2021年浙江省高考数学试题（解析版）.doc

1、20212021 年浙江省高考数学试题年浙江省高考数学试题 一一 选择题选择题 1. 设集合1Ax x，12Bxx ，则AB （） A.1x x B.1x x C.11xx D.12xx 【答案】D 【解析】 【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：|12ABxx. 故选：D. 2. 已知aR，13ai ii，(i为虚数单位)，则a （） A.1B. 1C.3D. 3 【答案】C 【解析】 【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 iiaai ， 利用复数相等的充分必要条件可得：3,3aa . 故选：C.

2、 3. 已知非零向量, ,a b c ，则“a c b c ”是“ab ”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 【答案】B 【解析】 【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】若a c b c ，则 0abc rrr ，推不出ab ；若ab ，则a c b c 必成立， 故“a c b c ”是“ab ”的必要不充分条件 故选：B. 4. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（） A. 3 2 B. 3C. 3 2 2 D. 3 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的

3、体积公式可求其体积. 【详解】几何体为如图所示的四棱柱 1111 ABCDABC D，其高为 1，底面为等腰梯形ABCD， 该等腰梯形的上底为 2，下底为2 2，腰长为 1，故梯形的高为 12 1 22 ， 故 1 1 11 123 22 21 222 ABCD A BC D V ， 故选：A. 5. 若实数x，y满足约束条件 10 0 2310 x xy xy ，则 1 2 zxy的最小值是（） A.2B. 3 2 C. 1 2 D. 1 10 【答案】B 【解析】 【分析】画出满足条件的可行域，目标函数化为22yxz，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. 【详解】画

4、出满足约束条件 10 0 2310 x xy xy 的可行域， 如下图所示： 目标函数 1 2 zxy化为22yxz， 由 1 2310 x xy ，解得 1 1 x y ，设( 1,1)A ， 当直线22yxz过A点时， 1 2 zxy取得最小值为 3 2 . 故选：B. 6. 如图已知正方体 1111 ABCDABC D，M，N分别是 1 A D， 1 D B的中点，则（） A. 直线 1 A D与直线 1 D B垂直，直线/ /MN平面ABCD B. 直线 1 A D与直线 1 D B平行，直线MN 平面 11 BDD B C. 直线 1 A D与直线 1 D B相交，直线/ /MN平面

5、ABCD D. 直线 1 A D与直线 1 D B异面，直线MN 平面 11 BDD B 【答案】A 【解析】 【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证 1 /,MN AB AD 平面 1 ABD，即可得出结论. 【详解】 连 1 AD，在正方体 1111 ABCDABC D中， M是 1 A D的中点，所以M为 1 AD中点， 又N是 1 D B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 11 BDD B，所以选项 B,D 不正确； 在正方体 1111 ABCDABC D中， 11

6、 ADAD， AB 平面 11 AAD D，所以 1 ABAD， 1 ADABA，所以 1 AD 平面 1 ABD， 1 D B 平面 1 ABD，所以 11 ADD B， 且直线 11 ,AD D B是异面直线， 所以选项 B 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. 已知函数 2 1 ( ), ( )sin 4 f xxg xx，则图象为如图的函数可能是（） A. 1 ( )( ) 4 yf xg xB. 1 ( )( )

7、 4 yf xg x C.( ) ( )yf x g xD. ( ) ( ) g x y f x 【答案】D 【解析】 【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. 【详解】对于 A， 2 1 sin 4 yf xg xxx，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除 A； 对于 B， 2 1 sin 4 yf xg xxx，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除 B； 对于 C， 2 1 sin 4 yf x g xxx ，则 2 1 2 sincos 4 yxxxx ， 当 4 x 时， 2 212 0 221642 y ，与图象不符，排除 C.

8、 故选：D. 8. 已知, 是互不相同的锐角，则在sincos,sincos ,sincos三个值中，大于 1 2 的个数的最 大值是（） A. 0B. 1C. 2D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用基本不等式或排序不等式得 3 sincossincossincos 2 ，从而可判断三个代数 式不可能均大于 1 2 ，再结合特例可得三式中大于 1 2 的个数的最大值. 【详解】法 1：由基本不等式有 22 sincos sincos 2 ， 同理 22 sincos sincos 2 ， 22 sincos sincos 2 ， 故 3 sincossincossincos 2 ， 故

9、sincos,sincos ,sincos不可能均大于 1 2 . 取 6 ， 3 ， 4 ， 则 116161 sincos,sincos,sincos 424242 ， 故三式中大于 1 2 的个数的最大值为 2， 故选：C. 法 2：不妨设，则coscoscos ,sinsinsin， 由排列不等式可得： sincossincossincossincossincossincos， 而 13 sincossincossincossinsin2 22 ， 故sincos,sincos ,sincos不可能均大于 1 2 . 取 6 ， 3 ， 4 ， 则 116161 sincos,sinc

10、os,sincos 424242 ， 故三式中大于 1 2 的个数的最大值为 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. 已知,R,0a bab，函数 2 R()f xaxb x.若(),( ),()f stf sf st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 【答案】C 【解析】 【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】由题意得 2 () () ( )

11、f st f stf s，即 2 222 ()()a stba stbasb ， 对其进行整理变形： 2 22222 22asatastbasatastbasb， 22 2222 (2)0asatbastasb， 22222 2 2240asatb ata s t， 22 22 42 220a s ta tabt ， 所以 22 220asatb 或0t ， 其中 22 1 2 st bb aa 为双曲线，0t 为直线. 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. 10. 已知数列

12、n a满足 11 1,N 1 n n n a aan a .记数列 n a的前n项和为 n S，则（） A. 100 3 2 1 SB. 100 34SC. 100 9 4 2 SD. 100 9 5 2 S 【答案】A 【解析】 【分析】显然可知， 100 1 2 S，利用倒数法得到 2 1 111111 24 nn nn aaaa ，再放缩可得 1 111 2 nn aa ，由累加法可得 2 4 (1) n a n ，进而由1 1 n n n a a a 局部放缩可得 1 1 3 n n an an ，然后 利用累乘法求得 6 (1)(2) n a nn ，最后根据裂项相消法即可得到 10

13、0 3S，从而得解 【详解】因为11 1,N 1 n n n a aan a ，所以0 n a ， 100 1 2 S 由 2 1 1 111111 241 n n nn nnn a a aaaaa 2 1 1 111111 22 n nnn aaaa ，即 1 111 2 nn aa 根据累加法可得， 111 1 22 n nn a ，当且仅当1n 时取等号， 1 2 41 2 (1)31 1 1 nn nnn n aan aaa nna n 1 16 3(1)(2) n n n an a annn ，当且仅当1n 时取等号， 所以 100 1111111111 663 2334451011

14、022102 S ，即 100 3 2 1 S 故选：A 【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到 1 , nn aa 的不等关系，再由累加法可求得 2 4 (1) n a n ，由 题目条件可知要证 100 S小于某数，从而通过局部放缩得到 1 , nn a a 的不等关系，改变不等式的方向得到 6 (1)(2) n a nn ，最后由裂项相消法求得 100 3S 二二 填空题填空题 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，记大正方形的面积为 1 S， 小正方形

15、的面积为 2 S，则 1 1 S S _. 【答案】25 【解析】 【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： 23 345a ， 则其面积为： 2 1 525S ， 小正方形的面积： 2 1 2543 41 2 S ， 从而 2 1 25 25 1 S S . 故答案为：25. 12. 已知Ra，函数 2 4,2 ( ) 3,2, xx f x xa x 若63ff ，则a _. 【答案】2 【解析】 【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】 6642233ffffa ，故2a ， 故答案为

16、：2. 13. 已知多项式 34432 1234 (1)(1)xxxa xa xa xa，则 1 a _， 234 aaa_. 【答案】(1).5;(2).10. 【解析】 【分析】根据二项展开式定理，分别求出 43, (1(4)xx的展开式，即可得出结论. 【详解】 332 (1)331xxxx， 4432 (1)4641xxxxx， 所以 12 145,363aa ， 34 347,1 10aa ， 所以 234 10aaa . 故答案为：5,10. 14. 在ABC中，60 ,2BAB，M是BC的中点， 2 3AM ，则AC _， cosMAC_. 【答案】(1).2 13(2). 2

17、39 13 【解析】 【分析】由题意结合余弦定理可得=8BC，进而可得AC，再由余弦定理可得cosMAC. 【详解】由题意作出图形，如图， 在ABM中，由余弦定理得 222 2cosAMABBMBM BAB ， 即 2 1 12422 2 BMBM ，解得=4BM（负值舍去） ， 所以=2=2=8BCBMCM， 在ABC中，由余弦定理得 222 1 2cos4642 2 852 2 ACABBCAB BCB ， 所以 2 13AC ； 在AMC中，由余弦定理得 222 52 12 162 39 cos 2132 2 32 13 ACAMMC MAC AM AC . 故答案为：2 13； 2 3

18、9 13 . 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，若取出的两个球都是 红球的概率为 1 6 ，一红一黄的概率为 1 3 ，则m n_， E_. 【答案】(1). 1(2). 8 9 【解析】 【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】 2 2 4 4 22 44 61 (2)36 6 m n m nm n C PC CC ，所以49mn， P 一红一黄 11 4 2 4 41 3 3693 m m n CCmm m C , 所以2n , 则1mn 由于 112 455 22 99 14 5

19、5105 (2), (1), (0) 63693618 CCC PPP CC 155158 ( )210 6918399 E 故答案为：1； 8 9 16. 已知椭圆 22 22 1(0) xy ab ab ，焦点 1( ,0)Fc， 2( ,0) F c(0)c ，若过 1 F的直线和圆 2 22 1 2 xcyc 相切，与椭圆在第一象限交于点P，且 2 PFx轴，则该直线的斜率是_， 椭圆的离心率是_. 【答案】(1). 2 5 5 (2). 5 5 【解析】 【分析】不妨假设2c ，根据图形可知， 12 2 sin 3 PFF，再根据同角三角函数基本关系即可求出 12 2 tan5 5

20、kPFF；再根据椭圆的定义求出a，即可求得离心率 【详解】 如图所示：不妨假设2c ，设切点为B， 121 1 2 sinsin 3 AB PFFBF A F A ， 12 22 22 tan5 5 32 PFF 所以 2 5 5 k , 由 2 12 12 ,24 PF kFFc FF ，所以 2 8 5 5 PF ， 2 12 5 5 PF ，于是 12 4 52PFaPF，即 2 5a ，所以 25 52 5 c e a 故答案为： 2 5 5 ； 5 5 17. 已知平面向量, , ,(0)a b c c 满足1,2,0,0aba babc .记向量d 在, a b 方向上的投影 分别

21、为x，y，d a 在c 方向上的投影为z，则 222 xyz的最小值为_. 【答案】 2 5 【解析】 【分析】设(1,0),(0 2),( , )abcm n ，由平面向量的知识可得252xyz，再结合柯西不等式 即可得解. 【详解】由题意，设(1,0),(0 2),( , )abcm n ， 则20abcmn ，即2mn， 又向量d 在, a b 方向上的投影分别为x，y，所以,dx y ， 所以d a 在c 方向上的投影 22 1()22 |5 m xnydacxy z c mn ， 即252xyz, 所以 22 22222222 112 21525 10105 xyzxyzxyz ，

22、当且仅当 215 252 xyz xyz 即 2 5 1 5 5 5 x y z 时，等号成立， 所以 222 xyz的最小值为 2 5 . 故答案为： 2 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. 三三 解答题解答题 18. 设函数 sincos (R)f xxx x. （1）求函数 2 2 yfx 的最小正周期； （2）求函数( ) 4 yf x fx 在0, 2 上的最大值. 【答案】 （1）； （2） 2 1 2 . 【解析】 【分析】 （1）由题意结合三角恒等变换可得 1sin2yx

23、，再由三角函数最小正周期公式即可得解； （2）由三角恒等变换可得 2 sin 2 42 yx ，再由三角函数的图象与性质即可得解. 【详解】 （1）由辅助角公式得( )sincos2sin 4 f xxxx ， 则 22 2 333 2sin2sin1 cos 21 sin2 2442 yfxxxxx ， 所以该函数的最小正周期 2 2 T ; （2）由题意， 2sin2sin2sinsin 444 yf x fxxxxx 2 22 2sinsincos2sin2sincos 22 xxxxxx 1 cos222222 2sin2sin2cos2sin 2 2222242 x xxxx ， 由

24、0, 2 x 可得 3 2, 444 x ， 所以当2 42 x 即 3 8 x 时，函数取最大值 2 1 2 . 19. 如图， 在四棱锥PABCD中， 底面ABCD是平行四边形， 120 ,1,4,15ABCABBCPA ， M，N分别为,BC PC的中点，,PDDC PMMD. （1）证明：ABPM； （2）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值. 【答案】 （1）证明见解析； （2） 15 6 【解析】 【分析】 （1）要证ABPM，可证DCPM，由题意可得，PDDC，易证DMDC，从而DC 平面PDM，即有DCPM，从而得证； （2）取AD中点E，根据题意可知，,ME DM PM两两垂

25、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，1DC ，2CM ，60DCM ，由余弦定理可得 3DM ， 所以 222 DMDCCM ，DMDC由题意DCPD且PDDMD，DC平面PDM， 而PM 平面PDM，所以DCPM，又/ /ABDC，所以ABPM （2）由PMMD，ABPM，而AB与DM相交，所以PM 平面ABCD，因为 7AM ，所以 2 2PM ，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(3,2,0),(0,

26、0,2 2),( 3,0,0)APD,(0,0,0),( 3, 1,0)MC 又N为PC中点，所以 313 35 ,2 ,2 2222 NAN . 由（1）得CD 平面PDM，所以平面PDM的一个法向量(0,1,0)n 从而直线AN与平面PDM所成角的正弦值为 5 |15 2 sin 6|2725 2 44 AN n AN n 【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明ABPM，可以考虑DCPM， 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 20. 已知数列 n

27、 a的前n项和为 n S， 1 9 4 a ，且 1 439 nn SS . （1）求数列 n a的通项； （2）设数列 n b满足3(4)0 nn bna，记 n b的前n项和为 n T，若 nn Tb对任意 Nn 恒成立， 求的范围. 【答案】 （1） 3 3 ( ) 4 n n a ； （2）31 . 【解析】 【分析】 （1）由 1 439 nn SS ，结合 n S与 n a的关系，分1,2nn讨论，得到数列 n a为等比数列， 即可得出结论； （2）由3(4)0 nn bna结合(1)的结论，利用错位相减法求出 n T， nn Tb对任意 Nn 恒成立，分 类讨论分离参数，转化为与

28、关于n的函数的范围关系，即可求解. 【详解】 （1）当1n 时， 121 4()39aaa， 22 92727 49, 4416 aa ， 当2n 时，由 1 439 nn SS ， 得 1 439 nn SS ，得 1 43 nn aa 1 2 273 0,0, 164 n n n a aa a ， 又 2 1 3 , 4 n a a a 是首项为 9 4 ，公比为 3 4 的等比数列， 1 933 ( )3 ( ) 444 nn n a ； （2）由3(4)0 nn bna，得 43 (4)( ) 34 n nn n ban ， 所以 234 33333 3210(4) 44444 n n

29、 Tn ， 2413 333333 321(5)(4) 444444 nn n Tnn ， 两式相减得 2341 1333333 3(4) 4444444 nn n Tn 1 1 93 1 164 93 (4) 3 44 1 4 n n n 111 99333 4(4) 44444 nnn nn ， 所以 1 3 4( ) 4 n n Tn ， 由 nn Tb得 1 33 4( )(4) ( ) 44 nn nn 恒成立， 即(4)30nn恒成立， 4n 时不等式恒成立； 4n时， 312 3 44 n nn ，得1； 4n 时， 312 3 44 n nn ，得3 ； 所以31 . 【点睛】

30、易错点点睛： （1）已知 n S求 n a不要忽略1n 情况； （2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负 零讨论，如（2）中(4)30nn恒成立，要对40,40,40nnn讨论，还要注意40n 时，分离参数不等式要变号. 21. 如图，已知F是抛物线 2 20ypx p的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且2MF ， （1）求抛物线的方程； （2）设过点F的直线交抛物线与AB两点，斜率为 2 的直线l与直线,MA MB AB，x轴依次交于点P，Q， R，N，且 2 RNPNQN，求直线l在x轴上截距的范围. 【答案】 （1） 2 4yx； （2）, 74 374 3,11, . 【解析】 【

31、分析】 （1）求出p的值后可求抛物线的方程. （2）设:1AB xty， 1122 ,A x yB xy，,0N n，联立直线AB的方程和抛物线的方程后可得 1212 4,4y yyyt ，求出直线,MA MB的方程，联立各直线方程可求出, PQR yyy，根据题设条件可 得 2 2 2 134 1 21 nt n t ，从而可求n的范围. 【详解】 （1）因为2MF ，故2p ，故抛物线的方程为： 2 4yx. （2）设:1AB xty， 1122 ,A x yB xy，,0N n， 所以直线: 2 y l xn，由题设可得1n 且 1 2 t . 由 2 1 4 xty yx 可得 2 4

32、40yty，故 1212 4,4y yyyt ， 因为 2 RNPNQN，故 2 111 1+1+1+ 444 RPQ yyy ，故 2 RPQ yyy. 又 1 1 :1 1 y MA yx x ，由 1 1 1 1 2 y yx x y xn 可得 1 11 21 22 P ny y xy ， 同理 2 22 21 22 Q ny y xy ， 由 1 2 xty y xn 可得 21 21 R n y t ， 所以 2 21 2211 212121 = 212222 nnyny txyxy ， 整理得到 2 2 12 2211 1 21 12222 y yn t nxyxy ， 2 22

33、 21 21 4 21 22 22 t yy yy 22 2 22 2 2121 21211221 4 2121 34+ +2+4 42 tt ty yyy yyy yy yyy 故 2 2 2 134 1 21 nt n t ， 令21st，则 1 2 s t 且0s ， 故 2 22 222 3424241133 1+4 444 21 tss ssss t ， 故 2 13 14 1 n n n 即 2 1410 1 nn n ， 解得 74 3n 或7 4 31n 或1n . 故直线l在x轴上的截距的范围为 74 3n 或7 4 31n 或1n . 【点睛】方法点睛：直线与抛物线中的位置

34、关系中的最值问题，往往需要根据问题的特征合理假设直线方 程的形式，从而便于代数量的计算，对于构建出的函数关系式，注意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问题. 22. 设a，b为实数，且1a ，函数 2 R() x f xabxex （1）求函数 fx的单调区间； （2）若对任意 2 2be ，函数 fx有两个不同的零点，求a的取值范围； （3）当a e 时，证明：对任意 4 be ，函数 fx有两个不同的零点 12 ,x x，满足 2 21 2 ln 2 bbe xx eb . (注：2.71828e 是自然对数的底数) 【答案】(1)0b 时， ( )f x在R上单调递增

35、； 0b 时，函数的单调减区间为,log ln a b a ，单调增区 间为log, ln a b a ； (2) 2 1,e ； (3)证明见解析. 【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)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】(1) 2 ( ),( )ln xx f xbfaxeaxab ， 若0b ，则( )ln0 x fxaab ，所以 ( )f x在R上单调递增； 若0b ，

36、当,log ln a b x a 时， 0,fxf x单调递减， 当log, ln a b x a 时， 0,fxf x单调递增. 综上可得，0b 时， ( )f x在R上单调递增； 0b 时，函数的单调减区间为,log ln a b a ，单调增区间为log, ln a b a . (2) ( )f x有 2 个不同零点 2 0 x abxe 有 2 个不同解 ln2 0 xa ebxe 有 2 个不同的解， 令lntxa，则 2 2 0,0 lnln t t bbee eet aat t ， 记 2 22 22 (1) ( ),( ) tt tt e tee eee te g tg t t

37、tt ， 记 2 ( )(1),( )(1)10 tttt h te te h te tee t ， 又(2)0h，所以(0,2)t时，( )0,(2,)h tt时，( )0h t ， 则( )g t在(0,2)单调递减，(2,)单调递增， 2 2 (2),ln ln bb gea ae ， 22 2 22,ln,21 b beaae e . 即实数a的取值范围是 2 1,e . (3) 2 ,( ) x ae f xebxe有 2 个不同零点，则 2x eebx ，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 2 x，较小者为 1 x， 12 22 4 12 xx e

38、eee be xx ， 注意到函数 2x ee y x 在区间 0,2上单调递减，在区间2,上单调递增， 故 12 2xx，又由 52 4 5 ee e 知 2 5x ， 1 222 1 11 22 x eeee bx xxb ， 要证 2 21 2 ln 2 bbe xx eb ，只需 2 2 ln e xb b ， 22 2 22 2 xx eee b xx 且关于b的函数 2 ln e g bb b 在 4 be 上单调递增， 所以只需证 2 2 2 2 22 2 2 ln5 2 x x e xe xx xe ， 只需证 2 2 2 2 2 2 2 lnln0 2 x x x e xe

39、e xe ， 只需证 2 lnln20 2 x e x x e ， 2 4 2 e ，只需证 4 ( )lnln2 x x h xx e 在5x 时为正， 由于 11 ( )44410 xxx h xxeee xx x ，故函数 h x单调递增， 又 54 520 (5)ln5l 20 n2ln0 2 h ee ，故 4 ( )lnln2 x x h xx e 在5x 时为正， 从而题中的不等式得证. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以 在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度 进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系(2)利用导数求函数的单调区间，判断 单调性；已知单调性，求参数(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题(4)考查数形 结合思想的应用