江苏省连云港市赣榆县海头高级中学2012-2013学年高二（下）期中数学试卷（理科）(含解析)
文档属性
| 名称 | 江苏省连云港市赣榆县海头高级中学2012-2013学年高二（下）期中数学试卷（理科）(含解析) |
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| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 126.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2013-09-19 00:00:00 | ||
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文档简介
2012-2013学年江苏省连云港市赣榆县海头高级中学高二（下）期中数学试卷（理科）
一、填空题：（本大题共16小题，每小题5分，共80分）
1．（5分）已知a、b∈R，i是虚数单位，若（a+2i）i=b+i，则a+b的值是
﹣1 ．
考点：
复数相等的充要条件．
专题：
计算题．
分析：
先进行复数的乘法运算，把等式的左边写成x+yi的标准形式，根据两个复数相等的充要条件，得到实部和实部相等，虚部和虚部相等，解出a和b的值，得到结果．
解答：
解：∵（a+2i）i=b+i，
∴﹣2+ai=b+i，
∴b=﹣2，a=1，
∴a+b=﹣1，
故答案为：﹣1．
点评：
本题考查复数的乘法运算，考查复数相等的充要条件，是一个基础题，若出现则是一个必得分的题目．
2．（5分）用排列数表示18×17×16×…×9×8= ．
考点：
排列及排列数公式．
专题：
计算题；概率与统计．
分析：
直接利用排列数的定义进行化简．
解答：
解：18×17×16×…×9×8=．
故答案为．
点评：
本题考查了排列及排列数公式，是基础的概念题．
3．（5分）（3b+2a）6的展开式中的第3项为 4860a2b4 结果化到最简）
考点：
二项式定理．
专题：
计算题；概率与统计．
分析：
利用二项展开式的通项Tr+1=?36﹣r?2rb6﹣r?ar即可求得（3b+2a）6的展开式中的第3项．
解答：
解：设（3b+2a）6的展开式通项为Tr+1，
则Tr+1=?36﹣r?2rb6﹣r?ar，
令r=2，得T3=?36﹣2?22?a2b4
=15×4×81?a2b4
=4860a2b4．
故答案为：4860a2b4．
点评：
本题考查二项式定理，着重考查二项展开式的通项公式，属于中档题．
4．（5分）已知向量与垂直，则实数k的值为 ﹣5 ．
考点：
向量的数量积判断向量的共线与垂直．
专题：
计算题．
分析：
利用向量的垂直的充要条件列出方程，解方程求出值．
解答：
解：因为与垂直，
∴，
所以﹣1+k+6=0，
∴k=﹣5．
故答案为﹣5．
点评：
本题考查两个向量垂直的充要条件条件：它们的数量积为0．
5．（5分）6个同学排成一排，甲、乙不能站在一起，不同的排法有 1440 种．
考点：
排列、组合及简单计数问题．
专题：
计算题．
分析：
先排其余4名同学，再把甲、乙查到刚才产生的5个空位中，由分步计数原理可得．
解答：
解：插空法，先排其余4名同学共=24中方法，
再把甲、乙查到刚才产生的5个空位中，共=60种方法，
由分步计数原理知总的方法种数为：24×60=1440，
故答案为：1440
点评：
本题考查排列组合及简单的计数问题，插空法是解决问题的关键，属中档题．
6．（5分）0，1，3，4四个数可组成 18 不同的无重复数字的四位数．
考点：
排列、组合及简单计数问题．
专题：
计算题；概率与统计．
分析：
先对4个数字全排列共=24种，去掉其中0在首位的共=6种，即可得答案．
解答：
解：间接法：先对4个数字全排列共=24种，
去掉其中0在首位的共=6种，
故总共组成的无重复数字的四位数有24﹣6=18个，
故答案为：18
点评：
本题考查排列组合及简单的计数问题，间接法是解决问题的捷径，属中档题．
7．（5分）英文字母3个C和4个D排成一排，共有 35 种不同的排法．（用数字作答）
考点：
计数原理的应用．
专题：
计算题．
分析：
根据含有重复元素的排列数的计算方法可得，英文字母3个C和4个D排成一排，所有的排列数有 个．
解答：
解：根据含有重复元素的排列数的计算方法可得，英文字母3个C和4个D排成一排，共有=35种方法，
故答案为 35．
点评：
本题主要考查含有重复元素的排列的排列数的计算方法，属于中档题．
8．（5分）用数学归纳法证1﹣+﹣+L+﹣=的过程中，当n=k到n=k+1时，左边所增加的项为 ．
考点：
数学归纳法．
专题：
计算题．
分析：
本题考查的知识点是数学归纳法的过程及步骤，观察到“=（n∈N*）”左边是从1开始到n结束，但每个n值对应 ﹣两项，则当n=k到n=k+1时，左边应增加两项，即
解答：
解：当n=k到n=k+1时，
左边增加了两项 ，
减少了一项 ，
左边所增加的项为 ．
故答案为．
点评：
数学归纳法常常用来证明一个与自然数集N相关的性质，其步骤为：设P（n）是关于自然数n的命题，若1）（奠基） P（n）在n=1时成立；2）（归纳） 在P（k）（k为任意自然数）成立的假设下可以推出P（k+1）成立，则P（n）对一切自然数n都成立．
9．（5分）已知：（x+1）n=a0+a1（x﹣1）+a2（x﹣1）2++an（x﹣1）n，（n≥2，n∈N*），当n=5时，a0+a1+a2+a3+a4+a5的值为 243 ．
考点：
二项式定理的应用．
专题：
计算题．
分析：
当n=5时，令x=2，则由已知等式可得 35=a0+a1+a2+a3+a4+a5，由此可得答案．
解答：
解：当n=5时，令x=2，则由已知等式可得 35=a0+a1+a2+a3+a4+a5，
即 a0+a1+a2+a3+a4+a5 =243，
故答案为 243．
点评：
本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于中档题．
10．（5分）已知复数z满足|z+2﹣2i|=1，i为虚数单位，则|z|的最大值为 ．
考点：
复数求模．
专题：
计算题．
分析：
由复数模的几何意义可得复数z在复平面内位于以（﹣2，2）为圆心，以1为半径的圆周上，所以|z|的最大值为圆心到原点的距离加半径．
解答：
解：由|z+2﹣2i|=1，可知
复数z在复平面内位于以（﹣2，2）为圆心，以1为半径的圆周上，
由（﹣2，2）到坐标原点的距离为，所以|z|的最大值为．
故答案为．
点评：
本题考查了复数模的几何意义，考查了两点间的距离公式，是基础题．
11．（5分）若三角形的内切圆半径为r，三边的长分别为a，b，c，则三角形的面积S=r（a+b+c），根据类比思想，若四面体的内切球半径为R，四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，则此四面体的体积V= R（S1+S2+S3+S4） ．
考点：
类比推理；棱柱、棱锥、棱台的体积．
专题：
压轴题；规律型．
分析：
根据平面与空间之间的类比推理，由点类比点或直线，由直线 类比 直线或平面，由内切圆类比内切球，由平面图形面积类比立体图形的体积，结合求三角形的面积的方法类比求四面体的体积即可．
解答：
解：设四面体的内切球的球心为O，
则球心O到四个面的距离都是R，
所以四面体的体积等于以O为顶点，
分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和．
故答案为：R（S1+S2+S3+S4）．
点评：
类比推理是指依据两类数学对象的相似性，将已知的一类数学对象的性质类比迁移到另一类数学对象上去．一般步骤：①找出两类事物之间的相似性或者一致性．②用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（或猜想）．
12．（5分）233﹣1除以9以后的余数为 7 ．
考点：
二项式定理的应用．
专题：
计算题．
分析：
把所给的式子化为（9﹣1）11﹣1，按照二项式定理展开，可得它除以9的余数．
解答：
解：由于233﹣1=811﹣1=（9﹣1）11﹣1
=+++…++﹣1，
由于前11项都有因数9，故所给的式子故除以9的余数即为 ﹣1=﹣2 除以9的余数，
故所给的式子除以9的余数为 7，
故答案为 7．
点评：
本题主要考查二项式定理的应用，把所给的式子化为（9﹣1）11﹣1，是解题的关键，体现了转化的数学而思想，
属于中档题．
13．（5分）已知正数x，y满足2x+y﹣2=0，则的最小值为 ．
考点：
基本不等式．
专题：
计算题．
分析：
由正数x，y满足2x+y﹣2=0可得x，故===，由基本不等式可得结论．
解答：
解：∵正数x，y满足2x+y﹣2=0，∴2x+y=2，即x
∴===
=，由基本不等式可得
=
当且仅当，即x=y=时取等号，
故的最小值为：
故答案为：
点评：
本题为基本不等式求最值的问题，把原式变形得到x是解决问题的关键，属基础题．
14．（5分）已知E、F分别在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E=2EB，CF=2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于 ．
考点：
二面角的平面角及求法；用空间向量求平面间的夹角．
专题：
计算题；压轴题；数形结合．
分析：
由题意画出正方体的图形，延长CB、FE交点为S连接AS，过B作BP⊥AS连接PE，所以面AEF与面ABC所成的二面角就是：∠BPE，求出BP与正方体的棱长的关系，然后求出面AEF与面ABC所成的二面角的正切值．
解答：
解：由题意画出图形如图：
因为E、F分别在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E=2EB，CF=2FC1，
延长CB、FE交点为S连接AS，过B作BP⊥AS连接PE，所以面AEF与面ABC所成的二面角就是∠BPE，因为B1E=2EB，CF=2FC1，
所以BE：CF=1：2
所以SB：SC=1：2，
设正方体的棱长为：a，所以AS=a，BP=，BE=，在RT△PBE中，tan∠EPB===，
故答案为：
点评：
本题是基础题，考查二面角的平面角的正切值的求法，解题的关键是能够作出二面角的棱，作出二面角的平面角，考查计算能力，逻辑推理能力．
15．（5分）（2012?盐城二模）设f（x）是定义在R上的可导函数，且满足f（x）+xf′（x）＞0．则不等式的解集为 {x|1≤x＜2} ．
考点：
函数的单调性与导数的关系．
专题：
计算题；导数的概念及应用．
分析：
由题意可得 （ x?f（x））′＞0，故 函数y=x?f（x）在R上是增函数，不等式即，故有 ＞，由此求得解集．
解答：
解：∵f（x）+xf′（x）＞0，
∴（ x?f（x））′＞0，故函数y=x?f（x）在R上是增函数．
∴?=?f（），
∴＞，即．
解得 1≤x＜2，
故答案为 {x|1≤x＜2}．
点评：
本题以积的导数为载体，考查函数的单调性，关键是条件的等价转化，属于基础题．
16．（5分）已知函数y=f（x）是定义在R上恒不为0的单调函数，对任意的x，y∈R，总有f（x）f（y）=f（x+y）成立，若数列{an}的n项和为Sn，且满足a1=f（0），（n∈N*），则Sn= 5×2n+1﹣ ．
考点：
等比数列的前n项和．
分析：
首先求出特殊值f（0），然后结合f（x）f（y）=f（x+y）把已知条件变形为an+1与an的关系式，进一步整理得数列{an+3n+1}为等比数列，再运用等比数列通项公式求得an，最后分别运用等比数列前n项和公式求得Sn．
解答：
解：因为任意的x，y∈R，总有f（x）f（y）=f（x+y）成立，
所以f（0）f（0）=f（0），即f（0）?（f（0）﹣1）=0，
解得f（0）=1，即a1=1，
又f（an+1）?f（3n+1﹣2an）=1，即f（an+1+3n+1﹣2an）=f（0），
所以an+1+3n+1﹣2an=0，
则an+1+3n+1+2×3n+1=2an+2×3n+1，，即=2，
所以数列{an+3n+1}是首项为10，公比为2的等比数列，
则an+3n+1=10×2n﹣1，即an=5×2n﹣3n+1，
所以Sn=5×﹣=．
故答案为．
点评：
本题主要考查等比数列的定义、通项公式、前n项和公式，同时考查函数的单调性等．
二、解答题：（本大题共7小题，满分104分）
17．（14分）已知：复数z满足（z﹣2）i=a+i（a∈R）．
（1）求复数z；
（2）a为何值时，复数z2对应的点在第一象限．
考点：
复数代数形式的乘除运算；复数的基本概念．
专题：
计算题；转化思想．
分析：
（1）由题设条件中复数z满足（z﹣2）i=a+i（a∈R），解此复数方程，求出z的表达式．
（2）由复数z2对应的点在第一象限，可知其实部为正，虚部为正，由此得到参数a的不等式，求得其取值范围
解答：
解：（1）∵（z﹣2）i=a+i（a∈R）
∴，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）
∴z=3﹣ai﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）
（2）∵z=3﹣ai，∴z2=（9﹣a2）﹣6ai﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）
又∵z2在第一象限，∴﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）
解得：﹣3＜a＜0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（14分）
点评：
本题考查复数的代数形式的乘除运算，及其几何意义，求解本题关键是能利用复数的乘除运算的法则进行化简以及利用复数的几何意义建立参数的方程，本题考查了转化的思想，是复数中综合性较强的题型
18．（14分）若（+）n（n∈N*）展开式中前三项系数成等差数列，
（1）求展开式中第4项的系数和二项式系数；
（2）求展开式中的所有有理项．
考点：
二项式系数的性质；二项式定理的应用．
专题：
计算题；概率与统计．
分析：
（1）依题意，可求得n的值，再利用二项展开式的通项公式Tr+1=?2﹣r?即可求得展开式中第4项的系数和二项式系数；
（2）由其通项Tr+1=?2﹣r?（0≤r≤8）中，令4﹣r为整数，即可求得相应的有理项．
解答：
解：（1）∵（+）n（n∈N*）展开式的通项公式Tr+1=?2﹣r?，
∴前三项系数分别为：1，，，
∵1，，成等差数列，
∴n=1+，
解的n=8或n=1（舍去），
∴展开式中第4项的系数为?2﹣3=56×=7，展开式中第4项的二项式系数为==56；
（2）∵n=8，
∴Tr+1=?2﹣r?（0≤r≤8），
当r=0，4，8，时，4﹣r为整数，
∴展开式中的所有有理项为：T1=x4；
T5=?2﹣4?x=x；T9=2﹣8x﹣2=．
点评：
本题考查二项式定理的应用，考查等差数列的性质，考查方程思想与综合运算能力，属于中档题．
19．（14分）有4名同学准备利用假期到4个村庄进行社会实践调查，每个人都只去一个村庄，他们每个人事前并不知道其他同学的去向，问：
（1）共有多少种不同的去向结果？
（2）如果恰有一个村庄没有人去，有多少种不同的去向结果？
（3）如果恰有两个村庄没有人去，有多少种不同的去向结果？
考点：
排列、组合及简单计数问题．
专题：
计算题；概率与统计．
分析：
（1）每个人都有4种去向，由分步计数原理可得结果；
（2）恰有一个村庄没有人去，即4个村庄只有3个村庄有人去，各村庄去的人数只可能是1、1、2．由分步计数原理可得；
（3）恰有两个村庄没有人去，也就是4个人到2个村庄，分两类：①每个村庄去两个人．②一个村庄去3个人，另一个村庄去1个人，分别由分步计数原理可得结果，相加即可．
解答：
解：（1）设这四名同学为甲、乙、丙、丁，则甲可去任一个村庄，有4种去向，
同理其他三人也各有4种，由分步计数原理知，共有44=256种去向结果．
（2）恰有一个村庄没有人去，则4个村庄只有3个村庄有人去，各村庄去的人数只可能是1、1、2．
先从4人中选取2人同去一个村庄，有种方法，然后与其余2个人看成3个小组，
分别到4个村庄中的3个村庄，有种结果，
则由分步计数原理知，共有=144种不同的去向结果．
（3）恰有两个村庄没有人去，也就是4个人到2个村庄，从人数看有两种不同的结果：
①每个村庄去两个人．先从4个村庄中选取有人去的2个村庄，有种结果，
把4个人平均分成2组后，分到这2个村庄去有种结果，
由分步计数原理知，共有=36种结果；
②一个村庄去3个人，另一个村庄去1个人，先把人分成两组，一组1人，一组3人，有种结果，
再选择两组人去的村庄有种结果，由分步计数原理知，共有=48种结果．
由分类计数原理知，共有36+48=84种不同的去向结果．
点评：
本题考查排列组合与简单的计数原理，属中档题．
20．（15分）已知数列{an}满足：a1=，anan﹣1﹣2an+1=0（n≥2）．
（1）求a2，a3，a4的值；
（2）猜想数列{an}的一个通项公式，并用数学归纳法证明你的结论．
考点：
数学归纳法；数列递推式．
专题：
计算题；证明题；点列、递归数列与数学归纳法．
分析：
（1）由a1=，anan﹣1﹣2an+1=0（n≥2），代入n=2，3，4，5计算，可求a2，a3，a4，a5的值；
（2）猜想{an}的通项公式，再用数学归纳法证明，关键是假设当n=k（k≥1）时，命题成立，即成立，利用递推式，证明当n=k+1时，等式成立．
解答：
解：（1）由a1=，anan﹣1﹣2an+1=0（n≥2），得a2=，a3=，a4=，a5=．
（2）由以上结果猜测：an=用数学归纳法证明如下：
①当n=1时，左边=a1=，右边==，等式成立．
②假设当n=k（k≥1）时，命题成立，即ak=成立．
那么，当n=k+1时，ak+1ak﹣2ak+1+1=0，所以ak+1?﹣2ak+1+1=0，解得．
这就是说，当n=k+1时等式成立．
由①和②，可知猜测an=对于任意正整数n都成立．（12分）
点评：
本题考查数列的通项，考查归纳猜想，考查数学归纳法的运用，属于中档题．
21．（15分）如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，，AF=1．
（1）求直线DF与平面ACEF所成角的正弦值；
（2）在线段AC上找一点P，使与所成的角为60°，试确定点P的位置．
考点：
直线与平面所成的角；异面直线及其所成的角．
专题：
计算题；综合题；开放型；转化思想．
分析：
（1）以为正交基底，建立如图空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求面ACEF的一个法向量，直线DF与平面ACEF所成角的正弦值，即求|c0s|；（2）设出点 P的坐标，求出与，根据向量的数量积的定义求得点P的坐标，确定点P的位置．
解答：
解：（1）以为正交基底，建立如图空间直角坐标系，
则，，
因为AC⊥BD，AF⊥BD，
所以是平面ACEF法向量，
又因为，
所以，
故直线DF与平面ACEF所成角正弦值为．（2）设P（a，a，0），则．
因为，所以．
解得，故存在满足条件的点P为AC的中点．
点评：
考查利用空间向量求线面角和异面直线所成的角，注意①线面角与斜线和面的法向量所成角之间的关系，及异面直线所成角的范围，②用空间向量解立体几何问题的步骤；①建系，②立体几何问题向量化，③解向量问题，④回归立体几何问题，属中档题．
22．（16分）已知等差数列{an}和等比数列{bn}，且a1=b1，a2=b2，a1≠a2，an＞0，n∈N*．
（1）试比较a3与b3，a4与b4的大小；
（2）试猜想an与bn（n≥3，n∈N*）的大小关系，并证明你的结论．
考点：
数学归纳法；等差数列与等比数列的综合．
专题：
等差数列与等比数列．
分析：
（1）利用等差数列、等比数列的通项公式求出a3与b3，a4与b4的利用作差或作商进行大小比较．
（2）由（1）根据a3与b3，a4与b4的大小，猜测大小关系，再利用数学归纳法进行证明即可．
解答：
解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，a1=b1=a＞0，
∵a2=b2＞0，∴a+d=aq＞0，可得d=a（q﹣1）．a1≠a2，an＞0，∴d＞0，q＞1．
a3﹣b3=（a+2d）﹣aq2=2aq﹣a﹣aq2=﹣a（1﹣q）2＜0，∴a3＜b3，
a4﹣b4=（a+3d）﹣aq3=3aq﹣2a﹣aq3=﹣a（q﹣1）2（q+2）＜0，∴a4＜b4，
（2）猜想an＜bn（n≥3，n∈N*）
下面用数学归纳法证明．
①当n=3时，由（1）知，不等式成立．
②假设当n=k（n≥3，n∈N*）时不等式成立，即ak＜bk
即a+（k﹣1）a（q﹣1）＜aq k﹣1，
则当n=k+1时，ak+1=ak+a（q﹣1）＜aq k﹣1+a（q﹣1）=a（q k﹣1+q﹣1），
ak+1﹣bk+1＜a（q k﹣1+q﹣1）﹣aq k=a（q k﹣1﹣1）（1﹣q）＜0．
所以ak+1＜bk+1＜a，即当n=k+1时，不等式也成立
由①②可知猜想正确，即当n≥3，n∈N*时，an＜bn
点评：
数学归纳法常常用来证明一个与自然数集N相关的性质，其步骤为：设P（n）是关于自然数n的命题，若（1）（奠基） P（n）在n=1时成立；2）（归纳） 在P（k）（k为任意自然数）成立的假设下可以推出P（k+1）成立，则P（n）对一切自然数n都成立
23．（16分）设函数f（x）=ex+1，g（x）=（e﹣1）x+2（e是自然对数的底数）．
（1）判断函数H（x）=f（x）﹣g（x）零点的个数，并说明理由；
（2）设数列{an}满足：a1∈（0，1），且f（an）=g（an+1），n∈N*；
①求证：0＜an＜1；
②比较an与（e﹣1）an+1的大小．
考点：
数学归纳法；函数的零点．
专题：
综合题；导数的综合应用．
分析：
（1）求导函数，确定导函数的零点，从而可求H（x）的最小值，证明最小值小于0，可得H（x）有两个零点；
（2）①由f（an）=g（an+1），可得an+1=（﹣1），用数学归纳法证明an∈（0，1）；
②作差（e﹣1）an+1﹣an=﹣1﹣an，考虑函数p（x）=ex﹣1﹣x（0＜x＜1），证明p（x）在（0，1）上是增函数，即可得到结论．
解答：
解：（1）函数f（x）=ex+1，g（x）=（e﹣1）x+2，∴H（x）=f（x）﹣g（x）=ex﹣（e﹣1）x﹣1
∴H′（x）=ex﹣（e﹣1），
令H′（x）=0，则x0=ln（e﹣1）
当x∈（﹣∞，x0）时，H′（x）＜0，H（x）在（﹣∞，x0）单调递减
当x∈（x0，+∞）时，H′（x）＞0，H（x）在（x0，+∞）单调递增
故H（x）min=H（x0）=ex0﹣（e﹣1）x0﹣1=e﹣1﹣（e﹣1）ln（e﹣1）﹣1
令t=e﹣1＞1，函数h（t）=t﹣tlnt﹣1，
因为h′（t）=﹣lnt＜0，所以函数h（t）=t﹣tlnt﹣1在（1，+∞）单调递减，故h（t）≤h（1）=0，
又e﹣1＞1，故H（x0）＜0，从而H（x）有两个零点；
（2）①证明：因为f（an）=g（an+1），即+1=（e﹣1）an+1+2，所以an+1=（﹣1）
下面用数学归纳法证明an∈（0，1）
1°当n=1时，a1∈（0，1）成立；
2°假设当n=k时，ak∈（0，1），则ak+1=（﹣1）
∵ak∈（0，1），∴1＜＜e，∴0＜＜e﹣1
∴0＜ak+1＜1
综上知，an∈（0，1）；
②解：∵（e﹣1）an+1﹣an=﹣1﹣an，
考虑函数p（x）=ex﹣1﹣x（0＜x＜1）
∵p′（x）=ex﹣1＞0，
∴p（x）在（0，1）上是增函数
故p（x）＞p（0）=0
∴（e﹣1）an+1﹣an＞0
∴（e﹣1）an+1＞an．
点评：
本题考查函数的零点，考查函数的单调性，考查数学归纳法的运用，考查大小比较，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
一、填空题：（本大题共16小题，每小题5分，共80分）
1．（5分）已知a、b∈R，i是虚数单位，若（a+2i）i=b+i，则a+b的值是
﹣1 ．
考点：
复数相等的充要条件．
专题：
计算题．
分析：
先进行复数的乘法运算，把等式的左边写成x+yi的标准形式，根据两个复数相等的充要条件，得到实部和实部相等，虚部和虚部相等，解出a和b的值，得到结果．
解答：
解：∵（a+2i）i=b+i，
∴﹣2+ai=b+i，
∴b=﹣2，a=1，
∴a+b=﹣1，
故答案为：﹣1．
点评：
本题考查复数的乘法运算，考查复数相等的充要条件，是一个基础题，若出现则是一个必得分的题目．
2．（5分）用排列数表示18×17×16×…×9×8= ．
考点：
排列及排列数公式．
专题：
计算题；概率与统计．
分析：
直接利用排列数的定义进行化简．
解答：
解：18×17×16×…×9×8=．
故答案为．
点评：
本题考查了排列及排列数公式，是基础的概念题．
3．（5分）（3b+2a）6的展开式中的第3项为 4860a2b4 结果化到最简）
考点：
二项式定理．
专题：
计算题；概率与统计．
分析：
利用二项展开式的通项Tr+1=?36﹣r?2rb6﹣r?ar即可求得（3b+2a）6的展开式中的第3项．
解答：
解：设（3b+2a）6的展开式通项为Tr+1，
则Tr+1=?36﹣r?2rb6﹣r?ar，
令r=2，得T3=?36﹣2?22?a2b4
=15×4×81?a2b4
=4860a2b4．
故答案为：4860a2b4．
点评：
本题考查二项式定理，着重考查二项展开式的通项公式，属于中档题．
4．（5分）已知向量与垂直，则实数k的值为 ﹣5 ．
考点：
向量的数量积判断向量的共线与垂直．
专题：
计算题．
分析：
利用向量的垂直的充要条件列出方程，解方程求出值．
解答：
解：因为与垂直，
∴，
所以﹣1+k+6=0，
∴k=﹣5．
故答案为﹣5．
点评：
本题考查两个向量垂直的充要条件条件：它们的数量积为0．
5．（5分）6个同学排成一排，甲、乙不能站在一起，不同的排法有 1440 种．
考点：
排列、组合及简单计数问题．
专题：
计算题．
分析：
先排其余4名同学，再把甲、乙查到刚才产生的5个空位中，由分步计数原理可得．
解答：
解：插空法，先排其余4名同学共=24中方法，
再把甲、乙查到刚才产生的5个空位中，共=60种方法，
由分步计数原理知总的方法种数为：24×60=1440，
故答案为：1440
点评：
本题考查排列组合及简单的计数问题，插空法是解决问题的关键，属中档题．
6．（5分）0，1，3，4四个数可组成 18 不同的无重复数字的四位数．
考点：
排列、组合及简单计数问题．
专题：
计算题；概率与统计．
分析：
先对4个数字全排列共=24种，去掉其中0在首位的共=6种，即可得答案．
解答：
解：间接法：先对4个数字全排列共=24种，
去掉其中0在首位的共=6种，
故总共组成的无重复数字的四位数有24﹣6=18个，
故答案为：18
点评：
本题考查排列组合及简单的计数问题，间接法是解决问题的捷径，属中档题．
7．（5分）英文字母3个C和4个D排成一排，共有 35 种不同的排法．（用数字作答）
考点：
计数原理的应用．
专题：
计算题．
分析：
根据含有重复元素的排列数的计算方法可得，英文字母3个C和4个D排成一排，所有的排列数有 个．
解答：
解：根据含有重复元素的排列数的计算方法可得，英文字母3个C和4个D排成一排，共有=35种方法，
故答案为 35．
点评：
本题主要考查含有重复元素的排列的排列数的计算方法，属于中档题．
8．（5分）用数学归纳法证1﹣+﹣+L+﹣=的过程中，当n=k到n=k+1时，左边所增加的项为 ．
考点：
数学归纳法．
专题：
计算题．
分析：
本题考查的知识点是数学归纳法的过程及步骤，观察到“=（n∈N*）”左边是从1开始到n结束，但每个n值对应 ﹣两项，则当n=k到n=k+1时，左边应增加两项，即
解答：
解：当n=k到n=k+1时，
左边增加了两项 ，
减少了一项 ，
左边所增加的项为 ．
故答案为．
点评：
数学归纳法常常用来证明一个与自然数集N相关的性质，其步骤为：设P（n）是关于自然数n的命题，若1）（奠基） P（n）在n=1时成立；2）（归纳） 在P（k）（k为任意自然数）成立的假设下可以推出P（k+1）成立，则P（n）对一切自然数n都成立．
9．（5分）已知：（x+1）n=a0+a1（x﹣1）+a2（x﹣1）2++an（x﹣1）n，（n≥2，n∈N*），当n=5时，a0+a1+a2+a3+a4+a5的值为 243 ．
考点：
二项式定理的应用．
专题：
计算题．
分析：
当n=5时，令x=2，则由已知等式可得 35=a0+a1+a2+a3+a4+a5，由此可得答案．
解答：
解：当n=5时，令x=2，则由已知等式可得 35=a0+a1+a2+a3+a4+a5，
即 a0+a1+a2+a3+a4+a5 =243，
故答案为 243．
点评：
本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于中档题．
10．（5分）已知复数z满足|z+2﹣2i|=1，i为虚数单位，则|z|的最大值为 ．
考点：
复数求模．
专题：
计算题．
分析：
由复数模的几何意义可得复数z在复平面内位于以（﹣2，2）为圆心，以1为半径的圆周上，所以|z|的最大值为圆心到原点的距离加半径．
解答：
解：由|z+2﹣2i|=1，可知
复数z在复平面内位于以（﹣2，2）为圆心，以1为半径的圆周上，
由（﹣2，2）到坐标原点的距离为，所以|z|的最大值为．
故答案为．
点评：
本题考查了复数模的几何意义，考查了两点间的距离公式，是基础题．
11．（5分）若三角形的内切圆半径为r，三边的长分别为a，b，c，则三角形的面积S=r（a+b+c），根据类比思想，若四面体的内切球半径为R，四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，则此四面体的体积V= R（S1+S2+S3+S4） ．
考点：
类比推理；棱柱、棱锥、棱台的体积．
专题：
压轴题；规律型．
分析：
根据平面与空间之间的类比推理，由点类比点或直线，由直线 类比 直线或平面，由内切圆类比内切球，由平面图形面积类比立体图形的体积，结合求三角形的面积的方法类比求四面体的体积即可．
解答：
解：设四面体的内切球的球心为O，
则球心O到四个面的距离都是R，
所以四面体的体积等于以O为顶点，
分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和．
故答案为：R（S1+S2+S3+S4）．
点评：
类比推理是指依据两类数学对象的相似性，将已知的一类数学对象的性质类比迁移到另一类数学对象上去．一般步骤：①找出两类事物之间的相似性或者一致性．②用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（或猜想）．
12．（5分）233﹣1除以9以后的余数为 7 ．
考点：
二项式定理的应用．
专题：
计算题．
分析：
把所给的式子化为（9﹣1）11﹣1，按照二项式定理展开，可得它除以9的余数．
解答：
解：由于233﹣1=811﹣1=（9﹣1）11﹣1
=+++…++﹣1，
由于前11项都有因数9，故所给的式子故除以9的余数即为 ﹣1=﹣2 除以9的余数，
故所给的式子除以9的余数为 7，
故答案为 7．
点评：
本题主要考查二项式定理的应用，把所给的式子化为（9﹣1）11﹣1，是解题的关键，体现了转化的数学而思想，
属于中档题．
13．（5分）已知正数x，y满足2x+y﹣2=0，则的最小值为 ．
考点：
基本不等式．
专题：
计算题．
分析：
由正数x，y满足2x+y﹣2=0可得x，故===，由基本不等式可得结论．
解答：
解：∵正数x，y满足2x+y﹣2=0，∴2x+y=2，即x
∴===
=，由基本不等式可得
=
当且仅当，即x=y=时取等号，
故的最小值为：
故答案为：
点评：
本题为基本不等式求最值的问题，把原式变形得到x是解决问题的关键，属基础题．
14．（5分）已知E、F分别在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E=2EB，CF=2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于 ．
考点：
二面角的平面角及求法；用空间向量求平面间的夹角．
专题：
计算题；压轴题；数形结合．
分析：
由题意画出正方体的图形，延长CB、FE交点为S连接AS，过B作BP⊥AS连接PE，所以面AEF与面ABC所成的二面角就是：∠BPE，求出BP与正方体的棱长的关系，然后求出面AEF与面ABC所成的二面角的正切值．
解答：
解：由题意画出图形如图：
因为E、F分别在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E=2EB，CF=2FC1，
延长CB、FE交点为S连接AS，过B作BP⊥AS连接PE，所以面AEF与面ABC所成的二面角就是∠BPE，因为B1E=2EB，CF=2FC1，
所以BE：CF=1：2
所以SB：SC=1：2，
设正方体的棱长为：a，所以AS=a，BP=，BE=，在RT△PBE中，tan∠EPB===，
故答案为：
点评：
本题是基础题，考查二面角的平面角的正切值的求法，解题的关键是能够作出二面角的棱，作出二面角的平面角，考查计算能力，逻辑推理能力．
15．（5分）（2012?盐城二模）设f（x）是定义在R上的可导函数，且满足f（x）+xf′（x）＞0．则不等式的解集为 {x|1≤x＜2} ．
考点：
函数的单调性与导数的关系．
专题：
计算题；导数的概念及应用．
分析：
由题意可得 （ x?f（x））′＞0，故 函数y=x?f（x）在R上是增函数，不等式即，故有 ＞，由此求得解集．
解答：
解：∵f（x）+xf′（x）＞0，
∴（ x?f（x））′＞0，故函数y=x?f（x）在R上是增函数．
∴?=?f（），
∴＞，即．
解得 1≤x＜2，
故答案为 {x|1≤x＜2}．
点评：
本题以积的导数为载体，考查函数的单调性，关键是条件的等价转化，属于基础题．
16．（5分）已知函数y=f（x）是定义在R上恒不为0的单调函数，对任意的x，y∈R，总有f（x）f（y）=f（x+y）成立，若数列{an}的n项和为Sn，且满足a1=f（0），（n∈N*），则Sn= 5×2n+1﹣ ．
考点：
等比数列的前n项和．
分析：
首先求出特殊值f（0），然后结合f（x）f（y）=f（x+y）把已知条件变形为an+1与an的关系式，进一步整理得数列{an+3n+1}为等比数列，再运用等比数列通项公式求得an，最后分别运用等比数列前n项和公式求得Sn．
解答：
解：因为任意的x，y∈R，总有f（x）f（y）=f（x+y）成立，
所以f（0）f（0）=f（0），即f（0）?（f（0）﹣1）=0，
解得f（0）=1，即a1=1，
又f（an+1）?f（3n+1﹣2an）=1，即f（an+1+3n+1﹣2an）=f（0），
所以an+1+3n+1﹣2an=0，
则an+1+3n+1+2×3n+1=2an+2×3n+1，，即=2，
所以数列{an+3n+1}是首项为10，公比为2的等比数列，
则an+3n+1=10×2n﹣1，即an=5×2n﹣3n+1，
所以Sn=5×﹣=．
故答案为．
点评：
本题主要考查等比数列的定义、通项公式、前n项和公式，同时考查函数的单调性等．
二、解答题：（本大题共7小题，满分104分）
17．（14分）已知：复数z满足（z﹣2）i=a+i（a∈R）．
（1）求复数z；
（2）a为何值时，复数z2对应的点在第一象限．
考点：
复数代数形式的乘除运算；复数的基本概念．
专题：
计算题；转化思想．
分析：
（1）由题设条件中复数z满足（z﹣2）i=a+i（a∈R），解此复数方程，求出z的表达式．
（2）由复数z2对应的点在第一象限，可知其实部为正，虚部为正，由此得到参数a的不等式，求得其取值范围
解答：
解：（1）∵（z﹣2）i=a+i（a∈R）
∴，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）
∴z=3﹣ai﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）
（2）∵z=3﹣ai，∴z2=（9﹣a2）﹣6ai﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）
又∵z2在第一象限，∴﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）
解得：﹣3＜a＜0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（14分）
点评：
本题考查复数的代数形式的乘除运算，及其几何意义，求解本题关键是能利用复数的乘除运算的法则进行化简以及利用复数的几何意义建立参数的方程，本题考查了转化的思想，是复数中综合性较强的题型
18．（14分）若（+）n（n∈N*）展开式中前三项系数成等差数列，
（1）求展开式中第4项的系数和二项式系数；
（2）求展开式中的所有有理项．
考点：
二项式系数的性质；二项式定理的应用．
专题：
计算题；概率与统计．
分析：
（1）依题意，可求得n的值，再利用二项展开式的通项公式Tr+1=?2﹣r?即可求得展开式中第4项的系数和二项式系数；
（2）由其通项Tr+1=?2﹣r?（0≤r≤8）中，令4﹣r为整数，即可求得相应的有理项．
解答：
解：（1）∵（+）n（n∈N*）展开式的通项公式Tr+1=?2﹣r?，
∴前三项系数分别为：1，，，
∵1，，成等差数列，
∴n=1+，
解的n=8或n=1（舍去），
∴展开式中第4项的系数为?2﹣3=56×=7，展开式中第4项的二项式系数为==56；
（2）∵n=8，
∴Tr+1=?2﹣r?（0≤r≤8），
当r=0，4，8，时，4﹣r为整数，
∴展开式中的所有有理项为：T1=x4；
T5=?2﹣4?x=x；T9=2﹣8x﹣2=．
点评：
本题考查二项式定理的应用，考查等差数列的性质，考查方程思想与综合运算能力，属于中档题．
19．（14分）有4名同学准备利用假期到4个村庄进行社会实践调查，每个人都只去一个村庄，他们每个人事前并不知道其他同学的去向，问：
（1）共有多少种不同的去向结果？
（2）如果恰有一个村庄没有人去，有多少种不同的去向结果？
（3）如果恰有两个村庄没有人去，有多少种不同的去向结果？
考点：
排列、组合及简单计数问题．
专题：
计算题；概率与统计．
分析：
（1）每个人都有4种去向，由分步计数原理可得结果；
（2）恰有一个村庄没有人去，即4个村庄只有3个村庄有人去，各村庄去的人数只可能是1、1、2．由分步计数原理可得；
（3）恰有两个村庄没有人去，也就是4个人到2个村庄，分两类：①每个村庄去两个人．②一个村庄去3个人，另一个村庄去1个人，分别由分步计数原理可得结果，相加即可．
解答：
解：（1）设这四名同学为甲、乙、丙、丁，则甲可去任一个村庄，有4种去向，
同理其他三人也各有4种，由分步计数原理知，共有44=256种去向结果．
（2）恰有一个村庄没有人去，则4个村庄只有3个村庄有人去，各村庄去的人数只可能是1、1、2．
先从4人中选取2人同去一个村庄，有种方法，然后与其余2个人看成3个小组，
分别到4个村庄中的3个村庄，有种结果，
则由分步计数原理知，共有=144种不同的去向结果．
（3）恰有两个村庄没有人去，也就是4个人到2个村庄，从人数看有两种不同的结果：
①每个村庄去两个人．先从4个村庄中选取有人去的2个村庄，有种结果，
把4个人平均分成2组后，分到这2个村庄去有种结果，
由分步计数原理知，共有=36种结果；
②一个村庄去3个人，另一个村庄去1个人，先把人分成两组，一组1人，一组3人，有种结果，
再选择两组人去的村庄有种结果，由分步计数原理知，共有=48种结果．
由分类计数原理知，共有36+48=84种不同的去向结果．
点评：
本题考查排列组合与简单的计数原理，属中档题．
20．（15分）已知数列{an}满足：a1=，anan﹣1﹣2an+1=0（n≥2）．
（1）求a2，a3，a4的值；
（2）猜想数列{an}的一个通项公式，并用数学归纳法证明你的结论．
考点：
数学归纳法；数列递推式．
专题：
计算题；证明题；点列、递归数列与数学归纳法．
分析：
（1）由a1=，anan﹣1﹣2an+1=0（n≥2），代入n=2，3，4，5计算，可求a2，a3，a4，a5的值；
（2）猜想{an}的通项公式，再用数学归纳法证明，关键是假设当n=k（k≥1）时，命题成立，即成立，利用递推式，证明当n=k+1时，等式成立．
解答：
解：（1）由a1=，anan﹣1﹣2an+1=0（n≥2），得a2=，a3=，a4=，a5=．
（2）由以上结果猜测：an=用数学归纳法证明如下：
①当n=1时，左边=a1=，右边==，等式成立．
②假设当n=k（k≥1）时，命题成立，即ak=成立．
那么，当n=k+1时，ak+1ak﹣2ak+1+1=0，所以ak+1?﹣2ak+1+1=0，解得．
这就是说，当n=k+1时等式成立．
由①和②，可知猜测an=对于任意正整数n都成立．（12分）
点评：
本题考查数列的通项，考查归纳猜想，考查数学归纳法的运用，属于中档题．
21．（15分）如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，，AF=1．
（1）求直线DF与平面ACEF所成角的正弦值；
（2）在线段AC上找一点P，使与所成的角为60°，试确定点P的位置．
考点：
直线与平面所成的角；异面直线及其所成的角．
专题：
计算题；综合题；开放型；转化思想．
分析：
（1）以为正交基底，建立如图空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求面ACEF的一个法向量，直线DF与平面ACEF所成角的正弦值，即求|c0s|；（2）设出点 P的坐标，求出与，根据向量的数量积的定义求得点P的坐标，确定点P的位置．
解答：
解：（1）以为正交基底，建立如图空间直角坐标系，
则，，
因为AC⊥BD，AF⊥BD，
所以是平面ACEF法向量，
又因为，
所以，
故直线DF与平面ACEF所成角正弦值为．（2）设P（a，a，0），则．
因为，所以．
解得，故存在满足条件的点P为AC的中点．
点评：
考查利用空间向量求线面角和异面直线所成的角，注意①线面角与斜线和面的法向量所成角之间的关系，及异面直线所成角的范围，②用空间向量解立体几何问题的步骤；①建系，②立体几何问题向量化，③解向量问题，④回归立体几何问题，属中档题．
22．（16分）已知等差数列{an}和等比数列{bn}，且a1=b1，a2=b2，a1≠a2，an＞0，n∈N*．
（1）试比较a3与b3，a4与b4的大小；
（2）试猜想an与bn（n≥3，n∈N*）的大小关系，并证明你的结论．
考点：
数学归纳法；等差数列与等比数列的综合．
专题：
等差数列与等比数列．
分析：
（1）利用等差数列、等比数列的通项公式求出a3与b3，a4与b4的利用作差或作商进行大小比较．
（2）由（1）根据a3与b3，a4与b4的大小，猜测大小关系，再利用数学归纳法进行证明即可．
解答：
解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，a1=b1=a＞0，
∵a2=b2＞0，∴a+d=aq＞0，可得d=a（q﹣1）．a1≠a2，an＞0，∴d＞0，q＞1．
a3﹣b3=（a+2d）﹣aq2=2aq﹣a﹣aq2=﹣a（1﹣q）2＜0，∴a3＜b3，
a4﹣b4=（a+3d）﹣aq3=3aq﹣2a﹣aq3=﹣a（q﹣1）2（q+2）＜0，∴a4＜b4，
（2）猜想an＜bn（n≥3，n∈N*）
下面用数学归纳法证明．
①当n=3时，由（1）知，不等式成立．
②假设当n=k（n≥3，n∈N*）时不等式成立，即ak＜bk
即a+（k﹣1）a（q﹣1）＜aq k﹣1，
则当n=k+1时，ak+1=ak+a（q﹣1）＜aq k﹣1+a（q﹣1）=a（q k﹣1+q﹣1），
ak+1﹣bk+1＜a（q k﹣1+q﹣1）﹣aq k=a（q k﹣1﹣1）（1﹣q）＜0．
所以ak+1＜bk+1＜a，即当n=k+1时，不等式也成立
由①②可知猜想正确，即当n≥3，n∈N*时，an＜bn
点评：
数学归纳法常常用来证明一个与自然数集N相关的性质，其步骤为：设P（n）是关于自然数n的命题，若（1）（奠基） P（n）在n=1时成立；2）（归纳） 在P（k）（k为任意自然数）成立的假设下可以推出P（k+1）成立，则P（n）对一切自然数n都成立
23．（16分）设函数f（x）=ex+1，g（x）=（e﹣1）x+2（e是自然对数的底数）．
（1）判断函数H（x）=f（x）﹣g（x）零点的个数，并说明理由；
（2）设数列{an}满足：a1∈（0，1），且f（an）=g（an+1），n∈N*；
①求证：0＜an＜1；
②比较an与（e﹣1）an+1的大小．
考点：
数学归纳法；函数的零点．
专题：
综合题；导数的综合应用．
分析：
（1）求导函数，确定导函数的零点，从而可求H（x）的最小值，证明最小值小于0，可得H（x）有两个零点；
（2）①由f（an）=g（an+1），可得an+1=（﹣1），用数学归纳法证明an∈（0，1）；
②作差（e﹣1）an+1﹣an=﹣1﹣an，考虑函数p（x）=ex﹣1﹣x（0＜x＜1），证明p（x）在（0，1）上是增函数，即可得到结论．
解答：
解：（1）函数f（x）=ex+1，g（x）=（e﹣1）x+2，∴H（x）=f（x）﹣g（x）=ex﹣（e﹣1）x﹣1
∴H′（x）=ex﹣（e﹣1），
令H′（x）=0，则x0=ln（e﹣1）
当x∈（﹣∞，x0）时，H′（x）＜0，H（x）在（﹣∞，x0）单调递减
当x∈（x0，+∞）时，H′（x）＞0，H（x）在（x0，+∞）单调递增
故H（x）min=H（x0）=ex0﹣（e﹣1）x0﹣1=e﹣1﹣（e﹣1）ln（e﹣1）﹣1
令t=e﹣1＞1，函数h（t）=t﹣tlnt﹣1，
因为h′（t）=﹣lnt＜0，所以函数h（t）=t﹣tlnt﹣1在（1，+∞）单调递减，故h（t）≤h（1）=0，
又e﹣1＞1，故H（x0）＜0，从而H（x）有两个零点；
（2）①证明：因为f（an）=g（an+1），即+1=（e﹣1）an+1+2，所以an+1=（﹣1）
下面用数学归纳法证明an∈（0，1）
1°当n=1时，a1∈（0，1）成立；
2°假设当n=k时，ak∈（0，1），则ak+1=（﹣1）
∵ak∈（0，1），∴1＜＜e，∴0＜＜e﹣1
∴0＜ak+1＜1
综上知，an∈（0，1）；
②解：∵（e﹣1）an+1﹣an=﹣1﹣an，
考虑函数p（x）=ex﹣1﹣x（0＜x＜1）
∵p′（x）=ex﹣1＞0，
∴p（x）在（0，1）上是增函数
故p（x）＞p（0）=0
∴（e﹣1）an+1﹣an＞0
∴（e﹣1）an+1＞an．
点评：
本题考查函数的零点，考查函数的单调性，考查数学归纳法的运用，考查大小比较，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
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