2021年6月浙江新高考数学卷试题及答案详解（精校打印版）

2021年浙江省高考数学 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 一､选择题1．设集合Axx1，Bx1x2，则AB（）A．xx1B．xx1C．x1x1D．x1x22．已知aR，1aii3i，(i为虚数单位)，则a（）A．1B．1C．3D．33．已知非零向量a,b,c，则“acbc”是“ab”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．既不充分又不必要条件4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）332A．B．3C．D．3222x1015．若实数x，y满足约束条件xy0，则zxy的最小值是（）22x3y10311A．2B．C．D．22106．如图已知正方体ABCDA1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）试卷第1页，共5页A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN平面BDD1B117．已知函数f(x)x2,g(x)sinx，则图象为如图的函数可能是（）411A．yf(x)g(x)B．yf(x)g(x)44g(x)C．yf(x)g(x)D．yf(x)18．已知,,是互不相同的锐角，则在sincos,sincos,sincos三个值中，大于的2个数的最大值是（）A．0B．1C．2D．39．已知a,bR,ab0，函数fxax2b(xR).若f(st),f(s),f(st)成等比数列，则平面上点s,t的轨迹是（）A．直线和圆B．直线和椭圆C．直线和双曲线D．直线和抛物线an10．已知数列an满足a11,an1nN.记数列an的前n项和为Sn，则（）1an试卷第2页，共5页399A．S3B．3S4C．4SD．S5210010010022100二､填空题11．我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明.弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示).若直角三角形直角边的长分别是3，4，S1记大正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则___________.S2x24,x2．已知，函数若，则a12aRf(x)ff63___________.x3a,x2,3443213．已知多项式(x1)(x1)xa1xa2xa3xa4，则a1___________，a2a3a4___________.14．在ABC中，B60,AB2，M是BC的中点，AM23，则AC___________，cosMAC___________.15．袋中有4个红球m个黄球，n个绿球.现从中任取两个球，记取出的红球数为，若取11出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则mn___________，63E___________.x2y216．已知椭圆1(ab0)，焦点F1(c,0)，F2(c,0)(c0)，若过F1的直线和圆a2b22122xcyc相切，与椭圆在第一象限交于点P，且PF2x轴，则该直线的斜率是2___________，椭圆的离心率是___________.17．已知平面向量a,b,c,(c0)满足a1,b2,ab0,abc0.记向量d在a,b方向上试卷第3页，共5页的投影分别为x，y，da在c方向上的投影为z，则x2y2z2的最小值为___________.三､解答题18．设函数fxsinxcosx(xR).2（1）求函数yfx的最小正周期；2（2）求函数yf(x)fx在0,上的最大值.4219．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，ABC120,AB1,BC4,PA15，M，N分别为BC,PC的中点，PDDC,PMMD.（1）证明：ABPM；（2）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.920．已知数列a的前n项和为S，a，且4S3S9.nn14n1n（1）求数列an的通项；*（2）设数列bn满足3bn(n4)an0(nN)，记bn的前n项和为Tn，若Tnbn对任意nN恒成立，求实数的取值范围.21．如图，已知F是抛物线y22pxp0的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且MF2，试卷第4页，共5页（1）求抛物线的方程；（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线MA,MB,AB，x轴依2次交于点P，Q，R，N，且RNPNQN，求直线l在x轴上截距的范围.x222．设a，b为实数，且a1，函数fxabxe(xR)（1）求函数fx的单调区间；（2）若对任意b2e2，函数fx有两个不同的零点，求a的取值范围；4（3）当ae时，证明：对任意be，函数fx有两个不同的零点x1,x2,x2x1，满足blnbe2xx.22e21b(注：e2.71828是自然对数的底数)试卷第5页，共5页1．D【分析】由题意结合交集的定义可得结果.【详解】由交集的定义结合题意可得：ABx|1x2.故选：D.2．C【分析】首先计算左侧的结果，然后结合复数相等的充分必要条件即可求得实数a的值.【详解】1aiii+ai2=iaai3i，利用复数相等的充分必要条件可得：a3,a3.故选：C.3．B【分析】考虑两者之间的推出关系后可得两者之间的条件关系.【详解】如图所示，OAa,OBb,OCc,BAab,当ABOC时，ab与c垂直，，所以成立，此时ab，∴不是ab的充分条件，rrrrr当ab时，ab0，∴abc0c0,∴成立，∴是ab的必要条件，综上，“”是“”的必要不充分条件 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 第1页，共21页故选：B.4．A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.【详解】几何体为如图所示的四棱柱ABCDA1B1C1D1，其高为1，底面为等腰梯形ABCD，12该等腰梯形的上底为2，下底为22，腰长为1，故梯形的高为1，22123故V2221，ABCDA1B1C1D1222故选：A.5．B【分析】画出满足条件的可行域，目标函数化为y2x2z，求出过可行域点，且斜率为2的直线在y轴上截距的最大值即可.答案第2页，共21页【详解】x10画出满足约束条件xy0的可行域，2x3y10如下图所示：1目标函数zxy化为y2x2z，2x1x1由，解得，设A(1,1)，2x3y10y1当直线y2x2z过A点时，13zxy取得最小值为.22故选：B.6．A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证MN//AB,A1D平面ABD1，即可得出结论.【详解】答案第3页，共21页连AD1，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M是A1D的中点，所以M为AD1中点，又N是D1B的中点，所以MN//AB，MN平面ABCD,AB平面ABCD，所以MN//平面ABCD.因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确；在正方体ABCDA1B1C1D1中，AD1A1D，AB平面AA1D1D，所以ABA1D，AD1ABA，所以A1D平面ABD1，D1B平面ABD1，所以A1DD1B，且直线A1D,D1B是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.7．D【分析】由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解.答案第4页，共21页【详解】1对于A，yfxgxx2sinx，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；41对于B，yfxgxx2sinx，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；42121对于C，yfxgxxsinx，则y2xsinxxcosx，442212当x时，y0，与图象不符，排除C.4221642故选：D.8．C【分析】3利用基本不等式或排序不等式得sincossincossincos，从而可判断三个代211数式不可能均大于，再结合特例可得三式中大于的个数的最大值.22【详解】sin2cos2法1：由基本不等式有sincos，2sin2cos2sin2cos2同理sincos，sincos，223故sincossincossincos，21故sincos,sincos,sincos不可能均大于.2取，，，634116161则sincos,sincos,sincos，4242421故三式中大于的个数的最大值为2，2故选：C.法2：不妨设，则coscoscos,sinsinsin，由排列不等式可得：sincossincossincossincossincossincos，13而sincossincossincossinsin2，221故sincos,sincos,sincos不可能均大于.2答案第5页，共21页取，，，634116161则sincos,sincos,sincos，4242421故三式中大于的个数的最大值为2，2故选：C.【点睛】思路分析：代数式的大小问题，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或拍雪进行放缩，注意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向.9．C【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.【详解】22222由题意得f(st)f(st)[f(s)]，即a(st)ba(st)basb，对其进行整理变形：2as2at22astbas2at22astbas2b，22as2at2b(2ast)2as2b0，2as2at22bat24a2s2t20，2a2s2t2a2t42abt20，所以2as2at22b0或t0，s2t21其中b2b为双曲线，t0为直线.aa故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题.答案第6页，共21页10．A【分析】23111111显然可知，S，利用倒数法得到，再放缩可得1002an1ananan241114anan1an1，由累加法可得an2，进而由n1局部放缩可得，an1an2(n1)1anann36然后利用累乘法求得a，最后根据裂项相消法即可得到S3，从而得解．n(n1)(n2)100【详解】aa1,annN3因为1n1，所以an0，S100．1an22a111111由ann11anan1ananan242111111111，即aa2an1an2an1an2n1n1n1n1根据累加法可得，1，当且仅当n1时取等号，an224aan1aannan(n1)2n12n3n1an1n1an1n1，ann36由累乘法可得a，当且仅当n1时取等号，n(n1)(n2)由裂项求和法得：11111111113所以S100663，即S1003．23344510110221022故选：A．【点睛】4本题解题关键是通过倒数法先找到a,a的不等关系，再由累加法可求得a，nn1n(n1)2由题目条件可知要证S100小于某数，从而通过局部放缩得到an,an1的不等关系，改变不等式6的方向得到a，最后由裂项相消法求得S3．n(n1)(n2)100答案第7页，共21页11．25【分析】分别求得大正方形的面积和小正方形的面积，然后计算其比值即可.【详解】由题意可得，大正方形的边长为：a32435，2则其面积为：S1525，1小正方形的面积：S2254341，2S25从而125.S21故答案为：25.12．2【分析】由题意结合函数的解析式得到关于a的方程，解方程可得a的值.【详解】，故，ff6f64f223a3a2故答案为：2.13．5;10.【分析】根据二项展开式定理，分别求出(x1)3,(x4)4的展开式，即可得出结论.【详解】(x1)3x33x23x1，(x1)4x44x36x24x1，所以a1145,a2363，a3347,a4110，答案第8页，共21页所以a2a3a410.故答案为：5,10.23914．21313【分析】由题意结合余弦定理可得BC=8，进而可得AC，再由余弦定理可得cosMAC.【详解】由题意作出图形，如图，在ABM中，由余弦定理得AM2AB2BM22BMBAcosB，1即124BM22BM2，解得BM=4（负值舍去），2所以BC=2BM=2CM=8，1在ABC中，由余弦定理得AC2AB2BC22ABBCcosB46422852，2所以AC213；AC2AM2MC2521216239在AMC中，由余弦定理得cosMAC.2AMAC22321313239故答案为：213；.13815．19【分析】根据古典概型的概率公式即可列式求得m,n的值，再根据随机变量的分布列即可求出E．【详解】2C4612P(2)22Cmn436，所以mn49，Cmn4Cmn46答案第9页，共21页C1C1一红一黄4m4mm1P2m3,所以n2,则mn1．Cmn436931121C4C5455C5105由于P(2),P(1)2,P(0)26C9369C93618155158E()210．69183998故答案为：1；．925516．55【分析】2不妨假设c2，根据图形可知，sinPFF，再根据同角三角函数基本关系即可求出1232ktanPFF5；再根据椭圆的定义求出a，即可求得离心率．125【详解】如图所示：不妨假设c2，设切点为B，AB222sinPFFsinBFA，tanPFF51211222F1A332525PF2851125所以k,由k,F1F22c4，所以PF，PF=PF，212∠5F1F25sinPF1F25c25于是2aPF1PF245，即a25，所以e．a255故答案为：25；5．55217．5【分析】答案第10页，共21页设a(1,0),b(0，2),c(m,n)，由平面向量的知识可得2xy5z2，再结合柯西不等式即可得解.【详解】由题意，设a(1,0),b(0，2),c(m,n)，则abcm2n0，即m2n，又向量d在a,b方向上的投影分别为x，y，所以dx,y，(da)cmx1ny2x2y所以da在c方向上的投影z，|c|m2n25即2xy5z2,2222212222212所以xyz215xyz2xy5z，101052xxyz51当且仅当215即y时，等号成立，52xy5z25z52所以x2y2z2的最小值为.52故答案为：.5【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是由平面向量的知识转化出x,y,z之间的等量关系，再结合柯西不等式变形即可求得最小值.218．（1）；（2）1.2【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得y1sin2x，再由三角函数最小正周期公式即可得解；2（2）由三角恒等变换可得ysin2x，再由三角函数的图象与性质即可得解.42答案第11页，共21页【详解】（1）由辅助角公式得f(x)sinxcosx2sinx，4223233则yfx2sinx2sinx1cos2x1sin2x，24422所以该函数的最小正周期T;2（2）由题意，yfxfx2sinx2sinx2sinxsinx4442222sinxsinxcosx2sinx2sinxcosx221cos2x222222sin2xsin2xcos2xsin2x，22222423由x0,可得2x,，244432所以当2x即x时，函数取最大值1.42821519．（1）证明见解析；（2）．6【分析】（1）要证ABPM，可证DCPM，由题意可得，PDDC，易证DMDC，从而DC平面PDM，即有DCPM，从而得证；（2）取AD中点E，根据题意可知，ME,DM,PM两两垂直，所以以点M为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量AN和平面PDM的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．【详解】（1）在△DCM中，DC1，CM2，DCM60，由余弦定理可得DM3，所以DM2DC2CM2，DMDC．由题意DCPD且PDDMD，DC平面PDM，而PM平面PDM，所以DCPM，又AB//DC，所以ABPM．（2）由PMMD，ABPM，而AB与DM相交，所以PM平面ABCD，因为AM7，所以PM22，取AD中点E，连接ME，则ME,DM,PM两两垂直，以点M为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则A(3,2,0),P(0,0,22),D(3,0,0),M(0,0,0),C(3,1,0)答案第12页，共21页31335又N为PC中点，所以N,,2,AN,,2.2222由（1）得CD平面PDM，所以平面PDM的一个法向量n(0,1,0)5|ANn|215从而直线AN与平面PDM所成角的正弦值为sin．|AN‖n|27256244【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明ABPM，可以考虑DCPM，题中与DC有垂直关系的直线较多，易证DC平面PDM，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．320．（1）a3()n；（2）31.n4【分析】（1）由4Sn13Sn9，结合Sn与an的关系，分n1,n2讨论，得到数列{an}为等比数列，即可得出结论；（2）由3bn(n4)an0结合(1)的结论，利用错位相减法求出Tn，Tnbn对任意nN恒成立，分类讨论分离参数，转化为与关于n的函数的范围关系，即可求解.【详解】（1）当n1时，4(a1a2)3a19，927274a9,a，244216答案第13页，共21页当n2时，由4Sn13Sn9①，得4Sn3Sn19②，①②得4an13an27an13a20,an0,，16an4a2393又,{an}是首项为，公比为的等比数列，a1444933a()n13()n；n444n43（2）由3b(n4)a0，得ba(n4)()n，nnn3n4234n所以33333，Tn3210(n4)44444234nn1333333，Tn321(n5)(n4)444444234nn1两式相减得1333333Tn3(n4)4444444n1931n191643(n4)34144n1n1n1993334(n4)n，444443所以T4n()n1，n433由Tb得4n()n1(n4)()n恒成立，nn44即(n4)3n0恒成立，n4时不等式恒成立；3n12n4时，3，得1；n4n43n12n4时，3，得3；n4n4所以31.【点睛】易错点点睛：（1）已知Sn求an不要忽略n1情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的答案第14页，共21页正负零讨论，如（2）中(n4)3n0恒成立，要对n40,n40,n40讨论，还要注意n40时，分离参数不等式要变号.221．（1）y4x；（2）,743743,11,.【分析】（1）求出p的值后可求抛物线的方程.（2）方法一：设AB:xty1，Ax1,y1,Bx2,y2，Nn,0，联立直线AB的方程和抛物线的方程后可得y1y24,y1y24t，求出直线MA,MB的方程，联立各直线方程可求出2n134t2yP,yQ,yR，根据题设条件可得2，从而可求n的范围.n12t1【详解】（1）因为MF2，故p2，故抛物线的方程为：y24x.（2）[方法一]：通式通法设AB:xty1，Ax1,y1,Bx2,y2，Nn,0，y1所以直线l:xn，由题设可得n1且t.22xty12由2可得y4ty40，故y1y24,y1y24t，y4x221112因为，故，故yyyRNPNQN1+yR1+yP1+yQRPQ.444yy1x1y2n1y1x111又MA:yx1，由可得yP，x11y2x2yxn1122n1y2同理yQ，2x22y2xty12n1由可得，yyRxn2t1222n12n1y22n1y1所以=，2t12x22y22x12y1答案第15页，共21页2n12yy整理得到2t112，n12x22y22x12y1242t122y2y12y22y1222242t12t1222yy2y+y34t21+y+yyy21yy2y+y442121212212n134t2故2，n12t1s1令s2t1，则t且s0，2234t2s22s4241133故221+24，2t1ssss4442n132n14n10故n14即，n1n1解得n743或743n1或n1.故直线l在x轴上的截距的范围为n743或743n1或n1.[方法二]：利用焦点弦性质设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，ABxk1y1MAxk2y1MBxk3y122yy1y21直线l的方程为xm,A,y1,B,y2,N(m,0)，由题设可得m1且k1．2442xk1y1,2由2得y4ky40，所以y1y24k1,y1y24．y4x1y211因为4y11y21，k2,k3y14y14y2y11y21y1y2y1y2k2k3k1k10，4y14y24y1y22yyy11y21y1y2112112．k2k3k114y14y2164y1y2y1y22答案第16页，共21页xky1,m12y由得p1．yxmk222m1y同理Q1．k32xk1y1,m1y由得R1．ykxm122因为|RN|2|PN||QN|，2222m1(m1)(m1)所以yyy即．RPQ13112k1k2k3k12224232km114故2．m11k122212m1tt1111133令tk1，则1．2m1t2t2tt244m10,所以，解得或或>．2m743743m1m1m14m10,故直线l在x轴上的截距的范围为(,743)[743,1)(1,)．[方法三]【最优解】：设Aa2,2a(a0),Bb2,2b，2b2a22a由A,F,B三点共线得，即ab1．b2a2aba212a2b2a所以直线MA的方程为y(x1)，直线MB的方程为y(x1)(x1)，直a21b21a212a线AB的方程为y(x1)．a21设直线l的方程为y2xm(m2)，(2m)a(m2)a(2m)am则y,y,y,x．Pa2a1Qa2a1Ra2a1N222222(2m)a(2m)a所以|RN||PN||QN|22．a2a1a21a2答案第17页，共21页22122a1222maa1a(t1)t2t141故（其中）．22220,taR2ma21a21t1t33aa1a所以m(,1483][1483,)．m因此直线l在x轴上的截距为(,743][743,1)(1,)．2【整体点评】本题主要是处理共线的线段长度问题，主要方法是长度转化为坐标.方法一：主要是用Ax1,y1,Bx2,y2坐标 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示直线MA,MB，利用弦长公式将线段长度关系转为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.方法二：利用焦点弦的性质求得直线MA,MB的斜率之和为0，再利用线段长度关系即为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.方法三：利用点A,B在抛物线上，巧妙设点坐标，借助于焦点弦的性质求得点A,B横坐标的关系，这样有助于减少变元，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.b22．(1)b0时，f(x)在R上单调递增；b0时，函数的单调减区间为,loga，单调lnab增区间为loga,；lna2(2)1,e；(3)证明见解析.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.【详解】答案第18页，共21页(1)f(x)axbxe2,f(x)axlnab，①若b0，则f(x)axlnab0，所以f(x)在R上单调递增；②若b0，b当x,loga时，f'x0,fx单调递减，lnab当xloga,时，f'x0,fx单调递增.lna综上可得，b0时，f(x)在R上单调递增；bbb0时，函数的单调减区间为,loga，单调增区间为loga,.lnalna(2)f(x)有2个不同零点axbxe20有2个不同解exlnabxe20有2个不同的解，btbete2令txlna，则ete20,t0，lnalnattt2ete2eteeet(t1)e2记g(t),g(t)，tt2t2记h(t)et(t1)e2,h(t)et(t1)et1ett0，又h(2)0，所以t(0,2)时，h(t)0,t(2,)时，h(t)0，bb则g(t)在(0,2)单调递减，(2,)单调递增，g(2)e2,lna，lnae2bb2e2,2,lna21ae2.e22即实数a的取值范围是1,e.(3)[方法一]【最优解】：ae,f(x)exbxe2有2个不同零点，则exe2bx，故函数的零点一定为正数.由(2)可知有2个不同零点，记较大者为x2，较小者为x1，ex1e2ex2e2be4，x1x2exe2注意到函数y在区间0,2上单调递减，在区间2,上单调递增，x52ee4故x12x2，又由e知x25，5ex1e22e22e2bx1，x1x1b答案第19页，共21页blnbe2e2要证xx，只需xlnb，22e21b2bex2e22ex2e2b且关于b的函数gblnb在be4上单调递增，x2x2b2ex2e2x所以只需证xln2x5，2x22x22e2ex2e2x只需证lnex2ln20，x2x22ee2x只需证lnxln20，2exe24x4，只需证h(x)lnxln2在x5时为正，2ex11由于h(x)4xex4ex4exx10，故函数hx单调递增，xx205204x又h(5)ln5ln2ln0，故h(x)lnxln2在x5时为正，e52e4ex从而题中的不等式得证.[方法二]：分析+放缩法x2xae,f(x)ebxe有2个不同零点x1,x2，不妨设x1x2，由f(x)eb得x1lnbx2（其中lnb4）．x12x22且fx1ebx1e0,fx2ebx2e0．2blnbe2blnbxblnb2要证xx，只需证bx2e2bx1，即证e2bx1，只需证22e21b2e2eblnbx2lnbx1．2e222c222e22ebx又febe0，所以x，即11．b1b2e2所以只需证x2ln(blnb)．而lnb4，所以blnbb，又ln(blnb)lnb，所以只需证f(ln(blnb))0．所以f(ln(blnb))blnbbln(blnb)e2blnlnbe2e4ln4e20，原命题得证．[方法三]：422若ae且be，则满足1ae且b2e，由（Ⅱ）知f(x)有两个零点x1,x2x1x2且0x1lnbx2．答案第20页，共21页2又f(2)2e2b0，故进一步有0x12lnbx2．由可得x12且x22，从而fx1fx20eebx1ebx2eblnbe2blnbblnb2x2x12．．x2x1bx2ebx1eee2e2b2e22e2因为0x12，ex1e2所以1，2e2e2故只需证ex2blnbbxe2blnbxlnb．22be2又因为f(x)在区间(lnb,)内单调递增，故只需证flnbfx20，即be22beblnb0，注意4时有e，故不等式成立．beebe4lnb【整体点评】本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法，2e2方法一：直接分析零点x，将要证明的不等式消元，代换为关于b的函数，再利用零1b点反代法，换为关于x2的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围.方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！e2方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为flnb与b0比较大小，代入函数放缩得到结论.答案第21页，共21页