2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学及答案解析.docx

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1、2017年 普 通 高 等 学 校 招 生 全 国 统 一 考 试 （ 浙 江 卷 ） 数 学一 、 选 择 题 (共 10 小 题 ， 每 小 题 5分 ， 满 分 50 分 )1.已 知 集 合 P=x|-1 x 1， Q=x|0 x 2， 那 么 P Q=( )A.(-1， 2)B.(0， 1)C.(-1， 0)D.(1， 2)解 析 ： 直 接 利 用 并 集 的 运 算 法 则 化 简 求 解 即 可 .集 合 P=x|-1 x 1， Q=x|0 x 2，那 么 P Q=x|-1 x 2=(-1， 2).答 案 ： A. 2.椭 圆 2 2 19 4x y 的 离 心 率 是 ( )

2、A. 133B. 53C. 23D. 59解 析 ： 直 接 利 用 椭 圆 的 简 单 性 质 求 解 即 可 . 椭 圆 2 2 19 4x y ， 可 得 a=3， b=2， 则 c= 9 4 =5，所 以 椭 圆 的 离 心 率 为 ： 53ca .答 案 ： B.3.某 几 何 体 的 三 视 图 如 图 所 示 (单 位 ： cm)， 则 该 几 何 体 的 体 积 (单 位 ： cm 2)是 ( ) A. 2 +1B. 2 +3C. 32 +1D. 32 +3解 析 ： 由 几 何 的 三 视 图 可 知 ， 该 几 何 体 是 圆 锥 的 一 半 和 一 个 三 棱 锥 组 成

3、 ，圆 锥 的 底 面 圆 的 半 径 为 1， 三 棱 锥 的 底 面 是 底 边 长 2的 等 腰 直 角 三 角 形 ， 圆 锥 的 高 和 棱 锥 的高 相 等 均 为 3， 故 该 几 何 体 的 体 积 为 21 1 1 11 2 22 3 3 23 3 12 .答 案 ： A4.若 x、 y 满 足 约 束 条 件 0 3 02 0 xx yx y ， 则 z=x+2y 的 取 值 范 围 是 ( )A.0， 6B.0， 4C.6， + )D.4， + ) 解 析 ： x、 y满 足 约 束 条 件 0 3 02 0 xx yx y ， 表 示 的 可 行 域 如 图 ：目 标

4、函 数 z=x+2y经 过 坐 标 原 点 时 ， 函 数 取 得 最 小 值 ，经 过 C时 ， 目 标 函 数 取 得 最 大 值 ， 由 3 02 0 x yx y 解 得 C(2， 1)，目 标 函 数 的 最 小 值 为 ： 4目 标 函 数 的 范 围 是 4， + ).答 案 ： D.5.若 函 数 f(x)=x2+ax+b 在 区 间 0， 1上 的 最 大 值 是 M， 最 小 值 是 m， 则 M-m( )A.与 a有 关 ， 且 与 b有 关B.与 a有 关 ， 但 与 b无 关C.与 a无 关 ， 且 与 b无 关D.与 a无 关 ， 但 与 b有 关解 析 ： 结 合

5、 二 次 函 数 的 图 象 和 性 质 ， 分 类 讨 论 不 同 情 况 下 M-m的 取 值 与 a， b 的 关 系 ， 综 合可 得 答 案 . 函 数 f(x)=x2+ax+b 的 图 象 是 开 口 朝 上 且 以 直 线 x= 2a 为 对 称 轴 的 抛 物 线 ， 2a 1或 2a 0， 即 a -2， 或 a 0 时 ，函 数 f(x)在 区 间 0， 1上 单 调 ，此 时 M-m=|f(1)-f(0)|=|a|，故 M-m的 值 与 a有 关 ， 与 b 无 关 当 12 2 1a ， 即 -2 a -1 时 ，函 数 f(x)在 区 间 0， 2a 上 递 减 ，

6、在 2a ， 1上 递 增 ，且 f(0) f(1)， 此 时 M-m=f(0)-f( 2a )= 24a ，故 M-m的 值 与 a有 关 ， 与 b 无 关 当 0 12 2a ， 即 -1 a 0时 ，函 数 f(x)在 区 间 0， 2a 上 递 减 ， 在 2a ， 1上 递 增 ，且 f(0) f(1)，此 时 M-m=f(0)-f( 2a )=a- 24a ，故 M-m的 值 与 a有 关 ， 与 b 无 关 .综 上 可 得 ： M-m的 值 与 a有 关 ， 与 b 无 关 .答 案 ： B.6.已 知 等 差 数 列 a n的 公 差 为 d， 前 n 项 和 为 Sn，

7、则 “ d 0” 是 “ S4+S6 2S5” 的 ( )A.充 分 不 必 要 条 件B.必 要 不 充 分 条 件C.充 分 必 要 条 件D.既 不 充 分 也 不 必 要 条 件解 析 ： 根 据 等 差 数 列 的 求 和 公 式 和 S4+S6 2S5， 可 以 得 到 d 0， 根 据 充 分 必 要 条 件 的 定 义 即可 判 断 . S 4+S6 2S5， 4a1+6d+6a1+15d 2(5a1+10d)， 21d 20d， d 0，故 “ d 0” 是 “ S4+S6 2S5” 充 分 必 要 条 件 .答 案 ： C7.函 数 y=f(x)的 导 函 数 y=f (x

8、)的 图 象 如 图 所 示 ， 则 函 数 y=f(x)的 图 象 可 能 是 ( ) A.B. C.D.解 析 ： 根 据 导 数 与 函 数 单 调 性 的 关 系 ， 当 f (x) 0 时 ， 函 数 f(x)单 调 递 减 ， 当 f (x) 0时 ， 函 数 f(x)单 调 递 增根 据 导 函 数 y=f (x)的 图 象 可 知 ： f(x)先 单 调 递 减 ， 再 单 调 递 增 ， 然 后 单 调 递 减 ， 最 后 单调 递 增 ， 排 除 A， C，且 第 二 个 拐 点 (即 函 数 的 极 大 值 点 )在 x轴 上 的 右 侧 ， 排 除 B，故 答 案 为

9、D. 答 案 ： D.8.已 知 随 机 变 量 i满 足 P( i=1)=pi， P( i=0)=1-pi， i=1， 2.若 0 p1 p2 12 ， 则 ( )A.E( 1) E( 2)， D( 1) D( 2)B.E( 1) E( 2)， D( 1) D( 2)C.E( 1) E( 2)， D( 1) D( 2)D.E( 1) E( 2)， D( 1) D( 2)解 析 ： 随 机 变 量 i满 足 P( i=1)=pi， P( i=0)=1-pi， i=1， 2， ，0 p1 p2 12 ， 12 1-p2 1-p1 1，E( 1)=1 p1+0 (1-p1)=p1，E( 2)=1

10、p2+0 (1-p2)=p2，D( 1)=(1-p1)2p1+(0-p1)2(1-p1)=p1-p12，D( 2)=(1-p2)2p2+(0-p2)2(1-p2)=p2-p22，D( 1)-D( 2)=p1-p12-(p2-p22)=(p2-p1)(p1+p2-1) 0， E( 1) E( 2)， D( 1) D( 2).答 案 ： A.9.如 图 ， 已 知 正 四 面 体 D-ABC(所 有 棱 长 均 相 等 的 三 棱 锥 )， P、 Q、 R 分 别 为 AB、 BC、 CA上 的点 ， AP=PB， 2BQ CRQC RA ， 分 别 记 二 面 角 D-PR-Q， D-PQ-R，

11、 D-QR-P的 平 面 角 为 、 、 ， 则 ( ) A. B. C. D. 解 析 ： 解 法 一 ： 如 图 所 示 ， 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 .设 底 面 ABC的 中 心 为 O. 不 妨 设 OP=3.则 O(0， 0， 0)， P(0， -3， 0)， C(0， -6， 0)， D(0， 0， 6 2 )，Q( 3 ， 2， 0)， R(-2 3 ， 0， 0)，PRuur=(-2 3 ， 3， 0)， PDuuur=(0， 3， 6 2 )， PQuuur=( 3 ， 5， 0)， QRuuur=(-3 3 ， -2， 0)，QDuuur=( 3 ， -2， 6

12、 2 ).设 平 面 PDR的 法 向 量 为 nr=(x， y， z)，则 00n PRn PD r uurgr uuurg ， 可 得 2 3 03 3 26 0 x yy z ， 可 得 nr=( 6 ， 2 2 ， -1)， 取 平 面 ABC的 法 向 量 mur=(0， 0， 1).则 cos mur， nr 115m nm n ur rgur r ， 取 =arccos 115 .同 理 可 得 ： =arccos 3681 . =arccos 295 . 1 2 315 95 681 . .解 法 二 ： 如 图 所 示 ， 连 接 OP， OQ， OR， 过 点 O 发 布

13、作 垂 线 ： OE PR， OF PQ， OG QR， 垂足 分 别 为 E， F， G， 连 接 PE， PF， PG.设 OP=h. 则 tan =ODOE .同 理 可 得 ： tan =ODOF ， tan =ODOG .由 已 知 可 得 ： OE OG OF. tan tan tan ， ， ， 为 锐 角 . .答 案 ： B.10.如 图 ， 已 知 平 面 四 边 形 ABCD， AB BC， AB=BC=AD=2， CD=3， AC与 BD交 于 点 O， 记 I 1=OA OBuur uuurg ，I2=OB OCuuur uuurg ， I3=OC ODuuur uu

14、urg ， 则 ( )A.I 1 I2 I3B.I1 I3 I2C.I3 I1 I2D.I2 I1 I3解 析 ： 根 据 向 量 数 量 积 的 定 义 结 合 图 象 边 角 关 系 进 行 判 断 即 可 . AB BC， AB=BC=AD=2， CD=3， AC=2 2 ， AOB= COD 90 ，由 图 象 知 OA OC， OB OD， 0 OA OB OC ODuur uuur uuur uuurg g ， 0OB OCuuur uuurg ，即 I 3 I1 I2. 答 案 ： C.二 、 填 空 题 ： 本 大 题 共 7小 题 ， 多 空 题 每 题 6 分 ， 单 空

15、题 每 题 4 分 ， 共 36 分 .11.我 国 古 代 数 学 家 刘 徽 创 立 的 “ 割 圆 术 ” 可 以 估 算 圆 周 率 ， 理 论 上 能 把 的 值 计 算 到 任意 精 度 ， 祖 冲 之 继 承 并 发 展 了 “ 割 圆 术 ” ， 将 的 值 精 确 到 小 数 点 后 七 位 ， 其 结 果 领 先 世 界一 千 多 年 ， “ 割 圆 术 ” 的 第 一 步 是 计 算 单 位 圆 内 接 正 六 边 形 的 面 积 S6， S6= .解 析 ： 根 据 题 意 画 出 图 形 ， 结 合 图 形 求 出 单 位 圆 的 内 接 正 六 边 形 的 面 积

16、. 单 位 圆 的 半 径 为 1， 则 其 内 接 正 六 边 形 ABCDEF 中 ， AOB是 边 长 为 1 的 正 三 角 形 ，所 以 正 六 边 形 ABCDEF的 面 积 为S=6 12 1 1 sin60 = 3 32 .答 案 ： 3 32 .12.已 知 a、 b R， (a+bi) 2=3+4i(i是 虚 数 单 位 )， 则 a2+b2= ， ab= .解 析 ： a、 b R， (a+bi)2=3+4i(i 是 虚 数 单 位 )， 3+4i=a2-b2+2abi， 3=a2-b2， 2ab=4，解 得 ab=2， 21ab ， 21ab .则 a 2+b2=5.答

17、 案 ： 5； 2.13.已 知 多 项 式 (x+1)3(x+2)2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5， 则 a4= ， a5= .解 析 ： 利 用 二 项 式 定 理 的 展 开 式 ， 求 解 x 的 系 数 就 是 两 个 多 项 式 的 展 开 式 中 x与 常 数 乘 积 之和 ， a5就 是 常 数 的 乘 积 .多 项 式 (x+1)3(x+2)2=x5+a 1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，(x+1)3中 ， x 的 系 数 是 ： 3， 常 数 是 1； (x+2)2中 x 的 系 数 是 4， 常 数 是 4.a4=3 4+1 4=16；a5=1

18、 4=4.答 案 ： 16； 4. 14.已 知 ABC， AB=AC=4， BC=2， 点 D 为 AB 延 长 线 上 一 点 ， BD=2， 连 结 CD， 则 BDC的 面 积是 ， cos BDC= .解 析 ： 如 图 ， 取 BC 得 中 点 E， AB=AC=4， BC=2， BE= 12 BC=1， AE BC， 2 2 15AE AB BE ， 1 12 2 15 152ABCS BC AE V g ， BD=2， 1 1522BDC ABCS S V V ， BC=BD=2， BDC= BCD， ABE=2 BDC 在 Rt ABE中 ， cos 14BEABE AB ，

19、 2cos 2cos 1 14ABE BDC ， cos BDC= 104 .答 案 ： 152 ； 104 . 15.已 知 向 量 ar、 br满 足 |ar|=1， |br|=2， 则 a b a b r r r r 的 最 小 值 是 ， 最 大 值 是 .解 析 ： 记 AOB= ， 则 0 ， 如 图 ， 由 余 弦 定 理 可 得 ：5 4cosa b r r ，5 4cosa b r r ，令 5 4cosx ， 5 4cosy ，则 x 2+y2=10(x、 y 1)， 其 图 象 为 一 段 圆 弧 MN， 如 图 ，令 z=x+y， 则 y=-x+z， 则 直 线 y=-

20、x+z 过 M、 N 时 z 最 小 为 zmin=1+3=3+1=4，当 直 线 y=-x+z 与 圆 弧 MN相 切 时 z最 大 ，由 平 面 几 何 知 识 易 知 zmax即 为 原 点 到 切 线 的 距 离 的 2 倍 ，也 就 是 圆 弧 MN 所 在 圆 的 半 径 的 2 倍 ，所 以 z max 2 510 2 .综 上 所 述 ， a b a b r r r r 的 最 小 值 是 4， 最 大 值 是 2 5.答 案 ： 4； 2 5.16.从 6 男 2 女 共 8 名 学 生 中 选 出 队 长 1 人 ， 副 队 长 1人 ， 普 通 队 员 2 人 组 成 4

21、人 服 务 队 ，要 求 服 务 队 中 至 少 有 1 名 女 生 ， 共 有 种 不 同 的 选 法 .(用 数 字 作 答 )解 析 ： 第 一 类 ， 先 选 1 女 3 男 ， 有 3 16 2 40C C 种 ， 这 4 人 选 2 人 作 为 队 长 和 副 队 有 24 12A 种 ， 故 有 40 12=480种 ，第 二 类 ， 先 选 2 女 2 男 ， 有 2 26 2 15C C 种 ， 这 4 人 选 2 人 作 为 队 长 和 副 队 有 24 12A 种 ， 故 有 15 12=180 种 ，根 据 分 类 计 数 原 理 共 有 480+180=660种 .答

22、 案 ： 660.17.已 知 a R， 函 数 f(x)=|x+ 4x -a|+a在 区 间 1， 4上 的 最 大 值 是 5， 则 a的 取 值 范 围 是 .解 析 ： 由 题 可 知 |x+ 4x -a|+a 5， 即 |x+ 4x -a| 5-a， 所 以 a 5，又 因 为 |x+ 4x -a| 5-a，所 以 a-5 x+ 4x -a 5-a， 所 以 2a-5 x+ 4x 5，又 因 为 1 x 4， 4 x+ 4x 5，所 以 2a-5 4， 解 得 a 92 .答 案 ： (- ， 92 .三 、 解 答 题 (共 5 小 题 ， 满 分 74 分 )18.已 知 函 数

23、 f(x)=sin 2x-cos2x-2 3 sinx cosx(x R).( )求 f( 23 )的 值 .( )求 f(x)的 最 小 正 周 期 及 单 调 递 增 区 间 .解 析 ： ( )利 用 二 倍 角 公 式 及 辅 助 角 公 式 化 简 函 数 的 解 析 式 ， 代 入 可 得 ： f( 23 )的 值 .( )根 据 正 弦 型 函 数 的 图 象 和 性 质 ， 可 得 f(x)的 最 小 正 周 期 及 单 调 递 增 区 间 .答 案 ： ( ) 函 数 f(x)=sin 2x-cos2x-2 3 sinxcosx= 3 sin2x-cos2x=2sin(2x+

24、 76 )f( 23 )=2sin( 2 72 3 6 )=2sin52 =2.( ) =2， 故 T= ，即 f(x)的 最 小 正 周 期 为 ，由 2x+ 76 2 +2k ， 2 +2k ， k Z 得 ：x 56 +k ， 3 +k ， k Z，故 f(x)的 单 调 递 增 区 间 为 56 +k ， 3 +k 或 写 成 k + 6 ， k + 23 ， k Z. 19.如 图 ， 已 知 四 棱 锥 P-ABCD， PAD是 以 AD为 斜 边 的 等 腰 直 角 三 角 形 ， BC AD， CD AD，PC=AD=2DC=2CB， E 为 PD的 中 点 .( )证 明 ：

25、 CE 平 面 PAB.( )求 直 线 CE 与 平 面 PBC所 成 角 的 正 弦 值 .解 析 ： ( )证 明 ： 取 AD的 中 点 F， 连 结 EF， CF， 推 导 出 EF PA， CF AB， 从 而 平 面 EFC平 面 ABP， 由 此 能 证 明 EC 平 面 PAB. ( )连 结 BF， 过 F 作 FM PB 于 M， 连 结 PF， 推 导 出 四 边 形 BCDF 为 矩 形 ， 从 而 BF AD， 进而 AD 平 面 PBF， 由 AD BC， 得 BC PB， 再 求 出 BC MF， 由 此 能 求 出 sin .答 案 ： ( )取 AD的 中

26、点 F， 连 结 EF， CF， E 为 PD 的 中 点 ， EF PA，在 四 边 形 ABCD 中 ， BC AD， AD=2DC=2CB， F为 中 点 ， CF AB， 平 面 EFC 平 面 ABP， EC平 面 EFC， EC 平 面 PAB.( )连 结 BF， 过 F 作 FM PB于 M， 连 结 PF， PA=PD， PF AD， 推 导 出 四 边 形 BCDF 为 矩 形 ， BF AD， AD 平 面 PBF， 又 AD BC， BC 平 面 PBF， BC PB，设 DC=CB=1， 则 AD=PC=2， PB= 2 ， BF=PF=1， MF= 12 ，又 BC

27、 平 面 PBF， BC MF， MF 平 面 PBC， 即 点 F到 平 面 PBC的 距 离 为 12 ， E 为 PD 的 中 点 ， E 天 平 面 PBC的 距 离 为 14 ，在 PCD中 ， PC=2， CD=1， PD= 2 ，由 余 弦 定 理 得 CE= 2 ，设 直 线 CE 与 平 面 PBC所 成 角 为 ， 则 14 2sin 8CE . 20.已 知 函 数 f(x)=(x- 2 1x )e-x(x 12 ).(1)求 f(x)的 导 函 数 .(2)求 f(x)在 区 间 12 ， + )上 的 取 值 范 围 .解 析 ： (1)求 出 f(x)的 导 数 ，

28、 注 意 运 用 复 合 函 数 的 求 导 法 则 ， 即 可 得 到 所 求 .(2)求 出 f(x)的 导 数 ， 求 得 极 值 点 ， 讨 论 当 12 x 1 时 ， 当 1 x 52 时 ， 当 x 52 时 ， f(x)的 单 调 性 ， 判 断 f(x) 0， 计 算 f( 12 )， f(1)， f( 52 )， 即 可 得 到 所 求 取 值 范 围 .答 案 ： (1)函 数 f(x)=(x- 2 1x )e -x(x 12)，导 数 f (x) 1 2 1 2 2 112 x xx e x x e g g 2 2 21 1 12 1 2 1x xxx e x ex x

29、 .(2)由 f(x)的 导 数 f (x) 21 1 2 1 xx ex ，可 得 f (x)=0 时 ， x=1或 52 ， 当 12 x 1 时 ， f (x) 0， f(x)递 减 ；当 1 x 52 时 ， f (x) 0， f(x)递 增 ；当 x 52 时 ， f (x) 0， f(x)递 减 ， 且 x 2 1x x2 2x-1 (x-1)2 0，则 f(x) 0.由 121 12 2f e ， f(1)=0， 521252f e ，即 有 f(x)的 最 大 值 为 1212e ， 最 小 值 为 f(1)=0.则 f(x)在 区 间 12 ， + )上 的 取 值 范 围

30、是 0， 1212e . 21.如 图 ， 已 知 抛 物 线 x2=y， 点 A( 12 ， 14 )， B( 32 ， 94 )， 抛 物 线 上 的 点 P(x， y)( 1 32 2x )，过 点 B作 直 线 AP的 垂 线 ， 垂 足 为 Q.( )求 直 线 AP 斜 率 的 取 值 范 围 .( )求 |PA| |PQ|的 最 大 值 .解 析 ： ( )通 过 点 P在 抛 物 线 上 可 设 P(x， x 2)， 利 用 斜 率 公 式 结 合 1 32 2x 可 得 结 论 .( )通 过 (I)知 P(x， x2)， 1 32 2x ， 设 直 线 AP 的 斜 率 为

31、 k， 联 立 直 线 AP、 BP方 程 可 知Q 点 坐 标 ， 进 而 可 用 k 表 示 出 PQuuur、 PAuur， 计 算 可 知 |PA| |PQ|=(1+k)3(1-k)， 通 过 令f(x)=(1+x)3(1-x)， -1 x 1， 求 导 结 合 单 调 性 可 得 结 论 .答 案 ： ( )由 题 可 知 P(x， x 2)， 1 32 2x ，所 以 2 1 141 22AP xk xx (-1， 1)，故 直 线 AP 斜 率 的 取 值 范 围 是 ： (-1， 1).( )由 (I)知 P(x， x 2)， 1 32 2x ，所 以 PAuur=( 12 -

32、x， 14 -x2)， 设 直 线 AP 的 斜 率 为 k， 则 AP： 1 12 4y kx k ， BP： 941 32y xk k ，联 立 直 线 AP、 BP方 程 可 知 Q( 223 42 2k kk ， 2 29 8 14 4k kk )，故 PQuuur=( 2 321 1k k kk ， 4 3 221k k k kk )，又 因 为 PAuur=(-1-k， -k 2-k)，故 -|PA| |PQ| 3 32 32 21 1 1 1 1 11 1k k k k kPA PQ k kk k uur uuurg ，所 以 |PA| |PQ|=(1+k)3(1-k)，令 f(

33、x)=(1+x)3(1-x)， -1 x 1，则 f (x)=(1+x) 2(2-4x)=-2(1+x)2(2x-1)，由 于 当 -1 x 12 时 f (x) 0， 当 12 x 1 时 f (x) 0，故 f(x)max=f( 12 )= 2716 ， 即 |PA| |PQ|的 最 大 值 为 2716 .22.已 知 数 列 x n满 足 ： x1=1， xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n N*)， 证 明 ： 当 n N*时 .( )0 xn+1 xn.( ) 112 2n nn n x xx x .( ) 1 21 12 2nn nx .解 析 ： ( )用 数 学 归 纳

34、法 即 可 证 明 .( )构 造 函 数 ， 利 用 导 数 判 断 函 数 的 单 调 性 ， 把 数 列 问 题 转 化 为 函 数 问 题 ， 即 可 证 明 .( )由 1 122n n n nx x x x n 得 1 01221 12 1nn xx ， 继 续 放 缩 即 可 证 明答 案 ： ( )用 数 学 归 纳 法 证 明 ： x n 0，当 n=1时 ， x1=1 0， 成 立 ，假 设 当 n=k时 成 立 ， 则 xk 0，那 么 n=k+1时 ， 若 xk+1 0， 则 0 xk=xk+1+ln(1+xk+1) 0， 矛 盾 ，故 xn+1 0，因 此 xn 0，

35、 (n N*) xn=xn+1+ln(1+xn+1) xn+1，因 此 0 x n+1 xn(n N*).( )由 xn=xn+1+ln(1+xn+1)得 xnxn+1-4xn+1+2xn=xn+12-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)，记 函 数 f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)， x 0 f (x) 22 1 01x x ln xx ， f(x)在 (0， + )上 单 调 递 增 ， f(x) f(0)=0，因 此 xn+12-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1) 0，故 112 2n nn n x xx x .( ) xn=xn+1+ln(1+xn+1) xn+1+xn+1=2xn+1， 112n nx ，由 1 122n n n nx x x x 得 1 01221 12 1nn xx ， 1 21 11 1 11 1 12 2 22 2 2n nn nx x x ， 212n nx ，综 上 所 述 1 21 12 2nn nx .