2022年浙江省嘉兴市高考数学一模试卷含解析答案.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 浙江省嘉兴市高考数学一模试卷（理科）一、挑选题（本大题共 8 小题,每道题 5 分,满分 40 分在每道题给出的四个选项中,只有哪一项符合题目要求的）1（ 5 分）（2022.嘉兴一模）设全集 3 ,就（ .UA ） B= （）U=0 ,1,2,3, 4 ,集合 A=0 ,1,2 ,集合 b=2 ,A . B 1 ,2,3,4 C 2 ,3, 4 D 0 ,11,2,3, 4 【考点】： 交、并、补集的混合运算【专题】： 集合【分析】： 依据全集 U 及 A ,求出 A 的补集,找出A 补集与 B 的并集即可【解析】： 解：全集 U=0 ,1,

2、 2,3,4 ,集合 A=0 ,1,2 ,集合 B=2 ,3 ,.UA=3 ,4 ,就（ .UA） B=2 ,3,4 ,应选： C【点评】： 此题考查了交、并、补集的混合运算,娴熟把握各自的定义是解此题的关键2（5 分）（2022.嘉兴一模） 已知直线 ax+y 1=0 与直线 x+ay 1=0 相互垂直, 就 a=（）A 1 或1 B 1 C 1 D 0 【考点】： 直线的一般式方程与直线的垂直关系【专题】： 直线与圆【分析】： 直接由两直线垂直得到两直线系数间的关系,然后求解关于 a 的方程得答案【解析】： 解：直线 ax+y 1=0 与直线 x+ay 1=0 相互垂直,1a+1a=0,即

3、 2a=0,解得： a=0应选： D【点评】： 此题考查了直线的一般式方程与直线垂直的关系,关键是对条件的记忆与运用,是基础题3（5 分）（2022.嘉兴一模）已知向量=（3cos,2）与向量=（ 3,4sin）平行,就锐角 等于（）A BCD【考点】： 平面对量共线（平行）的坐标表示【专题】： 三角函数的求值；平面对量及应用【分析】： 依据,列出方程,求出sin2=1,再依据 是锐角,求出 的值即可【解析】： 解：=（3cos,2）,=（3, 4sin）,且；3cos .4sin 23=0,解得 sin2=1；名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 17 页精选学习资料 -

4、- - - - - - - - （0,）,2（ 0,）,2=,即 =应选： A【点评】： 此题考查了平面对量平行的坐标表示,也考查了三角函数的求值问题,是基础题目4（ 5 分）（2022.嘉兴一模）三条不重合的直线a,b,c 及三个不重合的平面,下列命题正确选项（）A 如 a ,a ,就 B 如 =a, ,就 aC 如 a. ,b. ,c. ,c,c b,就 D 如 =a,c. ,c ,c ,就 a 【考点】： 空间中直线与直线之间的位置关系【专题】： 空间位置关系与距离【分析】： 运用正方体, 墙角线面, 同一法, 直线平面的垂直的定理的关键条件,判定即可【解析】： 解： 在正方体中可以判定

5、,A 命题不正确； 设作 a,a是过 a 直线上一点 O 的直线, , =a,a. ,a. ,a= , =a,而 2 个平面的交线只有一条,a 与 a重合,故 a,故答案 B 是 正确的命题 当 a b 时, C 命题不正确； 当 , 两两相交于同一条直线 a 时,也存在 =a,c. ,c ,c ,这种情形,故 D 命题不正确,应选： B 【点评】： 此题综合考查了空间直线,平面的常见的位置关系,难度不大, 可以借助正方体,墙角,几何模型判定,属于中档题名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 5（ 5 分）（2022.嘉

6、兴一模）已知条件p：x2 3x 40,条件 q：x2 6x+9 m20如 p 是q 的充分不必要条件,就m 的取值范畴是（）A 1,1 B 4,4 C （ , 44,+） D （ , 14,+）【考点】： 必要条件、充分条件与充要条件的判定【专题】： 简易规律【分析】： 先将条件 p, q 化简,然后利用p 是 q 的充分不必要条件,确定参数a 的取值范围【解析】： 解：由 x2 3x 40 得1x4,即 p：1x4,由 x2 6x+9 m20 得x （ 3 m） x （ 3+m） 0, 如 m0,就不等式等价为3 mx3+m,如 p 是 q 的充分不必要条件,就,即,解得 m4 如 m0,就

7、不等式等价为3+mx3 m,如 p 是 q 的充分不必要条件,就,即,解得 m 4综上 m4 或 m 4,故 m 的取值范畴是（, 4 4, +）应选： C 【点评】： 此题主要考查充分条件和必要条件的应用的关键留意要进行分类争论依据条件求出不等式的解是解决此题6（5 分）（2022.嘉兴一模） 已知直线 l：xcos+ycos=2（R）,圆 C：x2+y2+2xcos+2ysin=0（R）,就直线l 与圆 C 的位置关系是（）A 相交 B 相切C 相离D 与 , 有关【考点】： 直线与圆的位置关系【专题】： 直线与圆【分析】： 把圆的方程化为标准形式,求出圆心和半径,再利用点到直线的距离公式

8、求出圆心 C 到直线 l 的距离 d,从而得出结论【解析】： 解：圆 C：x2+y 2+2xcos+2ysin=0（R）,即（ x+cos）2+（y+sin ）2=1,圆心 C（ cos, sin）,半径为 r=1圆心 C 到直线 l：xcos+ycos=2 的距离为 d= =2+cos（ ）,当 cos（ ）= 1 时, d=r,直线和圆相切；当 cos（ ）1 时, dr,直线和圆相离,应选： D【点评】： 此题主要考查圆的标准方程,直线和圆的位置关系,点到直线的距离公式的应用,属于基础题名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - -

9、- - - 7（ 5 分）（2022.嘉兴一模）如图,已知双曲线=1（a 0,b0）上有一点A,它关于原点的对称点为B,点 F 为双曲线的右焦点,且满意 AFBF,设 ABF= ,且 ,就双曲线离心率e 的取值范畴为（）, D ,+1A ,2+ B , C 【考点】： 双曲线的简洁性质【专题】： 运算题；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】： 利用 SABF=2S AOF,先求出 e2=,再依据 ,即可求出双曲线离心率的取值范畴【解析】： 解：设左焦点为r 2 r 1=2a,F,令 |AF|=r1,|AF|=r 2,就 |BF|=|FA|=r 2,点 A 关于原点 O 的对称点为 B,AFBF,

10、|OA|=|OB|=|OF|=c ,r 2 2 +r1 2 4c 2,r 1r2=2（c 2 a2）S ABF=2SAOF,r1r2 2. c2 sin2,r 1r2 2c2sin2c2sin2=c 2 a2e2=,+1）2,sin2,2e =2 ,（e,+1应选： B【点评】： 此题考查双曲线的离心率的取值范畴的求法,意三角函数性质的敏捷运用是中档题,解题时要仔细审题,注名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 8（ 5 分）（2022.嘉兴一模）已知函数f（x）=,就以下关于函数y=ff（kx ）+1+1（k0）的零点

11、个数的判定正确选项（）A 当 k0 时,有 3 个零点；当 k0 时,有 4 个零点B 当 k0 时,有 4 个零点；当 k0 时,有 3 个零点C 无论 k 为何值,均有 3 个零点D 无论 k 为何值,均有 4 个零点【考点】： 函数零点的判定定理【专题】： 运算题；函数的性质及应用【分析】： 函数 y=ff （kx）+1+1（k0）的零点个数即方程 从而解方程可得【解析】： 解：令 ff （kx）+1+1=0 得,或解得, f（kx）+1=0 或 f（kx） +1=；由 f（kx） +1=0 得,或；即 x=0 或 kx=e；由 f（kx） +1=得,kx=；或即 ekx=1+,（无解）

12、或；综上所述, x=0 或 kx=e 或 kx=；故无论 k 为何值,均有 3 个解；应选 Cff （kx）+1 +1=0 的解的个数,【点评】： 此题考查了函数的零点与方程的根的关系应用,属于基础题名师归纳总结 二、填空题（本大题共7 小题,第9 12 题每题 6 分,第 1315 题每题 4 分,共 36 分）第 5 页,共 17 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 9（ 6 分）（2022.嘉兴一模）如实数x,y 满意不等式组,目标函数z=x+2y ,如a=1,就 z 的最大值为6,如 z 存在最大值,就a 的取值范畴为,+）【考点】： 简洁线性

13、规划【专题】： 不等式的解法及应用【分析】： 作出不等式对应的平面区域,利用线性规划的学问,通过平移即可求 z 的最大 值如 z 存在最大值,利用数形结合确定满意条件的不等式关系即可【解析】： 解：（1）如 a=1,作出不等式组对应的平面区域如图：由 z=x+2y 得 y=x+z,平移直线 y=x+z,（阴影部分）由图象可知当直线y=x+z 经过点 A 时,直线 y=x+z 的截距最大,此时 z 最大由,解得,即 A （2,2）,代入目标函数 z=x+2y 得 z=22+2=6（2）由 ax+y4,得 y ax+4,就直线 y= ax+4 过定点（ 0,4）,如 a0,即 a0 时,目标函数

14、如 a0,即 a0 时,要使 z 存在最大值,z=x+2y 无最大值,此时不满意条件就直线 y= ax+4 的斜率a,满意a,即 a ,名师归纳总结 故此时 a 的取值范畴为 ,+）第 6 页,共 17 页故答案为： 6,+）- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 【点评】： 此题主要考查线性规划的应用,利用图象平行求得目标函数的最大值,利用数形结合是解决线性规划问题中的基本方法10（6 分）（2022.嘉兴一模）一个几何体的三视图如图,其中正视图和侧视图是相同的等腰三角形,俯视图由半圆和一等腰三角形组成就这个几何体可以看成是由 一个三棱锥和 半个圆锥 组成

15、的,如它的体积是,就 a= 1【考点】： 由三视图求面积、体积【专题】： 空间位置关系与距离【分析】： 几何体是一个三棱锥与半个圆锥组成,依据三视图的数据判定三棱锥的底面是底边长为 2,高为 1 的等腰三角形,三棱锥的高为 a,半个圆锥底面半径为 1,高为 1,把数据代入体积公式运算【解析】： 解：由三视图知：几何体是一个三棱锥与半个圆锥组成,名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 其中三棱锥的底面是底边长为2,高为 1 的等腰三角形,三棱锥的高为a,半个圆锥底面半径为 1,高为 1几何体的体积V=+=,a=1故答案为：

16、一个三棱锥,半个圆锥,1【点评】： 此题考查了由三视图求几何体的体积,应的几何量是解题的关键依据三视图判定几何体的外形及数据所对11（6 分）（2022.嘉兴一模）在 ABC 中,如 A=120 ,AB=1 ,BC=,=,就AC=3；AD=【考点】： 余弦定理；线段的定比分点【专题】： 解三角形【分析】： 由余弦定理可得：a2=b 2+c 2 2bccosA,代入解得 b利用余弦定理可得cosB=由 =,可得 =在 AB 中,由余弦定理可得： AD 2=AB 2+BD 2 2AB .BDcosB 即可得出【解析】： 解：由余弦定理可得：a 2=b 2+c 2 2bccosA ,化为 b2+b

17、12=0,解得 b=3cosB= = =,=在 AB 中,由余弦定理可得：AD2=AB 2+BD 2 2AB .BDcosB=1+=,解得 AD=故答案分别为：3；【点评】： 此题考查了余弦定理、向量共线定理, 考查了推理才能与运算才能,属于中档题12（ 6 分）（2022.嘉兴一模）设等差数列 an 的前 n 项和为 Sn,如 a2+a4+a9=24,就 S9= 72,. 的最大值为 64【考点】： 等差数列的前 n 项和【专题】： 等差数列与等比数列名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 【分析】： 由 a2+a4+

18、a9=24 结合等差数列的通项公式求得a5,代入等差数列的前n 项和公式得答案；直接由等差数列的前n 项和把.转化为含有d 的代数式求得最大值【解析】： 解：在等差数列an 中,由 a2+a4+a9=24,得3a1+12d=24 ,即 a1+4d=8 ,a5=8S9=9a5=98=72；.=故答案为： 72；64【点评】： 此题考查了等差数列的通项公式,考查了等差数列的前n 项和,是中档题13（4 分）（2022.嘉兴一模） M 是抛物线 y 2=4x 上一点, F 是焦点,且 MF=4 过点 M 作准线 l 的垂线,垂足为 K,就三角形 MFK 的面积为【考点】： 抛物线的简洁性质【专题】：

19、 圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】： 如下列图, F（1,0）设 M（x0,y0）,利用抛物线的定义可得 |MF|=|MK|=x 0+1=4,解得 x0,代入抛物线方程 y0,利用三角形 MFK 的面积 S= 即可得出【解析】： 解：如下列图,F（1, 0）设 M （x0,y0）,|MF|=4 , 4=|MK|=x 0+1,解得 x0=3,代入抛物线方程可得=43,=4考查了推理才能与解得,三角形 MFK 的面积 S=故答案为： 4三角形的面积运算公式,【点评】： 此题考查了抛物线的定义及其性质、运算才能,属于中档题名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 17 页精选学习资料

20、 - - - - - - - - - 14（4 分）（2022.嘉兴一模）设x,y,z0,满意 xyz+y2+z2=8,就 log 4x+log 2y+log 2z 的最大值是【考点】： 基本不等式；对数的运算性质【专题】： 不等式的解法及应用；不等式2【分析】： 直接利用基本不等式求得 xy z28,然后利用对数的运算性质求得log 4x+log 2y+log 2z 的最大值【解析】： 解： x、y、z 0,xyz+y2+z2=8 ）2=8,当且仅当 y=z=,xy2z2=yz8 （y2+z2）yz（8 2yz）=2yz（4 yz）2（x=2 时等号成立log 4x+log 2y+log 2

21、z=log4xy2z2log48=故答案为：【点评】： 此题考查了对数的运算性质,训练了基本不等式在最值问题中的应用,+z是中档题15（4 分）（2022.嘉兴一模）正四周体OABC ,其棱长为1如=x+y（0x,y,z1）,且满意x+y+z 1,就动点 P 的轨迹所形成的空间区域的体积为【考点】： 空间向量的基本定理及其意义；平面对量的基本定理及其意义【专题】： 空间向量及应用【分析】： 由题意可得点P 的轨迹所形成的空间区域为平行六面体除去正四周体OABC 的部分,由体积公式运算即可【解析】： 解：由题意可得点P 的轨迹所形成的空间区域为平行六面体除去正四周体OABC的部分,由已知数据可得

22、SOAB =11sin60=,=,C 到 OAB 的高 h=体积 V=2 故答案为：名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 【点评】： 此题考查空间向量基本不等式,涉及几何体的体积公式,属基础题三、解答题（本大题共 5 小题,共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）16（14 分）（2022.嘉兴一模） 已知函数 f（x）=1 2sin（x+）sin（x+） cos（x+）（）求函数 f（x）的最小正周期；（）当 x ,求函数 f（x+）的值域【考点】： 三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的图象【专题】：

23、三角函数的求值；三角函数的图像与性质【分析】：（）第一通过三角函数关系式的恒等变换,进一步利用余弦函数的最小正周期公式求出结果（）直接利用函数的定义域求出函数关系式的值域把函数的关系式变形成余弦型函数,【解析】： 解：（I）函数 f（ x）=1 2sin（x+） sin（x+） cos（x+）=1 2+=+=cos2x（5 分）（7 分）（9 分）所以, f（x）的最小正周期（）由（ I）可知,（11 分）由于 x,所以：所以：,就：,（14 分）【点评】： 此题考查的学问要点：三角函数关系式的恒等变换,余弦型函数的周期的求法,利用函数的定义域求函数的值域17（15 分）（2022.嘉兴一模）

24、在四棱锥P ABCD 中,PA平面 ABCD ,ABC 是正三角形,AC 与 BD 的交点 M 恰好是 AC 中点, 又 PA=AB=4 ,CDA=120 ,点 N 在线段 PB 上,且 PN=（）求证： MN 平面 PDC；名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - （）求二面角 A PC B 的余弦值【考点】： 二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定【专题】： 空间位置关系与距离；空间向量及应用【分析】： （）在正三角形 ABC 中, BM=2,在 ACD 中,由 M 为 AC 中点, DM AC,可得 AD=CD

25、 ,又 CDA=120 ,可得 DM=,得到在等腰直角三角形 PAB中,可得,得到,MN PD再利用线面平行的判定定理即可证明（）由 BAD= BAC+ CAD=90 ,可得 AB AD ,分别以 AB ,AD ,AP 为 x 轴,y 轴,z 轴建立如图的空间直角坐标系,可得 B（ 4,0,0）,P（0,0,4）由（）可知,= 为平面 PAC 的法向量,设平面 PBC的一个法向量为 =（x,y,z）,利用,可得平面 PBC 的一个法向量为,利用向量的夹角公式即可得出【解析】： （）证明：在正三角形ABC 中, BM=2,在 ACD 中, M 为 AC 中点, DM AC ,AD=CD ,又 C

26、DA=120 ,DM=,PAB 中, PA=AB=4 , PB=4,在等腰直角三角形,MN PD又 MN . 平面 PDC,PD. 平面 PDC,MN 平面 PDC（）解：BAD= BAC+ CAD=90 ,AB AD ,分别以 AB ,AD ,AP 为 x 轴, y 轴, z 轴建立如图的空间直角坐标系,名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - B（4,0,0）,P（0,0,4）由（）可知,=为平面 PAC 的法向量,=,=（ 4,0, 4）,设平面 PBC 的一个法向量为=（x,y, z）,=,就,即,令 z=3,解

27、得 x=3 ,y=,就平面 PBC 的一个法向量为=设二面角 A PC B 的大小为 ,就 cos=二面角 aA PC B 余弦值为【点评】：此题考查了线面平行与垂直的判定与性质定理、考查了通过建立空间直角坐标系利用线面垂直的性质定理、平行线分线段成比例的判定定理,向量垂直与数量积的关系及平面的法向量的夹角求出二面角的方法,考查了空间想象才能,考查了推理才能与运算才能18（15 分）（2022.嘉兴一模）已知直线l：y=kx+1 （k0）与椭圆 3x2 +y2 =a 相交于 A、B两个不同的点,记l 与 y 轴的交点为C（）如 k=1,且 |AB|=,求实数 a 的值；（）如=2,求 AOB

28、面积的最大值,及此时椭圆的方程【考点】： 椭圆的简洁性质【专题】： 圆锥曲线中的最值与范畴问题名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 【分析】： （）如 k=1 ,联立直线和椭圆方程,结合相交弦的弦长公式以及|AB|=,即可求实数 a 的值；（）依据 =2 关系,结合一元二次方程根与系数之间的关系,以及基本不等式进行求解即可【解析】： 解：设 A （x1,y1）, B（ x2,y2）,（）由 得 4x2+2x+1 a=0,就 x1+x2=,x1x2=,就|AB|= =,解得 a=2（）由,得（ 3+k2）x2+2kx+

29、1 a=0,就 x1+x2=,x1x2=,由=2得（x1,1 y1）=2（ x2, y2 1）,解得 x1= 2x2,代入上式得：x1+x 2= x2=,就 x2=x2=,= 2,当且仅当 k2 =3 时取等号,此时2,x1x2= 2x2又 x1x2=,就=,解得 a=5转化为根所以, AOB 面积的最大值为,此时椭圆的方程为3x2 +y2=5【点评】： 此题主要考查椭圆方程的求解,利用直线方程和椭圆方程构造方程组,与系数之间的关系是解决此题的关键19（15 分）（2022.嘉兴一模） 设二次函数 f（x）=ax 2+bx+c（a,bR）满意条件： 当 xR时, f（x）的最大值为 0,且 f

30、（ x 1）=f（3 x）成立； 二次函数 f（x）的图象与直线y= 2 交于 A 、B 两点,且 |AB|=4 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - （）求 f（x）的解析式；（）求最小的实数n（n 1）,使得存在实数t,只要当 xn, 1时,就有 f（x+t ）2x成立【考点】： 二次函数的性质；函数恒成立问题【专题】： 函数的性质及应用【分析】：（）依据题意可假设f（x）=a（x 1）2（a 0）,令 a（x 1）2= 2,x=1,求解即可得出解析式（）利用不等式解得t 1x,又 f（x+t ）2x 在 xn,

31、 1时恒成立,转化为令 g（t）= t 1 2,易知 g（ t）= t 1 2 单调递减,所以, g（t）g（4）= 9,得出 n 能取到的最小实数为9【解析】： 解：（）由 f（x 1）=f（3 x）可知函数 f（x）的对称轴为 x=1,由 f（x）的最大值为 0,可假设 f（x）=a（x 1）2（ a0）令 a（x 1）2= 2,x=1,就易知 2 =4,a=所以, f（x）=（x 1）2（）由 f（x+t）2x 可得,（x 1+t）22x,即 x 2+2（t+1）x+ （t 1）20,解得t 1x,又 f（x+t ）2x 在 xn, 1时恒成立,可得由（ 2）得 0t4令 g（t）= t

32、 1 2,易知 g（ t）= t 1 2单调递减,所以, g（t）g（4）= 9,由于只需存在实数,故 n 9,就 n 能取到的最小实数为9此时,存在实数 t=4,只要当 xn, 1时,就有 f（x+t ）2x 成立【点评】： 此题考查了函数的解析式的求解,方程组求解问题, 分类争论求解, 属于中档题20（15 分）（2022.嘉兴一模）在数列 an 中, a1=3,an=,bn=an 2,n=2,3,（）求 a2,a3,判定数列 a n 的单调性并证明；（）求证： |an 2|an 1 2|（ n=2,3,）；（）是否存在常数 M ,对任意 n2,有 b2b3bnM ？如存在,求出 M 的值

33、；如不存在,请说明理由【考点】： 数列递推式；数列与不等式的综合【专题】： 点列、递归数列与数学归纳法；不等式的解法及应用名师归纳总结 【分析】： （）由a1=3,an=,得,且可知 an0再由第 15 页,共 17 页an=,两边平方得,进一步得到,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 两式作差可得an+1 an 与 an an 1 同号由0 易知, an an 10,即 anan 1,可知数列 a n单调递减；（）由,可得,（an 2）（an+2）=an 1 2,进一步得到由 an 2 与 an 1 2 同号,可得 an 20,即 an2,可得,就 |

34、an 2|an 1 2|；（）由（ an 2）（an+2）=an 1 2,得,即,累积后由 |an 2|an 1 2|,可知 |an 2|an 12| =,得,由 an2,得结合当 n时, 4n 1,说明不存在常数 M ,对任意 n2,有 b2b3bnM 成立【解析】： （）解：由a1=3,an=（1）,得,且可知an0由 an=,得,就有（2）,由（ 2） （ 1）得：（an+1+an）（ an+1 an）=an an 1,an 0, an+1 an 与 an an 1 同号由0,易知, an an 10,即 anan 1,可知数列 a n单调递减；（）证明：由,可得,（ an 2）（an+

35、2）=an 1 2,由（ an 2）（an+2）=an 1 2,易知, an 2 与 an 1 2 同号,由于 a1 2=3 2 0,可知, an 2 0,即 an2,名师归纳总结 an+24,第 16 页,共 17 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - |an 2|an 1 2|,得证；（）解：（an 2）（an+2）=an 1 2,=,即,就由|an 2|an 1 2|,可知,=,|an 2|an 1 2|,an 2,当 n时, 4n 1,故不存在常数 M ,对任意 n2,有 b2b3bnM 成立【点评】： 此题是数列与不等式的综合题,考查了数列递推式,训练了累积法求数列的通项公式,训练了放缩法证明数列不等式,属难题名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页,共 17 页