【文档说明】2022年新高考2卷数学试题及答案(定稿).doc，共(26)页，3.812 MB，由baby熊上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-66583.html

以下为本文档部分文字说明：

数学试题第1页（共26页）2022年辽宁省普通高等学校招生全国统一考试数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将

答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共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．已知集合A＝{－1，1，2，4}，B＝{x||x－1|≤1}，则A∩B＝A．{－1，2

}B．{1，2}C．{1，4}D．{－1，4}2．(2＋2i)(1－2i)＝A．－2＋4iB．－2－4iC．6＋2iD．6－2i3．图1是中国的古建筑中的举架结构，AA/，BB，CC/，DD/是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古建筑屋顶截面示意图，其中DD1，CC1，BB

1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD1OD1＝0.5，CC1DC1＝k1，BB1CB1＝k2，AA1BA1＝k3，已知k1，k2，k3是公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0

.725，则k3＝A．0.75B．0.8C．0.85D．0.94．已知向量a＝(3，4)，b＝(1，0)，c＝a＋tb，若＜a，c＞＝＜b，c＞，则t＝A．－6B．－5C．5D．65．甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻

，则不同排列方式共有A．12种B．24种C．36种D．48种按秘密级事项管理数学试题第2页（共26页）6．若sin(α＋β)＋cos(α＋β)＝22cos(α＋π4)sinβ，则A．tan(α－β)＝1B．tan(α＋β)＝1C．ta

n(α－β)＝－1D．tan(α＋β)＝－17．已知正三棱台的高为1，上、下底面的边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为A．100πB．128πC．144πD．192π8．若函数f(x)的定义域为R，且f(x＋y)＋f(x－y)

＝f(x)f(y)，f(1)＝1，则k＝122if(k)＝A．－3B．－2C．0D．1二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9

．已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0＜φ＜π)的图象关于点(2π3，0)中心对称，则A．f(x)在(0，5π12)单调递减B．f(x)在(－π12，11π12)有两个极值点C．直线x＝7π6是曲线y＝f(x)的对称轴D．直线y＝32－x

是曲线y＝f(x)的切线10．已知O为坐标原点，过抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点M(p，0)，若|AF|＝|AM|，则A．直线AB的斜率为26B．|OB|＝|OF|C．|AB|＞4|OF|D．∠OAM＋∠OBM＜180º11．如图，四

边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB，记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则A．V3＝2V2B．V3＝V1C．V3＝V1＋V2D．2V3＝3V112．若x，y满足x2＋y2－xy＝

1，则A．x＋y≤1B．x＋y≥－2C．x2＋y2≤2D．x2＋y2≥1三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，若P(2＜X≤2.5)＝0.36，则P

(X＞2.5)＝_______．14．曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线方程为_______，_______．15．设点A(－2，3)，B(0，a)，若直线AB关于y＝a对称的直线与圆C：(x＋3)2＋(y＋2)2＝1有公共点，则a的取值范围为_______．16．

已知直线l与椭圆x26＋y23＝1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别相交于M，N两点，且|MA|＝|NB|，|MN|＝23，则l的方程为_______．EACDBF数学试题第3页（共26页）四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17．（10

分）已知{an}为等差数列，{bn}为公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4．（1）证明：a1＝b1；（2）求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素个数．18．（12分）记△A

BC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正数学试题第4页（共26页）三角形的面积依次为S1，S2，S3，已知S1－S2＋S3＝32，sinB＝13．（1）求△ABC的面积；（2）若sinAsinC＝23，求b．19．（12分）在

某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下样本数据的频率分布直方图．（1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组数据用该区间的中点值作代表)；（2）估计该地区一位这种疾病患者年龄位于区间[20，70)的概率；（3）已知该地区这种疾病患者的患病率为0.

1%，该地区年龄位于区间[40，50)的人口数占该地区总人口数的16%，从该地区选出1人，若此人的年龄位于区间[40，50)，求此人患这种疾病的概率(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于

该区间的概率，精确到0.0001)．20．（12分）如图，PO是三棱锥P－ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点．（1）证明：OE∥平面PAC：（2）若∠ABO＝∠CBO＝30º，PO＝3，PA＝5，求二面角C－AE－B正余弦值．0.0230.

0200.0120.0020.001频率组距年龄(岁)01020304050607080900.0170.006BPACEO数学试题第5页（共26页）21．（12分）已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a

＞0，b＞0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±3x．（1）求C的方程；（2）过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1＞x2＞0，y1＞0．过P且斜率为－3的直线与过

Q且斜率为3的直线交于点M，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另一个成立．①M在AB上；②PQ∥AB；③|AM|＝|BM|．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．22．（12分）已知函数f(x)＝xeax－ex．（1）当a＝1时，讨论f(x

)的单调性；（2）当x＞0时，f(x)＜－1，求a的取值范围；（3）设n∈N*，证明：112＋1＋122＋2＋…＋1n2＋n＞ln(n＋1)．参考答案：1．B【解析】【分析】求出集合B后可求AB.【详

解】|02Bxx，故1,2AB，数学试题第6页（共26页）故选：B.2．D【解析】【分析】利用复数的乘法可求22i12i.【详解】22i12i244i2i62i，故选：D.3．D【解析】【分析】设11111ODDCCBBA，则可得关于3

k的方程，求出其解后可得正确的选项.【详解】设11111ODDCCBBA，则111213,,CCkBBkAAk，依题意，有31320.2,0.1kkkk，且111111110.725DDCCBBAAODDCCBBA，所以30.530.30.7254k

，故30.9k，故选：D4．C【解析】【分析】利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得【详解】解：3,4ct,cos,cos,acbc,即931635ttcc,解得5t,数学试题第7页（共26页）故选：C5．B【解析】【分析】利用

捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有3!种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，

有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：3!2224种不同的排列方式，故选：B6．C【解析】【分析】由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解.【详

解】由已知得：sincoscossincoscossinsin2cossinsin,即：sincoscossincoscossinsin0，即：sin

cos0,所以tan1,故选：C7．A【解析】【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径12,rr，再根据球心距，圆面半径，以数学试题第8页（共26页）及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【详解】设正三棱台

上下底面所在圆面的半径12,rr，所以1233432,2sin60sin60rr，即123,4rr，设球心到上下底面的距离分别为12,dd，球的半径为R，所以219dR，2216dR，故121dd或121dd，即229161RR

或229161RR，解得225R符合题意，所以球的表面积为24π100πSR．故选：A．8．A【解析】【分析】根据题意赋值即可知函数fx的一个周期为6，求出函数一个周期中的1,2,,6fff的值，即可

解出．【详解】因为fxyfxyfxfy，令1,0xy可得，2110fff，所以02f，令0x可得，2fyfyfy，即fyfy，所以函数fx为偶函

数，令1y得，111fxfxfxffx，即有21fxfxfx，从而可知21fxfx，14fxfx，故24fxfx，即6f

xfx，所以函数fx的一个周期为6．因为210121fff，321112fff，4221fff，5111fff

，602ff，所以一个周期内的1260fff．由于22除以6余4，数学试题第9页（共26页）所以221123411213kfkffff．故选：A．9．AD【解析】【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．【详解】

由题意得：2π4πsin033f，所以4ππ3k，kZ，即4ππ,3kkZ，又0π，所以2k时，2π3，故2π()sin23fxx．对A，当5π0,12x时，2π2π3π2,332x

，由正弦函数sinyu图象知()yfx在5π0,12上是单调递减；对B，当π11π,1212x时，2ππ5π2,322x，由正弦函数sinyu图象知()yfx只有1个极值点，由2π3π232x，解得5

π12x，即5π12x为函数的唯一极值点；对C，当7π6x时，2π23π3x，7π()06f，直线7π6x不是对称轴；对D，由2π2cos213yx得：2π1cos232x，解得

2π2π22π33xk或2π4π22π,33xkkZ,从而得：πxk或ππ,3xkkZ,所以函数()yfx在点30,2处的切线斜率为02π2cos13xky，切线方程为：3(0)2yx即32yx．故选：AD．数学试题第10页（共2

6页）10．ACD【解析】【分析】由AFAM及抛物线方程求得36(,)42ppA，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线AB的方程，联立抛物线求得6(,)33ppB，即可求出OB判断B选项；由抛物线

的定义求出2512pAB即可判断C选项；由0OAOB，0MAMB求得AOB，AMB为钝角即可判断D选项.【详解】对于A，易得(,0)2pF，由AFAM可得点A在FM的垂直平分线上，则A点横坐标为3224ppp，代入抛物

线可得2233242pypp，则36(,)42ppA，则直线AB的斜率为6226342ppp，A正确；对于B，由斜率为26可得直线AB的方程为1226pxy，联立抛物线方程得数学试题第11页（共26页）22106ypyp，设11(,)Bxy，则16626pyp，则

163py，代入抛物线得21623ppx，解得13px，则6(,)33ppB，则22673332ppppOBOF，B错误；对于C，由抛物线定义知：325244312pppABppOF，C正确；对于D，2366

3663(,)(,)0423343234pppppppppOAOB，则AOB为钝角，又26262665(,)(,)0423343236pppppppppMAMB

，则AMB为钝角，又360AOBAMBOAMOBM，则180OAMOBM，D正确.故选：ACD.11．CD【解析】【分析】直接由体积公式计算12,VV，连接BD交AC于点M，连接,EMFM，由3AEF

MCEFMVVV计算出3V，依次判断选项即可.【详解】数学试题第12页（共26页）设22ABEDFBa，因为ED平面ABCD，FBED，则2311114223323ACDVEDSaaa，23

2111223323ABCVFBSaaa，连接BD交AC于点M，连接,EMFM，易得BDAC，又ED平面ABCD，AC平面ABCD，则EDAC，又EDBDD，,EDBD平面BDEF，则AC平面BDEF，又122BMDMBDa，过F作FGDE于G，易得

四边形BDGF为矩形，则22,FGBDaEGa，则2222226,23EMaaaFMaaa，22223EFaaa，222EMFMEF，则EMFM，213222EFMSEMFMa，22ACa，

则33123AEFMCEFMEFMVVVACSa，则3123VV，323VV，312VVV，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.12．BC【解析】【分析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选

项的真假．【详解】数学试题第13页（共26页）因为22222ababab（,abÎR），由221xyxy可变形为，221332xyxyxy，解得22xy，当且仅当1xy

时，2xy，当且仅当1xy时，2xy，所以A错误，B正确；由221xyxy可变形为222212xyxyxy，解得222xy，当且仅当1xy时取等号，所以C正确；因为221xyxy变形可得223124yxy，

设3cos,sin22yxy，所以12cossin,sin33xy，因此222252111cossinsincos1sin2cos233333xy42π2sin2,23363，所以当33,33xy时满足等式

，但是221xy不成立，所以D错误．故选：BC．13．0.14##750．【解析】【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．【详解】因为22,XN，所以220.5PXPX，因此2.5222.50

.50.360.14PXPXPX．故答案为：0.14．14．13,32数学试题第14页（共26页）【解析】【分析】首先求出点A关于ya对称点A的坐标，即可得到直线l的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到

不等式，解得即可；【详解】解：2,3A关于ya对称的点的坐标为2,23Aa，0,Ba在直线ya上，所以AB所在直线即为直线l，所以直线l为32ayxa，即3220axya；圆

22:321Cxy，圆心3,2C，半径1r，依题意圆心到直线l的距离223342132aada，即2225532aa，解得1332a，即13,32a

；故答案为：13,3215．2220xy【解析】【分析】令AB的中点为E，设11,Axy，22,Bxy，利用点差法得到12OEABkk，设直线:ABykxm，0k，0m，求出M、N的坐标，再根据MN求出k、m，即可得解；【详解】解：令A

B的中点为E，因为MANB，所以MENE，设11,Axy，22,Bxy，则2211163xy，2222631xy，所以2222121206633xxyy，即12

121212063xxxxyyyy数学试题第15页（共26页）所以1212121212yyyyxxxx，即12OEABkk，设直线:ABykxm，0k，0m，令0

x得ym，令0y得mxk，即,0mMk，0,Nm，所以,22mmEk，即1222mkmk，解得22k或22k（舍去），又23MN，即22223MNmm

，解得2m或2m（舍去），所以直线2:22AByx，即2220xy；故答案为：2220xy16．1eyx1eyx【解析】【分析】分0x和0x两种情况，当0x时设切点为

00,lnxx，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出0x，即可求出切线方程，数学试题第16页（共26页）当0x时同理可得；【详解】解：因为lnyx，当0x时lnyx，设切点为

00,lnxx，由1yx，所以001|xxyx，所以切线方程为0001lnyxxxx，又切线过坐标原点，所以0001lnxxx，解得0ex，所以切线方程为11eeyx，即1eyx；当0x时ln

yx，设切点为11,lnxx，由1yx，所以111|xxyx，所以切线方程为1111lnyxxxx，又切线过坐标原点，所以1111lnxxx，解得1ex，所以

切线方程为11eeyx，即1eyx；故答案为：1eyx；1eyx17．(1)证明见解析；(2)9．【解析】【分析】（1）设数列na的公差为d，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可得22

km，即可解出．(1)设数列na的公差为d，所以，11111111224283adbadbadbbad，即可解得，112dba，所以原命题得证．数学试题第17页（共26页）(2)由（1）知，112dba，所以1111121kkmbaabamda

，即122km，亦即221,500km，解得210k，所以满足等式的解2,3,4,,10k，故集合1|,1500kmkbaam中的元素个数为10219．18．(1)28(2)12【解析】【分析】（1）

先表示出123,,SSS，再由12332SSS求得2222acb，结合余弦定理及平方关系求得ac，再由面积公式求解即可；（2）由正弦定理得22sinsinsinbacBAC，即可求解.(1)由题意得222212313333,,22444SaaSbS

c，则22212333334442SSSabc，即2222acb，由余弦定理得222cos2acbBac，整理得cos1acB，则cos0B，又1sin3B，则2122cos133B

，132cos4acB，则12sin28ABCSacB；(2)由正弦定理得：sinsinsinbacBAC，则223294sinsinsinsinsin423bacacBACAC，则数学试

题第18页（共26页）3sin2bB，31sin22bB.19．(1)44.65岁；(2)0.89；(3)0.0014．【解析】【分析】（1）根据平均值等于各矩形的面积乘以对应区间的中点值的和即可求出；（2）设A{一人患这

种疾病的年龄在区间[20,70)}，根据对立事件的概率公式()1()PAPA即可解出；（3）根据条件概率公式即可求出．(1)平均年龄(50.001150.002250.012350.017450.023x550.020650

.012750.006850.002)1044.65（岁）．(2)设A{一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，所以()1()1(0.0010.0020.0060.002)1010.110.89PAPA

．(3)设{B任选一人年龄位于区间[40,50)，{C任选一人患这种疾病}，则由条件概率公式可得()0.1%0.023100.0010.23(|)0.00143750.0014()16%0.16PBCPCBPB

．20．(1)证明见解析(2)1113【解析】【分析】数学试题第19页（共26页）（1）连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OAOB，再根据直角三角形的性质得到AODO，即可得到O为

BD的中点从而得到//OEPD，即可得证；（2）过点A作//AzOP，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥PABC的高，所以P

O平面ABC，,AOBO平面ABC，所以POAO、POBO，又PAPB，所以POAPOB△△，即OAOB，所以OABOBA，又ABAC，即90BAC，所以90OABOAD，90OBAODA，所以ODAOAD

所以AODO，即AODOOB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以//OEPD，又OE平面PAC，PD平面PAC，所以//OE平面PAC(2)解：过点A作//AzOP，如图建立平面直角坐标系，因为3PO，5AP，所以224OAAPPO，

数学试题第20页（共26页）又30OBAOBC，所以28BDOA，则4AD，43AB，所以12AC，所以23,2,0O，43,0,0B，23,2,3P，0,12,0C，所以333,1,2E，则333,1,2

AE，43,0,0AB，0,12,0AC，设平面AEB的法向量为,,nxyz，则33302430nAExyznABx，令2z，则3y，0x，所以0,3,2n；设平面AE

C的法向量为,,mabc，则33302120mAEabcmACb，令3a，则6c，0b，所以3,0,6m；所以1243cos,131339nmnmnm设二面角CAEB为，由图可知二面角CAEB为钝二面角，数学试题第21

页（共26页）所以43cos13，所以211sin1cos13故二面角CAEB的正弦值为1113；21．(1)2213yx(2)见解析【解析】【分析】（1）利用焦点坐标求得c的值，利用渐近线方程求得,ab的关系，进而利用,,abc的平方关系求得,ab的

值，得到双曲线的方程；（2）先分析得到直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k,M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到200283kxkyk；由直线PM和QM的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点

间距离公式得到直线PQ的斜率003xmy，由②//PQAB等价转化为003kyx，由①M在直线AB上等价于2002kykx，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.(1)右焦点为(2,0)F，∴2c,∵渐近线方程

为3yx，∴3ba，∴3ba，∴222244caba，∴1a，∴3b．∴C的方程为：2213yx；(2)由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零；若选①③推②，则M为线段AB

的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而12xx，数学试题第22页（共26页）已知不符；总之，直线AB的斜率存在且不为零.设直线AB的斜率为k,直线AB方程为2ykx,

则条件①M在AB上，等价于2000022ykxkykx；两渐近线的方程合并为2230xy,联立消去y并化简整理得：22223440kxkxk设3334,,,AxyBxy,线段中点为,NNNxy,则2342226,2233NNNxxkkxykx

kk,设00,Mxy,则条件③AMBM等价于222203030404xxyyxxyy,移项并利用平方差公式整理得：3403434034220xxxxxyy

yyy，3403403434220yyxxxyyyxx,即000NNxxkyy,即200283kxkyk；由题意知直

线PM的斜率为3,直线QM的斜率为3,∴由101020203,3yyxxyyxx,∴1212032yyxxx,所以直线PQ的斜率12012121232xxxyymxxxx,直线00:3PMyxxy,即0033yyx

x,数学试题第23页（共26页）代入双曲线的方程22330xy,即333xyxy中，得：000032333yxxyx,解得P的横坐标：10000133233xyxyx,同理：20

000133233xyxyx，∴00120120022220000331,2,333yxxxyxxxxyxyx∴003xmy,∴条件②//PQA

B等价于003mkkyx，综上所述：条件①M在AB上，等价于2002kykx；条件②//PQAB等价于003kyx；条件③AMBM等价于200283kxkyk；选①②推③:由①②解得：2200002228,433kkxxkyxkk,

∴③成立；选①③推②：由①③解得：20223kxk，20263kkyk，∴003kyx，∴②成立；选②③推①：由②③解得：20223kxk，20263kkyk，∴02623xk，∴2002kykx，∴①成立.数学试题第24页（共26页）22．(1)

fx的减区间为,0，增区间为0,.(2)12a(3)见解析【解析】【分析】（1）求出()fx¢，讨论其符号后可得fx的单调性.（2）设ee1axxhxx，求出hx，先讨论12a时题设中的不等式不成立，再就10

2a结合放缩法讨论hx符号，最后就0a结合放缩法讨论hx的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得12lnttt对任意的1t恒成立，从而可得21ln1lnnnnn对任意的*nN恒

成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.(1)当1a时，1exfxx，则exfxx，当0x时，()0fx¢<，当0x时，()0fx¢>，故fx的减区间为,0，增区间为0,.(2)设

ee1axxhxx，则00h，又1eeaxxhxax，设1eeaxxgxax，则22eeaxxgxaax，若12a，则0210ga，因为

gx为连续不间断函数，数学试题第25页（共26页）故存在00,x，使得00,xx，总有()0gx¢>，故gx在00,x为增函数，故00gxg，故hx在00,x为增函数，故01hxh，与题设矛盾.若102a，则

ln11eeeeaxaxaxxxhxax，下证：对任意0x，总有ln1xx成立，证明：设ln1Sxxx，故11011xSxxx，故Sx在0,上为减函数，故00SxS即ln1

xx成立.由上述不等式有ln12eeeeee0axaxxaxaxxaxx，故0hx总成立，即hx在0,上为减函数，所以01hxh.当0a时，有eee1100axxaxhxax，

所以hx在0,上为减函数，所以01hxh.综上，12a.(3)取12a，则0x，总有12ee10xxx成立，令12ext，则21,e,2lnxttxt，故22ln1ttt即12lnttt对任意的1t

恒成立.所以对任意的*nN，有112ln1nnnnnn，整理得到：21ln1lnnnnn，数学试题第26页（共26页）故222111ln2ln1ln3ln2ln1ln1122nnnn

ln1n，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.