爱华网2015年江苏省高考说明－数学科
一、命题指导思想
普通高等学校招生全国统一考试是由合格的高中毕业生和具有同等学历的考生参加的选拔性考试。高等学校根据考生考试成绩，按已确定的招生计划，德、智、体全面衡量，择优录取。因此，高考试卷应具有较高的信度、效度以及必要的区分度和适当的难度。
根据普通高等学校对新生文化素质的要求，2015年普通高等学校招生全国统一考试数学学科（江苏卷）命题将依据中华人民共和国教育部颁发的《普通高中数学课程标准（实验）》，参照《普通高等学校招生全国统一考试大纲（课程标准实验版）》，结合江苏普通高中课程教学要求，既考查中学数学的基础知识和方法，又考查进入高等学校继续学习所必须的基本能力.
1．突出数学基础知识、基本技能、基本思想方法的考查
对数学基础知识和基本技能的考查，贴近教学实际，既注意全面，又突出重点，注重知识内在联系的考查，注重对中学数学中所蕴涵的数学思想方法的考查.
2．重视数学基本能力和综合能力的考查
数学基本能力主要包括空间想象、抽象概括、推理论证、运算求解、数据处理这几方面的能力. （1）空间想象能力的考查要求是:能够根据题设条件想象并作出正确的平面直观图形，能够根据平面直观图
形想象出空间图形；能够正确地分析出图形中基本元素及其相互关系，并能够对空间图形进行分解和组合. （2）抽象概括能力的考查要求是：能够通过对实例的探究,发现研究对象的本质；能够从给定的信息材料中概括出一些结论，并用于解决问题或作出新的判断.
（3）推理论证能力的考查要求是：能够根据已知的事实和已经获得的正确的数学命题， 运用归纳、类比和演绎进行推理，论证某一数学命题的真假性.
（4）运算求解能力的考查要求是：能够根据法则、公式进行运算及变形；能够根据问题的条件寻找与设计合理、简捷的运算途径；能够根据要求对数据进行估计或近似计算.
（5）数据处理能力的考查要求是：能够运用基本的统计方法对数据进行整理、分析，以解决给定的实际问题.
数学综合能力的考查，主要体现为分析问题与解决问题能力的考查，要求能够综合地运用有关的知识与方法，解决较为困难的或综合性的问题. 3．注重数学的应用意识和创新意识的考查
数学的应用意识的考查，要求能够运用所学的数学知识、思想和方法，构造数学模型，将一些简单的实际问题转化为数学问题，并加以解决.
创新意识的考查要求是:能够综合，灵活运用所学的数学知识和思想方法，创造性地解决问题.
二、考试内容及要求
数学试卷由必做题与附加题两部分组成.选修测试历史的考生仅需对试题中的必做题 部分作答；选修测试物理的考生需对试题中必做题和附加题这两部分作答.必做题部分考 查的内容是高中必修内容和选修系列1的内容；附加题部分考查的内容是选修系列2（不 含选修系列1）中的内容以及选修系列4中专题4-1《几何证明选讲》、4-2《矩阵与变换》、 4-4《坐标系与参数方程》、4-5《不等式选讲》这4个专题的内容（考生只需选考其中两 个专题）.对知识的考查要求依次分为了解、理解、掌握三个层次（在下表中分别用A、B、 C表示）.
了解：要求对所列知识的含义有最基本的认识，并能解决相关的简单问题. 理解：要求对所列知识有较深刻的认识，并能解决有一定综合性的问题.
掌握：要求系统地掌握知识的内在联系，并能解决综合性较强的或较为困难的问题.
具体考查要求如下： 1
2
三、考试形式及试卷结构
（一）考试形式
闭卷、笔试，试题分必做题和附加题两部分.必做题部分满分为160分，考试时间120分钟；附加题部分满分为40分，考试时间30分钟. （二）考试题型
1．必做题 必做题部分由填空题和解答题两种题型组成.其中填空题14小题，约占70分；解答题6小题，约占90分.
2．附加题 附加题部分由解答题组成，共6题.其中，必做题2小题，考查选修系列2（不含选修系列1）中的内容；选做题共4小题，依次考查选修系列4中4-1、4-2、4-4、4-5这4个专题的内容，考生只须从中选2个小题作答.
填空题着重考查基础知识、基本技能和基本方法，只要求直接写出结果，不必写出计算和推理过程；解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤. （三）试题难易比例
必做题部分由容易题、中等题和难题组成.容易题、中等题和难题在试卷中的比例大 致为4：4：2.
附加题部分由容易题、中等题和难题组成.容易题、中等题和难题在试卷中的比例大 致为5：4：1.
四、典型题示例
A.必做题部分
1. 设复数i满足(3?4i)z?|4?3i|（i是虚数单位），则z的虚部为_____ 【解析】本题主要考查复数的基本概念,基本运算.本题属容易题. 【答案】
4
5
2
2. 设集合A?{?1,1,3},B?{a?2,a?4},A?B?{3}，则实数a的值为【解析】本题主要考查集合的概念、运算等基础知识.本题属容易题. 【答案】1. 3. 右图是一个算法流程图，则输出的k的值是
【解析】本题主要考查算法流程图的基础知识， 本题属容易题. 【答案】5
ln(x?1)的定义域为
4. 函数f(x)?
x?1
【解析】本题主要考查对数函数的单调性，本题属容易题. 【答案】(?1,1)?(1,??)
5.某棉纺厂为了解一批棉花的质量，从中 随机抽取了100根棉花纤维的长度（棉花纤 维的长度是棉花质量的重要指标），所得数 据均在区间[5,40]中，其频率分布直方图 如图所示，则在抽测的100根中，有_ _根
棉花纤维的长度小于20mm.
【解析】本题主要考查统计中的抽样方法与总体分布的估计.本题属容易题. 【答案】由频率分布直方图观察得棉花纤维长度小于20mm的频率为 0.04?5?0.01?5?0.01?5?0.3,故频数为0.3?100?30.
6. 盒子里共有大小相同的3只白球，1只黑球.若从中随机摸出两支球，则他们颜色不同的概率是______. 【解析】本题主要考察古典概型等基础知识.本题属容易题. 【答案】
1 2
7. 已知函数y?cosx与y?sin(2x??)(0?x??)，它们的图像有一个横坐标为
?
的交点，则?的值是________. 3
【解析】本题主要考察特殊角的三角函数值，正弦函数、余弦函数的图像与性
质等基础知识，考察数形结合的思想，考察分析问题、解决问题的能力.本题属容易题. 【答案】
8.在各项均为正数的等比数列?an?中，若a2?1,a8?a6?a4,则a6的值是______. 【解析】本题主要考察等比数列的通项公式等基础知识，考察运算求解能力.本题属容易题. 【答案】4.
9.如图，在长方体ABCD?A1B1C1D1中，AB?AD?3cm，
?. 6
AA1?2cm，则四棱锥A?BB1D1D的体积为． 【解析】本题主要考查四棱锥的体积，考查空间想象能力 和运算能力.本题属容易题. 【答案】6.
10.设直线y?
3
DA11 B1
C
1
x?b是曲线y?lnx(x?0)的一条切线，则实数b的值2
是 .
【解析】本题主要考查导数的几何意义、切线的求法.本题属中等题. 【答案】ln2?1.
11．在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程x2?y2?8x?15?0，若直线y?kx?2上至少存在一点，使得以该
点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最大值是 ．
【解析】本题主要考查圆的方程、圆与圆的位置关系、点到直线的距离等基础知识，考查灵活运用相关知识解决问题的能力．本题属中等题 【答案】
4 3
12. 如图,在平行四边形ABCD中,已知AB?8,AD?5,?3,??2,则?的值是
_________.
【解析】本题主要考察平面向量共线、平面向量基本定理、向量的运
算、向量的数量积等基础知识，考察数形结合和等价转换思想，考察
运算求解能力.本题属中等题.
【答案】22. （第12题） a2
13. 设a为实常数，y=（是定义在R上的奇函数，且当x?0时，f(x)?9x??7．若f(x)?a?1对fx）x
一切x?0成立，则a的取值范围是 ．
【解析】本题主要考查函数的单调性和奇偶性,简单不等式的解法,以及数形结合与分类讨论的思想；考查灵活运用有关的基础知识解决问题的能力. 本题属难题.
8【答案】a??． 7
b14. 已知正数a，b，c满足：5c?3a≤b≤4c?a，clnb≥a?clnc，则的取值范围是 ． a
【解析】本题主要考查代数形式的变形和转化能力，考查灵活运用有关的基础知识解决问题的能力.本题属难题.
【答案】[e,7]
二、解答题
15．在?ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a?3，b?26，B?2A.
（1）求cosA值；
（2）求c的值.
【解析】本题主要考查三角恒等变换、正弦定理等基础知识，考查运算求解能力.
本题属容易题.
【参考答案】
（1）在?ABC中，因为a?3，b?26，B?2A，
故由正弦定理得3262sinAcosA2，于是. ??sinAsin2AsinA3
所以cosA?6. 3
62.所以sinA??cosA?. 3
1. 3(2)由(1)得cosA?2又因为B?2A，所以cosB?cos2A?2cos?1?
从而sinB
??cosB?222. 3
A?B?C??， 在?ABC中，因为
所以sinC?sin(A?B)?sinAcosB?cosAsinB?
因此由正弦定理得c?53. 9asinC?5. sinA
16．如图，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，A1B1?A1C1，D，（点D 不同于点C），E分别是棱BC,CC1上的点
且AD?DE,F为B1C1的中点．
求证：（1）平面ADE?平面BCC1B1；
（2）直线A1F//平面ADE．
【解析】本题主要考查直线与平面、平面与平面的
位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．
本题属容易题
【参考答案】
证明：（1）∵ABC?A1B1C1是直三棱柱，∴CC1?平面ABC，
又∵AD?平面ABC，∴CC1?AD.
又∵AD?DE，CC1，DE?平面BCC1B1，CC1DE?E，
∴AD?平面BCC1B1,又∵AD?平面ADE，∴平面ADE?平面BCC1B1.
（2）∵A1B1?A1C1，F为B1C1的中点，∴A1F?B1C1.
又∵CC1?平面A1B1C1，且A1F?平面A1B1C1，∴CC1?A1F.
又∵CC1， B1C1?平面BCC1B1，CC1B1C1?C1，∴A1F?平面A1B1C1.
由（1）知，AD?平面BCC1B1，∴A1F∥AD.
又∵AD?平面ADE, A1F?平面ADE，∴直线A1F//平面ADE.
x2y2
17. 如图，在平面直角坐标系xOy中，过坐标原点的直线交椭圆??1 42
于P,A两点，其中点P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连结AC，
并延长交椭圆于点B，设直线PA的斜率为k.
（1）当k?2时，求点P到直线AB的距离；
（2）对任意k?0，求证：PA?PB.
【解析】本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程、直线的垂直关系、点到直线的距离等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力．本题属中等题
【参考答案】
x24x22(1)直线PA的方程为y?2x,代入椭圆方程得??1,解得x?? 3
4
242423?1, 因此P(,),A(?,?),于是C(,0),直线AC的斜率为2233333?33
2故直线AB的方程为x?y??0. 30?
242??|?22. 因此，点P到直线AB的距离为32?12|
2x2y2
(2)解法一：将直线PA的方程y?kx代人 ??1,解得x??242?2k
记??2
?2k2,则P(?,?k),A(??,??k),于是C(?,0),从而直线AB的斜率为
0??kkk?,其方程为y?(x??). 2???2
代入椭圆方程得(2?k)x?2?kx??(3k?2)?0,解得x?22222?(3k2?2)
2?k2
或x???.因此B(?(3k2?2)
2?k2,?k22?k2),于是直线PB的斜率
??k2k3?k(2?k2)1,因此k1k??1 k1????222k?(3k?2)3k?2?(2?k)??2?k2
所以PA?PB
解法二：设P(x1,y1),B(x2,y2),则x1?0,x2?0,x1??x2,A(?x1,?y1), ?k2
C(x1,0),且y1?k.设直线PB，AB的斜率分别为k1,k2. x1
0?(?y1)yk?1?? x1?(?x1)12因为C在直线AB上，所以k2?
从而k1k?1?2k1k2?1?2y2?y1y2?(?y1).?1 x2?x1x2?(?x1)
2222y2?2y12(x2?2y2)?(x12?2y12)4?4??1???0. 222222x2?x1x2?x1x2?x1
因此k1k??1,所以PA?PB
18. 如图：为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，
同时设立一个圆形保护区，规划要求，新桥BC与河岸
AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC
相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任一点的距离均
不少于80m，经测量，点A位于点O正北方向60m处，
点C位于点O正东方向170m处，（OC为河岸），
4。 3
（1）求新桥BC的长；
（2）当OM多长时，圆形保护区的面积最大？ tan?BCO?
【解析】本小题主要考查直线方程、直线与圆的位置关系和解三角形等基础知识，考查建立数学模型及运用数学知识解决实际问题的能力..
【参考答案】
解法一：
(1) 如图，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy.
由条件知A(0, 60)，C(170, 0)，
直线BC的斜率k BC=－tan∠BCO=－4. 3
3. 4
b?04b?603??, k AB=?, 设点B的坐标为(a,b)，则k BC=a?1703a?04又因为AB⊥BC，所以直线AB的斜率k AB=
解得a=80，b=120. 所以BC
?150.
因此新桥BC的长是150 m.
(2)设保护区的边界圆M的半径为r m,OM=d m,(0≤d≤60).
由条件知，直线BC的方程为y??4(x?170)，即4x?3y?680?0 3
|3d?680|680?3d?. 55由于圆M与直线BC相切，故点M(0，d)到直线BC的距离是r，即r?
因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m,
?680?3d?d≥80??r?d≥80?5所以?即?解得10≤d≤35 680?3dr?(60?d)≥80???(60?d)≥80?5?
故当d=10时,r?680?3d最大，即圆面积最大. 5
所以当OM = 10 m时，圆形保护区的面积最大
.
解法二:(1)如图，延长OA, CB交于点F.
443.所以sin∠FCO=，cos∠FCO=. 355
680因为OA=60,OC=170，所以OF=OC tan∠FCO=. 3
OC850500?CF=,从而AF?OF?OA?. cos?FCO33
4因为OA⊥OC，所以cos∠AFB=sin∠FCO==， 5
400又因为AB⊥BC，所以BF=AF cos∠AFB==，从而BC=CF－BF=150. 3因为tan∠BCO=
因此新桥BC的长是150 m.
(2)设保护区的边界圆M与BC的切点为D，连接MD，则MD⊥BC，且MD是圆M的半
径，并设MD=r m，OM=d m(0≤d≤60).
因为OA⊥OC，所以sin∠CFO =cos∠FCO，
故由(1)知，sin∠CFO =680?3dMDMDr3. ???,所以r?5MFOF?OM680?d5
3
因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m,
?680?3d?d≥80??r?d≥80?5所以?即?解得10≤d≤35
?r?(60?d)≥80?680?3d?(60?d)≥80?5?
故当d=10时,r?680?3d最大，即圆面积最大. 5
32所以当OM = 10 m时，圆形保护区的面积最大. 19. 已知a,b是实数，函数f(x)?x?ax,g(x)?x?bx, f?(x)和g?(x)是f(x),g(x)的导函数，若
f?(x)g?(x)?0在区间I上恒成立，则称f(x)和g(x)在区间I上单调性一致
（1）设a?0，若函数f(x)和g(x)在区间[?1,??)上单调性一致,求实数b的取值范围；
（2）设a?0,且a?b，若函数f(x)和g(x)在以a,b为端点的开区间上单调性一致，求|a?b|的最大值
【解析】本题主要考查函数的概念、性质及导数等基础知识，考查灵活运用数
形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力．本题属难题．
2【参考答案】f?(x)?3x?a,g?(x)?2x?b.
(1)由题意知f?(x)g?(x)?0在[?1,??)上恒成立，因为a?0，故3x2?a?0，
进而2x?b?0，即b??2x在区间[?1,??)上恒成立，所以b?2
因此b的取值范围是[2,??).
(2)令f?(x)?0,解得x???a,若b?0,由a?0得0?(a,b) 3
又因为f?(0)g?(0)?ab?0,所以函数f(x)和g(x)在(a,b)上不是单调性一致的．
因此b?0,现设b?0.
当x?(??,0)时,g?(x)?0；当x?(??,??a)时,f?(x)?0. 3
因此，当x?(??,??a)时,f?(x)g?(x)?0 3
故由题设得a???
因此|a?b|?aa11且b???,从而??a?0,于是??b?0. 333311且当a??,b?0时等号成立, 33
11又当a??,b?0时,f?(x)g?(x)?6x(x2?) 39
11从而当x?(?,0)时,f?(x)g?(x)?0,故函数f(x)和g(x)在(?,0)上单调性一致. 33
1因此|a?b|的最大值为. 3
20. 设M为部分正整数组成的集合，数列{an}的首项a1?1，前n项和为Sn，已知对任意整数k属于M，当n>k时，Sn?k?Sn?k?2(Sn?Sk)都成立。
（1）设M=｛1｝，a2?2，求a5的值；（2）设M=｛3，4｝，求数列{an}的通项公式。
【解析】本题以等差数列、等比数列为平台，主要考查学生的探索与推理能力．本题属难题．
【参考答案】
（1）k?1,??n?1,Sn?1?Sn?1?2(Sn?S1),?Sn?2?Sn?2(Sn?1?S1)即：an?2?an?2an?1 所以，n>1时，?an?成等差，而a2?2，S2?3,S3?2(S2?S1)?S1?7,?a3?4,?a5?8;
（2）由题意：?n?3,Sn?3?Sn?3?2(Sn?S3),(1);?n?4,Sn?4?Sn?4?2(Sn?S4),(2)， ?n?4,Sn?4?Sn?2?2(Sn?1?S3),(3);?n?5,Sn?5?Sn?3?2(Sn?1?S4),(4);
当n?5时，由（1）（2）得：an?4?an?3?2a4,(5)
由（3）（4）得： an?5?an?2?2a4,(6)
由（1）（3）得：an?4?an?2?2an?1,(7);
由（2）（4）得：an?5?an?3?2an?1,(8);
由（7）（8）知：an?4,an?1,an?2,成等差，an?5,an?1,an?3,成等差；设公差分别为：d1,d2,
由（5）（6）得：an?5?an?3?2d2?an?4?2a4?2d2,(9);an?4?an?2?2d1?an?5?2a4?2d1,(10);
由（9）（10）得：an?5?an?4?d2?d1,2a4?d1?d2,an?2?an?3?d2?d1;??an?(n?2)成等差，设公差为d,
在（1）（2）中分别取n=4,n=5得：2a1+6a2?15d?2(2a1?5a2?5d),即4a2?5d??2;
2a1?8a2?28d?2(2a1?7a2?9d),即3a2?5d??1，?a2?3,d?2,?an?2n?1.
B．附加题部分
1．选修4?1 几何证明选讲
如图，AB是圆O的直径，D为圆O上一点，过点D作圆O的切线交AB的
延长线于点C,若DA?DC,求证:AB?2BC.
【解析】本题主要考查三角形与圆的一些基础知识，如三角形的外接圆、圆的
切线性质等,考查推理论证能力．本题属容易题．
【参考答案】连结OD,BD,因为AB是圆O的直径，所以
?ADB?90?,AB?2OB因为DC是圆O的切线，所以?CDO?90?,又因
为DA?DC.所以?A??C.于是?ADB≌?CDO.从而AB?CO.即
2OB?OB?BC.得OB?BC.故AB?2BC.
2．选修4?2矩阵与变换
??10??12??1已知矩阵A??，B??，求AB． ???02??06?
【解析】本题主要考查逆矩阵、矩阵的乘法，考查运算求解能力．本题属容易题．
【参考答案】
设A的逆矩阵为??ab???10??ab??10???a?b??10?，则，即???02??cd??01??2c2d???01?，故a??1，b?0，cd????????????
??10???10??12???1?2?1?1?1????A?AB???c?0，d?，从而A的逆矩阵为，所以，． 11???0??0??06??03?2??2??2?
3．选修4?4坐标系与参数方程
在极坐标中，已知圆C
经过点P?
????，圆心为直线?sin????与极轴的交点，求圆C的极坐标34???
方程．
【解析】本题主要考查直线和圆的极坐标方程等基础知识，考查转化问题的能力。本题属容易题．
【参考答案】
???∵圆C
圆心为直线?sin????与极轴的交点，
3??
???∴在?sin????中令?=0，得??1。 3??
∴圆C的圆心坐标为（1，0）。
∵圆C
经过点P??，∴圆C的半径为
PC?4?。
∴圆C经过极点。∴圆C的极坐标方程为?=2cos?。
4．选修4?5不等式选讲
已知a,b是非负实数，求证：a3?b3?ab(a2?b2)?
【解析】本题主要考查证明不等式的基本方法. 考查推理论证能力，本题属容易题．
【参考答案】
由a,b是非负实数，作差得
a3?b3?ab(a2?b2)?a2a(a?b)?b2b(b?a
?(a?b)((a)?(b))
当a?b时，a?
当a?b时，a?
所以a3?b3?55 b,从而(a)5?(b)5,得(a?b)((a)5?(b)5)?0 b,从而(a)5?(b)5,得(a?b)((a)s?(b)5)?0. ab(a2?b2).
5. 如图，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AA1?2,AB?1，点N是BC的中点，
点M在CC1上，设二面角A1?DN?M的大小为?.
（1）当??
900时，求AM的长；
（2）当cos??时，求CM的长。 【解析】本题主要考查空间向量的基础知识，考查运用空间
向量解决问题的能力．本题属中等题．
【参考答案】
建立如图所示的空间直角坐标系D?xyz。
设CM?t(0?t?2)，则各点的坐标为A(1,0,0),A1(1,0,2),N(,1,0),M(0,1,t) 所以DN?(,1,0)，DM?(0,1,t),DA1?(1,0,2).设平面DMN的法向量为 121
2
n1?(x1,y1,z1)，则n1?DN?0,n1?DM?0,
即x1?2y1?0,y1?tz1?0，令z1?1,则y1??t,x1?2t.
所以n1?(2t,?t,1)是平面DMN的一个法向量.
设平面A1DN的法向量为n2?(x2,y2,z2),则n2?DA1?0,n2?DN?0
即x2?2z2?0,x2?2y2?0,令z2?1,则x2??2,y2?1
所以n2?(?2,1,1)是平面A1DN的一个法向量,从而n1?n2??5t?1
(1)因为??90?,所以n1?n2??5t?1?0解得t?
所以AM?1?1?()?2211,从而M(0,1,) 551
551? 5
(2)因为|n1|?5t2?1,|n2|?6 所以cos?n1,n2????5t?1
65t?12
因为?n1,n2???或???,所以
根据图形和(1)的结论可知t??5t?165t2?1??61,解得t?0或t?. 6211,从而CM的长为. 22
6. 已知函数f0(x)?sinx(x?0)，记fn(x)为fn?1(x)的导数，n?N?． x
（1）求2f1???f2?的值； 222
（2）证明：对任意的n?N?，等式nfn?1???fn??成立． 444【解析】本题主要考查简单的复合函数的导数、导数的运算法则及数学归纳法等基础知识。考察探究能力及推理论证能力.本题属难题.
【参考答案】 ???????
?
sinx??cosxsinx??2, (1)解：由已知，得f1(x)?f0?(x)????xx?x?
cosx???sinx??sinx2cosx2sinx??????, 于是f2(x)?f1?(x)????2?23xxx?x??x?
所以f1()???
2?216???,f()???,2f()?f()??1. 故21223?2??2224
(2)证明：由已知，得xf0(x)?sinx,等式两边分别对x求导，得f0(x)?xf0?(x)?cosx， 即f0(x)?xf1(x)?cosx?sin(x??)，类似可得 2
2f1(x)?xf2(x)??sinx?sin(x??)，
3f2(x)?xf3(x)??cosx?sin(x?3?)， 4f3(x)?xf4(x)?sinx?sin(x?2?). 下面用数学归纳法证明等式nfn?1(x)?xfn(x)?sin(x?n?)对所有的n?N*都成立. 2
(i)当n=1时，由上可知等式成立.
(ii)假设当n=k时等式成立, 即kfk?1(x)?xfk(x)?sin(x?k?). 2
?因为[kfk?1(x)?xfk(x)]??kfk??1(x)?fk(x)?xfk(x)?(k?1)fk(x)?fk?1(x),
[sin(x?k?)]??cos(x?k?)?(x?k?)??sin[x?(k?1)?]， 所以(k?1)fk(x)?fk?1(x)?sin[x?
所以当n=k+1时,等式也成立. (k?1)?]. 综合(i),(ii)可知等式nfn?1(x)?xfn(x)?sin(x?n?)对所有的n?N*都成立. 令x??，可得nfn?1(?)??fn(?)?sin(??n?)(n?N*).
444424
所以nfn?1(?)??fn(?)?(n?N*).
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