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1.如图，AB是圆O的直径，D，E为圆上位于AB异侧的两点，连结BD并延长至点C，使BD=DC，连结AC，AE，DE.求证：∠E=∠C.
2.已知M=12
21，β=1
7，计算M5β.
3.在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为
x=12t，
y=22+32t（t为参数），若以直角坐标系xOy的O点为极点，Ox为极轴，且长度单位相同，建立极坐标系，得曲线C的极坐标方程为
ρ=2cos（θ-π4）.
（1）求直线l的倾斜角;
（2）若直线l与曲线C交于A，B两点，求AB.
4.已知x，y，z均为正数.求证：xyz+yzx+zxy≥1x+1y+1z.
5.已知（12+2x）n.
（1）若展开式中第5项、第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大项的系数.
（2）若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项.
6.已知边长为6的正方体ABCDA1B1C1D1，E，F为AD、CD上靠近D的三等分点，H为BB1上靠近B的三等分点，G是EF的中点.
（1）求A1H与平面EFH所成角的余弦值;
（2）设点P在线段GH上，且GPGH=λ，试确定λ的值，使得C1P的长度最短.
7.某次考试共有8道选择题，每道选择题有4个选项，其中只有一个是正确的;评分标准为：“每题只有一个选项是正确的，选对得5分，不选或选错得0分.”某考生每道题都给出一个答案，已确定有5道题的答案是正确的，而其余3道题中，有一道题可判断出两个选项是错误的，有一道题可以判断出一个选项是错误的，还有一道题因不了解题意而乱猜，试求该考生：
（1）得40分的概率;
（2）所得分数ξ的数学期望.
8.已知△ABC的三边长为有理数.
（1）求证：cosA是有理数;
（2）求证：对任意正整数n，cosnA是有理数.
9.对称轴为坐标轴，顶点在坐标原点的抛物线C经过两点A（a，2a）、B（4a，4a），（其中a为正常数）.
（1）求抛物线C的方程;
（2）设动点T（m，0）（m>a），直线AT、BT与抛物线C的另一个交点分别为A1、B1，当m变化时，记所有直线A1B1组成的集合为M，求证：集合M中的任意两条直线都相交且交点都不在坐标轴上.
10.已知函数f（x）=（2x+1）ln（2x+1）-a（2x+1）2-x（a>0）.
（1）若函数f（x）在x=0处取极值，求a的值;
（2）如图，设直线x=-12，y=-x将坐标平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域（不含边界），若函数y=f（x）的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a的取值范围;
（3）比较32×43×54×…×20122011与23×34×45×…×20112012的大小，并说明理由.
11.已知an=（1+2）n（n∈N*）.
（1）若an=a+b2（a，b∈Z），求证：a是奇数;
（2）求证：对于任意n∈N*，都存在正整数k，使得an=k-1+k.
12.已知函数f0（x）=sinxx（x>0），
设fn（x）是fn-1（x）的导数，n∈N*.
（1）求2f1（π2）+π2f2（π2）的值;
（2）证明：对于任意n∈N*，等式
|nfn-1（π4）+π4fn（π4）|=22都成立.
参考答案
1.解：证明：如图，连结AD.
∵AB是圆O的直径，
∴∠ADB=90°.
∴AD⊥BD.
又∵BD=DC，
∴AD是线段BC的中垂线.
∴AB=AC.
∴∠B=∠C.
又∵D，E为圆上位于AB异侧的两点，
∴∠B=∠E.
∴∠E=∠C.
2.解：矩阵M的特征多项式为
f（λ）=λ-1-2
-2λ-1=λ2-2λ-3.
令f（λ）=0，解得λ1=3，λ2=-1，从而求得它们对应的一个特征向量分别为
α1=1
1，α2=1
-1.
令β=mα1+nα2，所以求得m=4，n=-3.
M5β=M5（4α1-3α2）=4（M5α1）-3（M5α2）
=4（λ51α1）-3（λ52α2）
=4·351
1-3（-1）51
-1=975
969.
3.解：（1）设直线l的倾斜角为θ，则cosθ=12
sinθ=32，且θ∈[0，π），
∴θ=π3，即直线l的倾斜角为π3.
（2）l的直角坐标方程为y=3x+22，
ρ=2cos（θ-π4）的直角坐标方程为
（x-22）2+（y-22）2=1，
∴圆心（22，22）到直线l的距离d=64，
∴AB=102.
4.证明：因为x，y，z都为正数，
所以xyz+yzx=1z（xy+yx）≥2z.
同理，可得yzx+zxy≥2x，zxy+xyz≥2y. 将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，
得xyz+yzx+zxy≥1x+1y+1z.
5.解：（1）∵C4n+C6n=2C5n，∴n=7或n=14.
当n=7时，展开式中二项式系数最大的项是T4和T5
T4的系数=C37（12）423=352;
T5的系数=C47（12）324=70
当n=14时展开式中二项式系数最大是项是T8，
T8的系数=C714（12）727=3432.
（2）由C0n+C1n+C2n=79，可得n=12，设Tk+1项的系数最大.
∵（12+2x）12=（12）12（1+4x）12，
∴Ck124k≥Ck-1124k-1
Ck124k≥Ck+1124k+1，∴9.4≤k≤10.4即k=10，
故展开式中系数最大的项为T11.T11=（112）12·C1012·410·x10=16896x10.
6.解：如图建系：可得E（2，0，6），F（0，2，6），H（6，6，4），A1（6，0，0）.
（1）设n=（1，x，y），EF=（-2，2，0），EH=（4，6，-2），
则-2+2x=0
4+6x-2y=0n=（1，1，5），A1H=（0，6，4），
cos<n，A1H>=n·A1H|n||A1H|=262752=399，
设A1H与平面EFH所成角为θ，则cosθ=429.
（2）由题知G（1，1，6），C1（0，6，0），GH=（5，5，-2），设GP=λGH=（5λ，5λ，-2λ）
P（5λ+1，5λ+1，-2λ+6），C1P2=（5λ+1）2+（5λ-5）2+（2λ-6）2=54λ2-64λ+62，
当λ=1627时，C1P的长度取得最小值.
7.解：（1）某考生要得40分，必须全部8题做对，其余3题中，有一道做对的概率为12，有一道题目做对的概率为13，有一道做对的概率为14，所以得40分的概率为P=12·13·14=124.
（2）依题意，该考生得分的范围为{25，30，35，40}.
得25分是指做对了5题，其余3题都做错了，所以概率为P1=12·23·34=14，
得30分是指做对5题，其余3题只做对1题，所以概率为
P2=12·23·34+12·13·34+12·23·14=1124，
得35分是指做对5题，其余3题做对2题，所以概率为
P3=12·13·34+12·23·14+12·13·14=14，
得40分是指做对8题，所以概率为P4=124.
得ξ的分布列为：
ξ25303540
p14112414124
所以E（ξ）=25·14+30·1124+35·14+40·124=73024=30512.
8.证明：（1）由AB，BC，AC为有理数及余弦定理知
cosA=AB2+AC2-BC22AB·AC是有理数.
（2）用数学归纳法证明cosnA和sinA·sinnA都是有理数.
①当n=1时，由（1）知cosA是有理数，
从而有sinA·sinA=1-cos2A也是有理数.
②假设当n=k（k≥1）时，coskA和sinA·sinkA都是有理数.
当n=k+1时，由
cos（k+1）A=cosA·coskA-sinA·sinkA，
sinA·sin（k+1）A=sinA·（sinA·coskA+cosA·sinkA）
=（sinA·sinA）·coskA+（sinA·sinkA）·cosA，
由①及归纳假设，知cos（k+1）A与sinA·sin（k+1）A都是有理数.
即当n=k+1时，结论成立.
综合①②可知，对任意正整数n，cosnA是有理数.
9.解：（1）当抛物线焦点在x轴上时，设抛物线方程y2=2px，
∵4a2=2pa
16a2=8pa，∴p=2a，
∴y2=4ax
当抛物线焦点在y轴上时，设抛物线方程x2=2py
∵16a2=8pa
a2=4pa，∴方程无解，∴抛物线不存在.
（2）设A1（as2，2as）、B1（at2，2at）、T（m，0）（m>a），
∵kTA=kTA1，∴2aa-m=2asas2-m，
∴as2+（m-a）s-m=0，
∵（as+m）（s-1）=0，∴S=-ma，
∴A1（m2a，-2m），
∵kTB=kTB1，∴4a4a-m=2atat2-m，
∵2at2+（m-4a）t-2m=0，∴（2at+m）（t-2）=0，
∴t=-m2a，∴B1（m24a，-m），
∴lA1B1的直线方程为y+2m=-2m+mm2a-m24a（x-m2a），
∵直线的斜率为-4a3m在（a，+∞）单调，
∴所以集合M中的直线必定相交，
∵直线的横截距为-m22a，纵截距为-2m3在（a，+∞）单调，
∴任意两条直线都相交且交点都不在坐标轴上.
10.解：（1）f（x）=（2x+1）ln（2x+1）-a（2x+1）2-x（a>0）， f′（x）=2ln（2x+1）-4a（2x+1）+1.
∵f（x）在x=0处取极值，
∴f′（0）=-4a+1=0.
∴a=14（经检验a=14符合题意）.
（2）因为函数的定义域为（-12，+∞），
且当x=0时，f（0）=-a<0.
又直线y=-x恰好通过原点，
所以函数y=f（x）的图象应位于区域Ⅳ内，
于是可得f（x）<-x，
即（2x+1）ln（2x+1）-a（2x+1）2-x<-x.
∵2x+1>0，∴a>ln（2x+1）2x+1.
令h（x）=ln（2x+1）2x+1，∴h′（x）=2-2ln（2x+1）（2x+1）2.
令h′（x）=0，得x=e-12.
∵x>-12，∴x∈（-12，e-12）时，h′（x）>0，h（x）单调递增;x∈（e-12，+∞）时，h′（x）<0，h（x）单调递减.
∴hmax（x）=h（e-12）=1e.
∴a的取值范围是（1e，+∞）.
（3）由（2）知，函数h（x）=ln（2x+1）2x+1在
x∈（e-12，+∞）时单调递减，
函数p（x）=lnxx在x∈（e，+∞）时单调递减.
∴ln（x+1）x+1<lnxx，
∴xln（x+1）<（x+1）lnx.
∴ln（x+1）x<lnx（x+1），即（x+1）x<x（x+1）.
∴令x=3，4，…，2011，则43<34，54<45，…，20122011<20112012，又32×43<23×34，
所以32×43×54×…×20122011<23×34×45×…×20112012.
11.证明：（1）由二项式定理，得
an=C0n+C1n2+C2n（2）2+C3n（2）3+…+Cnn（2）n，
所以a=C0n+C2n（2）2+C4n（2）4+…=1+2C2n+22C4n+…，
因为2C2n+22C4n+…为偶数，所以a是奇数.
（2）由（1）设an=（1+2）n=a+b2（a，b∈Z），
则（1-2）n=a-b2，
所以a2-2b2=（a+b2）（a-b2）=（1+2）n（1-2）n=（1-2）n.
当n为偶数时，a2=2b2+1，存在k=a2，
使得an=a+b2=a2+2b2=k+k-1，
当n为奇数时，a2=2b2-1，存在k=2b2，
使得an=a+b2=a2+2b2=k-1+k，
综上，对于任意n∈N*，都存在正整数k，
使得an=k-1+k.
12.（1）解：由已知f1（x）=f′0（x）=（sinxx）′=cosxx-sinxx2，
故f2（x）=f′1（x）=（cosxx）′-（sinxx2）′=-sinxx-2cosxx2+2sinxx3，
所以f1（π2）=-4π2，f2（π2）=-2π+16π3，
即2f1（π2）+π2f2（π2）=-1.
（2）证明：由已知得：xf0（x）=sinx，等式两边分别对x求导：f0（x）+xf′0（x）=cosx，
即f0（x）+xf1（x）=cosx=sin（x+π2），类似可得：
2f1（x）+xf2（x）=-sinx=sin（x+π），
3f2（x）+xf3（x）=-cosx=sin（x+3π2），
4f3（x）+xf4（x）=sinx=sin（x+2π）.
下面用数学归纳法证明等式nfn-1（x）+xfn（x）=sin（x+nπ2）对所有的n∈Ν都成立.
（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+kπ2）.
因为[kfk-1（x）+xfk（x）]′=kf′k-1（x）+fk（x）+xf′k（x）=（k+1）fk（x）+xfk+1（x），
[sin（x+kπ2）]′=cos（x+kπ2）（x+kπ2）′=sin[x+（k+1）π2]，
所以（k+1）fk（x）+xfk+1（x）=sin[x+（k+1）π2].
因此当n=k+1时，等式成立.
综合（ⅰ），（ⅱ）可知等式nfn-1（x）+xfn（x）=sin（x+nπ2）对所有的n∈Ν都成立.
令x=π4，可得nfn-1（π4）+π4fn（π4）=sin（π4+nπ2）（n∈Ν）.
所以|nfn-1（π4）+π4fn（π4）|=22（n∈Ν）.
2.已知M=12
21，β=1
7，计算M5β.
3.在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为
x=12t，
y=22+32t（t为参数），若以直角坐标系xOy的O点为极点，Ox为极轴，且长度单位相同，建立极坐标系，得曲线C的极坐标方程为
ρ=2cos（θ-π4）.
（1）求直线l的倾斜角;
（2）若直线l与曲线C交于A，B两点，求AB.
4.已知x，y，z均为正数.求证：xyz+yzx+zxy≥1x+1y+1z.
5.已知（12+2x）n.
（1）若展开式中第5项、第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大项的系数.
（2）若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项.
6.已知边长为6的正方体ABCDA1B1C1D1，E，F为AD、CD上靠近D的三等分点，H为BB1上靠近B的三等分点，G是EF的中点.
（1）求A1H与平面EFH所成角的余弦值;
（2）设点P在线段GH上，且GPGH=λ，试确定λ的值，使得C1P的长度最短.
7.某次考试共有8道选择题，每道选择题有4个选项，其中只有一个是正确的;评分标准为：“每题只有一个选项是正确的，选对得5分，不选或选错得0分.”某考生每道题都给出一个答案，已确定有5道题的答案是正确的，而其余3道题中，有一道题可判断出两个选项是错误的，有一道题可以判断出一个选项是错误的，还有一道题因不了解题意而乱猜，试求该考生：
（1）得40分的概率;
（2）所得分数ξ的数学期望.
8.已知△ABC的三边长为有理数.
（1）求证：cosA是有理数;
（2）求证：对任意正整数n，cosnA是有理数.
9.对称轴为坐标轴，顶点在坐标原点的抛物线C经过两点A（a，2a）、B（4a，4a），（其中a为正常数）.
（1）求抛物线C的方程;
（2）设动点T（m，0）（m>a），直线AT、BT与抛物线C的另一个交点分别为A1、B1，当m变化时，记所有直线A1B1组成的集合为M，求证：集合M中的任意两条直线都相交且交点都不在坐标轴上.
10.已知函数f（x）=（2x+1）ln（2x+1）-a（2x+1）2-x（a>0）.
（1）若函数f（x）在x=0处取极值，求a的值;
（2）如图，设直线x=-12，y=-x将坐标平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域（不含边界），若函数y=f（x）的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a的取值范围;
（3）比较32×43×54×…×20122011与23×34×45×…×20112012的大小，并说明理由.
11.已知an=（1+2）n（n∈N*）.
（1）若an=a+b2（a，b∈Z），求证：a是奇数;
（2）求证：对于任意n∈N*，都存在正整数k，使得an=k-1+k.
12.已知函数f0（x）=sinxx（x>0），
设fn（x）是fn-1（x）的导数，n∈N*.
（1）求2f1（π2）+π2f2（π2）的值;
（2）证明：对于任意n∈N*，等式
|nfn-1（π4）+π4fn（π4）|=22都成立.
参考答案
1.解：证明：如图，连结AD.
∵AB是圆O的直径，
∴∠ADB=90°.
∴AD⊥BD.
又∵BD=DC，
∴AD是线段BC的中垂线.
∴AB=AC.
∴∠B=∠C.
又∵D，E为圆上位于AB异侧的两点，
∴∠B=∠E.
∴∠E=∠C.
2.解：矩阵M的特征多项式为
f（λ）=λ-1-2
-2λ-1=λ2-2λ-3.
令f（λ）=0，解得λ1=3，λ2=-1，从而求得它们对应的一个特征向量分别为
α1=1
1，α2=1
-1.
令β=mα1+nα2，所以求得m=4，n=-3.
M5β=M5（4α1-3α2）=4（M5α1）-3（M5α2）
=4（λ51α1）-3（λ52α2）
=4·351
1-3（-1）51
-1=975
969.
3.解：（1）设直线l的倾斜角为θ，则cosθ=12
sinθ=32，且θ∈[0，π），
∴θ=π3，即直线l的倾斜角为π3.
（2）l的直角坐标方程为y=3x+22，
ρ=2cos（θ-π4）的直角坐标方程为
（x-22）2+（y-22）2=1，
∴圆心（22，22）到直线l的距离d=64，
∴AB=102.
4.证明：因为x，y，z都为正数，
所以xyz+yzx=1z（xy+yx）≥2z.
同理，可得yzx+zxy≥2x，zxy+xyz≥2y. 将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，
得xyz+yzx+zxy≥1x+1y+1z.
5.解：（1）∵C4n+C6n=2C5n，∴n=7或n=14.
当n=7时，展开式中二项式系数最大的项是T4和T5
T4的系数=C37（12）423=352;
T5的系数=C47（12）324=70
当n=14时展开式中二项式系数最大是项是T8，
T8的系数=C714（12）727=3432.
（2）由C0n+C1n+C2n=79，可得n=12，设Tk+1项的系数最大.
∵（12+2x）12=（12）12（1+4x）12，
∴Ck124k≥Ck-1124k-1
Ck124k≥Ck+1124k+1，∴9.4≤k≤10.4即k=10，
故展开式中系数最大的项为T11.T11=（112）12·C1012·410·x10=16896x10.
6.解：如图建系：可得E（2，0，6），F（0，2，6），H（6，6，4），A1（6，0，0）.
（1）设n=（1，x，y），EF=（-2，2，0），EH=（4，6，-2），
则-2+2x=0
4+6x-2y=0n=（1，1，5），A1H=（0，6，4），
cos<n，A1H>=n·A1H|n||A1H|=262752=399，
设A1H与平面EFH所成角为θ，则cosθ=429.
（2）由题知G（1，1，6），C1（0，6，0），GH=（5，5，-2），设GP=λGH=（5λ，5λ，-2λ）
P（5λ+1，5λ+1，-2λ+6），C1P2=（5λ+1）2+（5λ-5）2+（2λ-6）2=54λ2-64λ+62，
当λ=1627时，C1P的长度取得最小值.
7.解：（1）某考生要得40分，必须全部8题做对，其余3题中，有一道做对的概率为12，有一道题目做对的概率为13，有一道做对的概率为14，所以得40分的概率为P=12·13·14=124.
（2）依题意，该考生得分的范围为{25，30，35，40}.
得25分是指做对了5题，其余3题都做错了，所以概率为P1=12·23·34=14，
得30分是指做对5题，其余3题只做对1题，所以概率为
P2=12·23·34+12·13·34+12·23·14=1124，
得35分是指做对5题，其余3题做对2题，所以概率为
P3=12·13·34+12·23·14+12·13·14=14，
得40分是指做对8题，所以概率为P4=124.
得ξ的分布列为：
ξ25303540
p14112414124
所以E（ξ）=25·14+30·1124+35·14+40·124=73024=30512.
8.证明：（1）由AB，BC，AC为有理数及余弦定理知
cosA=AB2+AC2-BC22AB·AC是有理数.
（2）用数学归纳法证明cosnA和sinA·sinnA都是有理数.
①当n=1时，由（1）知cosA是有理数，
从而有sinA·sinA=1-cos2A也是有理数.
②假设当n=k（k≥1）时，coskA和sinA·sinkA都是有理数.
当n=k+1时，由
cos（k+1）A=cosA·coskA-sinA·sinkA，
sinA·sin（k+1）A=sinA·（sinA·coskA+cosA·sinkA）
=（sinA·sinA）·coskA+（sinA·sinkA）·cosA，
由①及归纳假设，知cos（k+1）A与sinA·sin（k+1）A都是有理数.
即当n=k+1时，结论成立.
综合①②可知，对任意正整数n，cosnA是有理数.
9.解：（1）当抛物线焦点在x轴上时，设抛物线方程y2=2px，
∵4a2=2pa
16a2=8pa，∴p=2a，
∴y2=4ax
当抛物线焦点在y轴上时，设抛物线方程x2=2py
∵16a2=8pa
a2=4pa，∴方程无解，∴抛物线不存在.
（2）设A1（as2，2as）、B1（at2，2at）、T（m，0）（m>a），
∵kTA=kTA1，∴2aa-m=2asas2-m，
∴as2+（m-a）s-m=0，
∵（as+m）（s-1）=0，∴S=-ma，
∴A1（m2a，-2m），
∵kTB=kTB1，∴4a4a-m=2atat2-m，
∵2at2+（m-4a）t-2m=0，∴（2at+m）（t-2）=0，
∴t=-m2a，∴B1（m24a，-m），
∴lA1B1的直线方程为y+2m=-2m+mm2a-m24a（x-m2a），
∵直线的斜率为-4a3m在（a，+∞）单调，
∴所以集合M中的直线必定相交，
∵直线的横截距为-m22a，纵截距为-2m3在（a，+∞）单调，
∴任意两条直线都相交且交点都不在坐标轴上.
10.解：（1）f（x）=（2x+1）ln（2x+1）-a（2x+1）2-x（a>0）， f′（x）=2ln（2x+1）-4a（2x+1）+1.
∵f（x）在x=0处取极值，
∴f′（0）=-4a+1=0.
∴a=14（经检验a=14符合题意）.
（2）因为函数的定义域为（-12，+∞），
且当x=0时，f（0）=-a<0.
又直线y=-x恰好通过原点，
所以函数y=f（x）的图象应位于区域Ⅳ内，
于是可得f（x）<-x，
即（2x+1）ln（2x+1）-a（2x+1）2-x<-x.
∵2x+1>0，∴a>ln（2x+1）2x+1.
令h（x）=ln（2x+1）2x+1，∴h′（x）=2-2ln（2x+1）（2x+1）2.
令h′（x）=0，得x=e-12.
∵x>-12，∴x∈（-12，e-12）时，h′（x）>0，h（x）单调递增;x∈（e-12，+∞）时，h′（x）<0，h（x）单调递减.
∴hmax（x）=h（e-12）=1e.
∴a的取值范围是（1e，+∞）.
（3）由（2）知，函数h（x）=ln（2x+1）2x+1在
x∈（e-12，+∞）时单调递减，
函数p（x）=lnxx在x∈（e，+∞）时单调递减.
∴ln（x+1）x+1<lnxx，
∴xln（x+1）<（x+1）lnx.
∴ln（x+1）x<lnx（x+1），即（x+1）x<x（x+1）.
∴令x=3，4，…，2011，则43<34，54<45，…，20122011<20112012，又32×43<23×34，
所以32×43×54×…×20122011<23×34×45×…×20112012.
11.证明：（1）由二项式定理，得
an=C0n+C1n2+C2n（2）2+C3n（2）3+…+Cnn（2）n，
所以a=C0n+C2n（2）2+C4n（2）4+…=1+2C2n+22C4n+…，
因为2C2n+22C4n+…为偶数，所以a是奇数.
（2）由（1）设an=（1+2）n=a+b2（a，b∈Z），
则（1-2）n=a-b2，
所以a2-2b2=（a+b2）（a-b2）=（1+2）n（1-2）n=（1-2）n.
当n为偶数时，a2=2b2+1，存在k=a2，
使得an=a+b2=a2+2b2=k+k-1，
当n为奇数时，a2=2b2-1，存在k=2b2，
使得an=a+b2=a2+2b2=k-1+k，
综上，对于任意n∈N*，都存在正整数k，
使得an=k-1+k.
12.（1）解：由已知f1（x）=f′0（x）=（sinxx）′=cosxx-sinxx2，
故f2（x）=f′1（x）=（cosxx）′-（sinxx2）′=-sinxx-2cosxx2+2sinxx3，
所以f1（π2）=-4π2，f2（π2）=-2π+16π3，
即2f1（π2）+π2f2（π2）=-1.
（2）证明：由已知得：xf0（x）=sinx，等式两边分别对x求导：f0（x）+xf′0（x）=cosx，
即f0（x）+xf1（x）=cosx=sin（x+π2），类似可得：
2f1（x）+xf2（x）=-sinx=sin（x+π），
3f2（x）+xf3（x）=-cosx=sin（x+3π2），
4f3（x）+xf4（x）=sinx=sin（x+2π）.
下面用数学归纳法证明等式nfn-1（x）+xfn（x）=sin（x+nπ2）对所有的n∈Ν都成立.
（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+kπ2）.
因为[kfk-1（x）+xfk（x）]′=kf′k-1（x）+fk（x）+xf′k（x）=（k+1）fk（x）+xfk+1（x），
[sin（x+kπ2）]′=cos（x+kπ2）（x+kπ2）′=sin[x+（k+1）π2]，
所以（k+1）fk（x）+xfk+1（x）=sin[x+（k+1）π2].
因此当n=k+1时，等式成立.
综合（ⅰ），（ⅱ）可知等式nfn-1（x）+xfn（x）=sin（x+nπ2）对所有的n∈Ν都成立.
令x=π4，可得nfn-1（π4）+π4fn（π4）=sin（π4+nπ2）（n∈Ν）.
所以|nfn-1（π4）+π4fn（π4）|=22（n∈Ν）.