1） （2 分） （ 1 ） 证 明 ： 设 平 面PBC的 一 个 法 向 量 为 因 为 ， 由，得 ，令 x1，所以 y0，z1 则（5 分） 因为，所以 第 18 页（共 22 页） 又 EF

29、平面 PBC，所以 EF平面 PBC（8 分） （注：EF平面 PBC 没交代扣（1 分） ，如果不用空间向量的方法做，比如取 CD 的中点 G 证明平面 EFG平面 PBC，或者延长 DE 和 CB 相交于点 H，然后证明 EFPH 也可以， 但如果推理过程有一步错，则扣 6 分） （2）证明：因为 M 为棱 PC 上一点，所以，01 设 M（x，y，z） ，则（x，y，z2）（2，2，2） ，所以 x2，y2，z22 即 M（2，2，22） ， 所以， 设平面 EFM 的一个法向量为，则 所以，消去 y 可得（31）x+（23）z0 令 x32，则所以（12 分） 平面 EFM平面 PBC

30、，则 32+310，所以，（14 分） M（1，1，1） 从而，因为，所以， 则，即 EMPC（16 分） 【点评】本题考查平面椭圆平面垂直的判断定理的应用，直线与平面平行的判断定理的 应用，空间向量的应用，考查转化思想以及计算能力 19 （16 分）如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，所有棱长都等于 2 （1）当点 M 是 BC 的中点时， 第 19 页（共 22 页） 求异面直线 AB1和 MC1所成角的余弦值； 求二面角 MAB1C 的正弦值； （2）当点 M 在线段 BC 上（包括两个端点）运动时，求直线 MC1与平面 AB1C 所成角的 正弦值的取值范围 【分析】 （1）建立坐标

31、系，求出和的夹角得出两直线的夹角； 求出平面 MAB1和平面 AB1C 的法向量，计算法向量的夹角得出二面角的大小； （2）设，计算和平面 AB1C 的法向量的夹角，根据 的范围得出线面角的 范围 【解答】解： （1）取 AC 的中点为 O，建立空间直角坐标系 Oxyz， 则，C（0，1，0） ， 当 M 是 BC 的中点时，则 ， 设异面直线 AB1和 MC1所成角为 ，则 ， 设平面 MAB1的一个法向量为，则 ，令，则 y1，z1， 设平面 AB1C 的一个法向量为，则， 第 20 页（共 22 页） ，令 x2， 设二面角 MAB1C 的平面角为 ， 则 所以 （2）当 M 在 BC

32、上运动时，设 设 M（x，y，z） ， 则， 设直线MC1与平面AB1C所成的角为，则 设，设 t+11，2， 所以，t1，2 设， ， 直线 MC1与平面 AB1C 所成的角的正弦值的取值范围为 第 21 页（共 22 页） 【点评】本题考查了空间向量与空间角的计算，弄清各种夹角与向量夹角的关系是关键， 属于中档题 20 （16 分） （1）是否存在实数 a，b，c，使得等式 122+232+342+n（n+1） 2 （an2+bn+c）对于一切正整数 n 都成立？若存在，求出 a，b，c 的值并给出证明；若不 存在，请说明理由 （2）求证：对任意的 nN*， 【分析】 （1）令 n1，2，

33、3，解方程组得出 a，b，c 的值，再利用数学归纳法证明； （2）利用数学归纳法证明 【解答】解： （1）令 n1，得； 令 n2，得； 令 n3 得 709a+3b+c； 由 解得 a3，b11，c10对于 n1，2 都有 122+232+342+n（n+1） 2 （*）成立 下面用数学归纳法证明：对一切正整数 n， （*）式都成立 当 n1 时，由上所述知（*）式成立； 假设当 nk（k1，kN*）时（*）式成立，即 122+232+342+k（k+1）2 ， 那么当 nk+1 时，122+232+342+k（k+1）2+（k+1） （k+2）2 第 22 页（共 22 页） 综上：由 得对一切正整数 n， （*）式都成立， 所以存在 a3，b11，c10，使得等式对于一切正整数 n 都成立 （2）证明：当 n1 时，左边，右边，所以 n1 时不等式成立； 假设当 nk（k1，kN*）时不等式成立，即， 那么当nk+1时， （*） 下面证明当 x1 时， 设 f（x），则 f（x）0， 所以 f（x）在1，+）上单调增，所以 f（x）f（1）0，即 x1 时， 因为 k1，所以，则 ， 因为 ， 所以 由（*）得 那么 nk+1 时不等式也成立 综上：由，可得对任意 nN*， 【点评】本题考查了数学归纳法证明，要掌握证明步骤，属于中档题