图1
111VQ?A1AD???2a?h?d?ahd，
3231a?2a?1?1VQ?ABCD???d??h??ahd，
32?2?47ahd， 所以V下＝VQ?A1AD＋VQ?ABCD?123又VA1B1C1D1?ABCD?ahd，
23711ahd?ahd. 所以V上?VA1B1C1D1?ABCD?V下?ahd?21212V11故上?. V下7(3)解法一：如图1，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足为E，连接A1E. 又DE⊥AA1，且AA1∩AE＝A，
所以DE⊥平面AEA1，于是DE⊥A1E.
所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角． 因为BC∥AD，AD＝2BC，所以S△ADC＝2S△BCA. 又因为梯形ABCD的面积为6，DC＝2， 所以S△ADC＝4，AE＝4. 于是tan∠AEA1＝
AA1π＝1，?AEA1?.
4AEπ. 4故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为
解法二：如图2，以D为原点，DA，DD1分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系． 设∠CDA＝θ.
图2
因为SABCD＝所以a?
a?2a·2sin θ＝6， 22. sin ?11
?4?,0,4?，
?sin ???4?所以DC＝(2cos θ，2sin θ，0)，DA1??，0，4?.
?sin??从而C(2cos θ，2sin θ，0)，A1?设平面A1DC的法向量n＝(x，y,1)．
4?DA?n??4=0，?1由?得x＝－sin θ，y＝cos θ. sin ??DC?n?2xcos??2ysin??0,?又因为平面ABCD的法向量m＝(0,0,1)， 所以cos〈n，m〉＝
n?m2. ?|n||m|2π. 41p故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为
21.分析：(1)考虑到欲证不等式与正整数p有关，因此可采用数学归纳法证明．
(2)有两种思路．一种思路是先用数学归纳法证明an?c，再证明数列{an}是递减数列，二者结合即可证得结论，其中在证an?c时，要注意第(1)问结论的应用和第(2)问中所给条件式的变形及应用；另一
1pp?1c种思路是构造函数f?x??x?x1?p，然后利用导数证得f(x)在[cp，＋∞)上单调递增，从而可得
ppf?x??c，在此基础上再运用数学归纳法证明an?an＋1?c成立．
(1)证明：用数学归纳法证明．
①当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2＞1＋2x，原不等式成立． ②假设p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k＞1＋kx成立．
＋
当p＝k＋1时，(1＋x)k1＝(1＋x)(1＋x)k＞(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2＞1＋(k＋1)x. 所以p＝k＋1时，原不等式也成立．
综合①②可得，当x＞－1，x≠0时，对一切整数p＞1，不等式(1＋x)p＞1＋px均成立． (2)证法一：先用数学归纳法证明an?c. ①当n＝1时，由题设a1?c知an?c成立． ②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak?c成立． 由an＋1?1p1p1p1p1p11pp?1can?an1?p易知an＞0，n∈N*. pp当n＝k＋1时，
1p?ak?1p?1c?p1?c??ak?1+?p?1?. akppp?ak?11c?(P?1)?0. ppakap1c1ccp由(1)中的结论得(k?1)?[1?(P?1)]?1?p?(P?1)?P.
akpakpakak由ak?c?0得?1??因此aPk?1?c，即ak?1?c.
1p1p所以n＝k＋1时，不等式an?c也成立．
12
综合①②可得，对一切正整数n，不等式an?c均成立． 再由
1pan?1a1c?1?(P?1)可得n?1?1，即an＋1＜an. anpanan1p综上所述，an?an?1?c，n∈N*.
p?1c证法二：设f?x??x?x1?p，x?cp，则xp≥c，并且
ppp?1cp?1cf??x???(1?p)x?p?(1?p)?0，x?cp.
pppx由此可得，f(x)在[c，＋∞)上单调递增． 因而，当x?c时，f?x??f(c)?c. ①当n＝1时，由a1?c?0，即a1p＞c可知a2?1p1p1p1p111pp?1c1ca1?a11?p?a1[1?(p?1)]?a1，并且pppa1a2?f(a1)?c，从而a1?a2?c.
故当n＝1时，不等式an?an?1?c成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak?ak?1?c成立，则当n＝k＋1时，f(ak)＞f(ak＋1)＞f(c)，即有ak＋1?ak＋2?c.
所以n＝k＋1时，原不等式也成立．
综合①②可得，对一切正整数n，不等式an?an?1?c均成立．
1p1p1p1p1p1p1p 13