2015年浙江省嘉兴市高考数学一模试卷(理科)

2015年浙江省嘉兴市高考数学一模试卷（理科）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（5分）（2015•嘉兴一模）设全集U={0，1，2，3，4}，集合A={0，1，2}，集合b={2，3}，则（∁U A）∪B=（）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】：根据全集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={0，1，2，3，4}，集合A={0，1，2}，集合B={2，3}，∴∁U A={3，4}，则（∁U A）∪B={2，3，4}，故选：C．【点评】：此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解本题的关键．2．（5分）（2015•嘉兴一模）已知直线ax+y﹣1=0与直线x+ay﹣1=0互相垂直，则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互相垂直，∴1×a+1×a=0，即2a=0，解得：a=0．故选：D．【点评】：本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）（2015•嘉兴一模）已知向量=（3cosα，2）与向量=（3，4sinα）平行，则锐角α等于（）A．B．C．D．【考点】：平面向量共线（平行）的坐标表示．【专题】：三角函数的求值；平面向量及应用．【分析】：根据∥，列出方程，求出sin2α=1，再根据α是锐角，求出α的值即可．【解析】：解：∵=（3cosα，2），=（3，4sinα），且∥；∴3cosα•4sinα﹣2×3=0，解得sin2α=1；∵α∈（0，），∴2α∈（0，π），∴2α=，即α=．故选：A．【点评】：本题考查了平面向量平行的坐标表示，也考查了三角函数的求值问题，是基础题目．4．（5分）（2015•嘉兴一模）三条不重合的直线a，b，c及三个不重合的平面α，β，γ，下列命题正确的是（）A．若a∥α，a∥β，则α∥βB．若α∩β=a，α⊥γ，β⊥γ，则a⊥γC．若a⊂α，b⊂α，c⊂β，c⊥α，c⊥b，则α⊥βD．若α∩β=a，c⊂γ，c∥α，c∥β，则a∥γ【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，判断即可．【解析】：解：①在正方体中可以判断，A命题不正确；②设作a′⊥γ，a′是过a直线上一点O的直线，∵α⊥γ，β⊥γ，α∩β=a，∴a′⊂α，a′⊂β，∴a′=α∩β，∵α∩β=a，而2个平面的交线只有一条，∴a与a′重合，故a⊥γ，故答案B是正确的命题．③当a∥b时，C命题不正确；④当α，β，γ两两相交于同一条直线a时，也存在α∩β=a，c⊂γ，c∥α，c∥β，这种情况，故D命题不正确，故选：B【点评】：本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，几何模型判断，属于中档题．5．（5分）（2015•嘉兴一模）已知条件p：x2﹣3x﹣4≤0，条件q：x2﹣6x+9﹣m2≤0．若p是q的充分不必要条件，则m的取值范围是（）A．[﹣1，1] B．[﹣4，4] C．（﹣∞，﹣4]∪[4，+∞）D．（﹣∞，﹣1]∪[4，+∞）【考点】：必要条件、充分条件与充要条件的判断．【专题】：简易逻辑．【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﹣4≤0得﹣1≤x≤4，即p：﹣1≤x≤4，由x2﹣6x+9﹣m2≤0得[x﹣（3﹣m）][x﹣（3+m）]≤0，①若m≥0，则不等式等价为3﹣m≤x≤3+m，若p是q的充分不必要条件，则，即，解得m≥4．②若m＜0，则不等式等价为3+m≤x≤3﹣m，若p是q的充分不必要条件，则，即，解得m≤﹣4．综上m≥4或m≤﹣4，故m的取值范围是（﹣∞，﹣4]∪[4，+∞）．故选：C【点评】：本题主要考查充分条件和必要条件的应用．根据条件求出不等式的解是解决本题的关键．注意要进行分类讨论．6．（5分）（2015•嘉兴一模）已知直线l：xcosα+ycosα=2（α∈R），圆C：x2+y2+2xcosθ+2ysinθ=0（θ∈R），则直线l与圆C的位置关系是（）A．相交B．相切C．相离D．与α，θ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+y2+2xcosθ+2ysinθ=0（θ∈R），即（x+cosθ）2+（y+sinθ）2=1，圆心C（﹣cosθ，﹣sinθ），半径为r=1．圆心C到直线l：xcosα+ycosα=2的距离为d==2+cos（θ﹣α），当cos（θ﹣α）=﹣1时，d=r，直线和圆相切；当cos（θ﹣α）＞﹣1时，d＞r，直线和圆相离，故选：D．【点评】：本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．7．（5分）（2015•嘉兴一模）如图，已知双曲线=1（a＞0，b＞0）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，且满足AF⊥BF，设∠ABF=α，且α∈[，]，则双曲线离心率e的取值范围为（）A．[，2+] B．[，] C．[，] D．[，+1]【考点】：双曲线的简单性质．【专题】：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】：利用S△ABF=2S△AOF，先求出e2=，再根据α∈[，]，即可求出双曲线离心率的取值范围．【解析】：解：设左焦点为F'，令|AF|=r1，|AF'|=r2，则|BF|=|F'A|=r2，∴r2﹣r1=2a，∵点A关于原点O的对称点为B，AF⊥BF，∴|OA|=|OB|=|OF|=c，∴r22+r12═4c2，∴r1r2=2（c2﹣a2）∵S△ABF=2S△AOF，∴r1r2═2•c2sin2α，∴r1r2═2c2sin2α∴c2sin2α=c2﹣a2∴e2=，∵α∈[，]，∴sin2α∈[，]，∴e2=∈[2，（+1）2]∴e∈[，+1]．故选：B．【点评】：本题考查双曲线的离心率的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意三角函数性质的灵活运用．8．（5分）（2015•嘉兴一模）已知函数f（x）=，则下列关于函数y=f[f（kx）+1]+1（k≠0）的零点个数的判断正确的是（）A．当k＞0时，有3个零点；当k＜0时，有4个零点B．当k＞0时，有4个零点；当k＜0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】：计算题；函数的性质及应用．【分析】：函数y=f[f（kx）+1]+1（k≠0）的零点个数即方程f[f（kx）+1]+1=0的解的个数，从而解方程可得．【解析】：解：令f[f（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，或；即e kx=1+，（无解）或kx=；综上所述，x=0或kx=e或kx=；故无论k为何值，均有3个解；故选C．【点评】：本题考查了函数的零点与方程的根的关系应用，属于基础题．二、填空题（本大题共7小题，第9～12题每题6分，第13～15题每题4分，共36分．）9．（6分）（2015•嘉兴一模）若实数x，y满足不等式组，目标函数z=x+2y，若a=1，则z的最大值为6，若z存在最大值，则a的取值范围为[，+∞）．【考点】：简单线性规划．【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，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值．若z存在最大值，利用数形结合确定满足条件的不等式关系即可．【解析】：解：（1）若a=1，作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．由z=x+2y得y=﹣x+z，平移直线y=﹣x+z，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=2×2+2=6．（2）由ax+y≤4，得y≤﹣ax+4，则直线y=﹣ax+4过定点（0，4），若﹣a≥0，即a≤0时，目标函数z=x+2y无最大值，此时不满足条件．若﹣a＜0，即a＞0时，要使z存在最大值，则直线y=﹣ax+4的斜率﹣a，满足﹣a，即a≥，故此时a的取值范围为[，+∞）故答案为：6，[，+∞）【点评】：本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）（2015•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．则这个几何体可以看成是由一个三棱锥和半个圆锥组成的，若它的体积是，则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，根据三视图的数据判断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计算．【解析】：解：由三视图知：几何体是一个三棱锥与半个圆锥组成，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：一个三棱锥，半个圆锥，1．【点评】：本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键．11．（6分）（2015•嘉兴一模）在△ABC中，若∠A=120°，AB=1，BC=，=，则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=b2+c2﹣2bccosA，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：AD2=AB2+BD2﹣2AB•BDcosB即可得出．【解析】：解：由余弦定理可得：a2=b2+c2﹣2bccosA，∴，化为b2+b﹣12=0，解得b=3．cosB===．∵=，∴=．在△AB中，由余弦定理可得：AD2=AB2+BD2﹣2AB•BDcosB=1+﹣=，解得AD=．故答案分别为：3；．【点评】：本题考查了余弦定理、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．12．（6分）（2015•嘉兴一模）设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a2+a4+a9=24，则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．【分析】：由a2+a4+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{a n}中，由a2+a4+a9=24，得3a1+12d=24，即a1+4d=8，a5=8．∴S9=9a5=9×8=72；•====．故答案为：72；64．【点评】：本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）（2015•嘉兴一模）M是抛物线y2=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，则三角形MFK的面积为．【考点】：抛物线的简单性质．【专题】：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】：如图所示，F（1，0）．设M（x0，y0），利用抛物线的定义可得|MF|=|MK|=x0+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：如图所示，F（1，0）．设M（x0，y0），∵|MF|=4，∴4=|MK|=x0+1，解得x0=3，代入抛物线方程可得=4×3，解得，∴三角形MFK的面积S===4．故答案为：4．【点评】：本题考查了抛物线的定义及其性质、三角形的面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．14．（4分）（2015•嘉兴一模）设x，y，z＞0，满足xyz+y2+z2=8，则log4x+log2y+log2z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．【分析】：直接利用基本不等式求得xy2z2≤8，然后利用对数的运算性质求得log4x+log2y+log2z的最大值【解析】：解：∵x、y、z＞0，xyz+y2+z2=8∴xy2z2=yz[8﹣（y2+z2）]≤yz（8﹣2yz）=2yz（4﹣yz）≤2（）2=8，当且仅当y=z=，x=2时等号成立∴log4x+log2y+log2z=log4xy2z2≤log48=故答案为：【点评】：本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，是中档题15．（4分）（2015•嘉兴一模）正四面体OABC，其棱长为1．若=x+y+z（0≤x，y，z≤1），且满足x+y+z≥1，则动点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；平面向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面体OABC的部分，由体积公式计算即可．【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面体OABC 的部分，由已知数据可得S△OAB=×1×1×sin60°=，C到OAB的高h==，∴体积V=2××﹣××=故答案为：【点评】：本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）（2015•嘉兴一模）已知函数f（x）=1﹣2sin（x+）[sin（x+）﹣cos（x+）]（Ⅰ）求函数f（x）的最小正周期；（Ⅱ）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】：三角函数的求值；三角函数的图像与性质．【分析】：（Ⅰ）首先通过三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成余弦型函数，进一步利用余弦函数的最小正周期公式求出结果．（Ⅱ）直接利用函数的定义域求出函数关系式的值域．【解析】：解：（I）函数f（x）=1﹣2sin（x+）[sin（x+）﹣cos（x+）]=1﹣2+=+==cos2x…（5分）所以，f（x）的最小正周期．…（7分）（Ⅱ）由（I）可知．…（9分）由于x∈[﹣，]，所以：，…（11分）所以：，则：，，…（14分）【点评】：本题考查的知识要点：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）（2015•嘉兴一模）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=（Ⅰ）求证：MN∥平面PDC；（Ⅱ）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】：（Ⅰ）在正三角形ABC中，BM=2，在△ACD中，由M为AC中点，DM⊥AC，可得AD=CD，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．（Ⅱ）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（Ⅰ）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】：（Ⅰ）证明：在正三角形ABC中，BM=2，在△ACD中，∵M为AC中点，DM⊥AC，∴AD=CD，又∠CDA=120°，∴DM=，∴．在等腰直角三角形PAB中，PA=AB=4，∴PB=4，∴，∴，∴MN∥PD．又MN⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，∴MN∥平面PDC．（Ⅱ）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，∴B（4，0，0），，，P（0，0，4）．由（Ⅰ）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），则，即，令z=3，解得x=3，y=，则平面PBC的一个法向量为=，设二面角A﹣PC﹣B的大小为θ，则cosθ==，∴二面角aA﹣PC﹣B余弦值为．【点评】：本题考查了线面平行与垂直的判定与性质定理、平行线分线段成比例的判定定理，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、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，考查了空间想象能力，考查了推理能力与计算能力．18．（15分）（2015•嘉兴一模）已知直线l：y=kx+1（k≠0）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．（Ⅰ）若k=1，且|AB|=，求实数a的值；（Ⅱ）若=2，求△AOB面积的最大值，及此时椭圆的方程．【考点】：椭圆的简单性质．【专题】：圆锥曲线中的最值与范围问题．【分析】：（Ⅰ）若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；（Ⅱ）根据=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），（Ⅰ）由得4x2+2x+1﹣a=0，则x1+x2=，x1x2=，则|AB|==，解得a=2．（Ⅱ）由，得（3+k2）x2+2kx+1﹣a=0，则x1+x2=﹣，x1x2=，由=2得（﹣x1，1﹣y1）=2（x2，y2﹣1），解得x1=﹣2x2，代入上式得：x1+x2=﹣x2=﹣，则x2=，==，当且仅当k2=3时取等号，此时x2=，x1x2=﹣2x22=﹣2×，又x1x2==，则=，解得a=5．所以，△AOB面积的最大值为，此时椭圆的方程为3x2+y2=5．【点评】：本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，转化为根与系数之间的关系是解决本题的关键．19．（15分）（2015•嘉兴一模）设二次函数f（x）=ax2+bx+c（a，b∈R）满足条件：①当x∈R 时，f（x）的最大值为0，且f（x﹣1）=f（3﹣x）成立；②二次函数f（x）的图象与直线y=﹣2交于A、B两点，且|AB|=4（Ⅰ）求f（x）的解析式；（Ⅱ）求最小的实数n（n＜﹣1），使得存在实数t，只要当x∈[n，﹣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】：（Ⅰ）根据题意可假设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．（Ⅱ）利用不等式解得﹣t﹣1≤x，又f（x+t）≥2x在x∈[n，﹣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：（Ⅰ）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．（a＜0）令a（x﹣1）2=﹣2，x=1，则易知2=4，a=﹣．所以，f（x）=﹣（x﹣1）2．（Ⅱ）由f（x+t）≥2x可得，（x﹣1+t）2≥2x，即x2+2（t+1）x+（t﹣1）2≤0，解得﹣t﹣1≤x，又f（x+t）≥2x在x∈[n，﹣1]时恒成立，可得由（2）得0≤t≤4．令g（t）=﹣t﹣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，则n能取到的最小实数为﹣9．此时，存在实数t=4，只要当x∈[n，﹣1]时，就有f（x+t）≥2x成立．【点评】：本题考查了函数的解析式的求解，方程组求解问题，分类讨论求解，属于中档题．20．（15分）（2015•嘉兴一模）在数列{a n}中，a1=3，a n=，b n=a n﹣2，n=2，3，（Ⅰ）求a2，a3，判断数列{a n}的单调性并证明；（Ⅱ）求证：|a n﹣2|＜|a n﹣1﹣2|（n=2，3，…）；（Ⅲ）是否存在常数M，对任意n≥2，有b2b3…b n≤M？若存在，求出M的值；若不存在，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．【分析】：（Ⅰ）由a 1=3，a n=，得，，且可知a n＞0．再由a n=，两边平方得，进一步得到，两式作差可得a n+1﹣a n与a n﹣a n﹣1同号．由＜0易知，a n﹣a n﹣1＜0，即a n ＜a n﹣1，可知数列{a n}单调递减；（Ⅱ）由，可得，，（a n﹣2）（a n+2）=a n﹣1﹣2，进一步得到．由a n﹣2与a n﹣1﹣2同号，可得a n﹣2＞0，即a n＞2，可得，则|a n﹣2|＜|a n﹣1﹣2|；（Ⅲ）由（a n﹣2）（a n+2）=a n﹣1﹣2，得，即，累积后由|a n﹣2|＜|a n﹣1﹣2|，可知|a n﹣2|＜|a n﹣1﹣2|=，得，由a n＞2，得．结合当n→∞时，4n﹣1→∞，说明不存在常数M，对任意n≥2，有b2b3…b n≤M成立．【解析】：（Ⅰ）解：由a 1=3，a n=，得，，且可知a n＞0．由a n=，得（1），则有（2），由（2）﹣（1）得：，（a n+1+a n）（a n+1﹣a n）=a n﹣a n﹣1，∵a n＞0，∴a n+1﹣a n与a n﹣a n﹣1同号．由＜0，易知，a n﹣a n﹣1＜0，即a n＜a n﹣1，可知数列{a n}单调递减；（Ⅱ）证明：由，可得，，（a n﹣2）（a n+2）=a n﹣1﹣2，∴．由（a n﹣2）（a n+2）=a n﹣1﹣2，易知，a n﹣2与a n﹣1﹣2同号，由于a1﹣2=3﹣2＞0，可知，a n﹣2＞0，即a n＞2，∴a n+2＞4，∴，∴|a n﹣2|＜|a n﹣1﹣2|，得证；（Ⅲ）解：∵（a n﹣2）（a n+2）=a n﹣1﹣2，∴，即，则=．由|a n﹣2|＜|a n﹣1﹣2|，可知，|a n﹣2|＜|a n﹣1﹣2|=，∴，∵a n＞2，∴．当n→∞时，4n﹣1→∞，故不存在常数M，对任意n≥2，有b2b3…b n≤M成立．【点评】：本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．。