【文档说明】全国2021年统一新高考数学试卷（浙江卷）及答案.doc，共(19)页，3.371 MB，由baby熊上传

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第1页（共19页）2021年浙江省高考数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．设集合{|1}Axx…，{|12}Bxx，则(AB)A．{|1}xxB．{|1}xx…C．{|11}xxD．{|12}xx

„2．已知aR，(1)3(aiiii为虚数单位），则(a)A．1B．1C．3D．33．已知非零向量a，b，c，则“acbc”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．既不充分也不必要条

件4．某几何体的三规图如图所示（单位：)cm，则该几何体的体积（单位：3)cm是()A．32B．3C．322D．325．若实数x，y满足约束条件1002310xxyxy…„„，则12zxy

的最小值是()A．2B．32C．12D．1106．如图，己知正方体1111ABCDABCD，M，N分别是1AD，1DB的中点，则()A．直线1AD与直线1DB垂直，直线//MN平面ABCDB．直线1AD与直线1DB平行，直线MN平面11BDDBC．直线AD与

直线1DB相交，直线//MN平面ABCDD．直线1AD与直线1DB异面，直线MN平面11BDDB7．已知函数21()4fxx，()singxx，则图象为如图的函数可能是()第2页（共19页）A．1()()4yfxgxB．1()(

)4yfxgxC．()()yfxgxD．()()gxyfx9．已知a，bR，0ab，函数2()()fxaxbxR．若()fst，()fs，()fst成等比数列，则平面上点(,)st的轨迹是()A

．直线和囿B．直线和椭囿C．直线和双曲线D．直线和抛物线10．已知数列{}na满足11a，1(*)1nnnaanNa．记数列{}na的前n项和为nS，则()A．100132SB．10034SC．100942SD．100952S二、填空题：本大题共7小题，多

空题每题6分，单空题每题4分，共36分。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为3，4，记

大正方形的面积为1S，小正方形的面积为2S，则12SS．12．已知aR，函数24,2,()|3|,2xxfxxax„若((6))3ff，则a．13．已知多项式344321234(1)(1)xxxaxaxaxa，则1a

；234aaa．14．在ABC中，60B，2AB，M是BC的中点，23AM，则AC；cosMAC．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16，一红一黄的概率

为13，则mn，()E．16．已知椭囿22221(0)xyabab，焦点1(,0)Fc，2(Fc，0)(0)c．若过1F的直线和囿第3页（共19页）2221()2xcyc相切，与椭囿的第一象限交于点P，且2PFx轴，则该直线的斜率是，椭囿的离心率是．三、解答题：本大

题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18．（14分）设函数()sincos()fxxxxR．（Ⅰ）求函数2[()]2yfx的最小正周期；（Ⅱ）求函数()()4yfxfx在[0，]2上的最大值．19．（15分）如

图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，120ABC，1AB，4BC，15PA，M，N分别为BC，PC的中点，PDDC，PMMD．（Ⅰ）证明：ABPM；（Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成

角的正弦值．20．（15分）已知数列{}na的前n项和为nS，194a，且1439(*)nnSSnN．（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）设数列{}nb满足3(4)0(*)nnbnanN，记{}nb的前n项和为nT．若nnTb

„对任意*nN恒成立，求实数的取值范围．第4页（共19页）2021年浙江省高考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．设集合{|1}Axx…，{|12}Bxx，则(AB)A．{|1}xxB．{|1}xx…C．{|11}xxD．{|12}xx„【思路分析】直接利用交集的定义求解即可．【解析】：因为集合{|1}Axx…，{|12}Bxx，所以{|12}AB

xx„．故选：D．【归纳总结】本题考查了集合交集的运算，解题的关键是掌握集合交集的定义，属于基础题．2．已知aR，(1)3(aiiii为虚数单位），则(a)A．1B．1C．3D．3【思路分析】利用复数相等的定义求解即可．【解析】：因为(1)3

aiii，即3aii，由复数相等的定义可得，3a，即3a．故选：C．【归纳总结】本题考查了复数相等定义的理解和应用，属于基础题．3．已知非零向量a，b，c，则“acbc”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．既不充分也不必要条件【思路分析】分别从充分性和必要性进行判断，由充分条件与必要条件的定义，即可得到答案．【解析】：由ab，可得0ab，则()0abc，即abbc，所以ab可以推出abbc，故“acbc”是“ab”的必要条件．

由acbc可得0abc，由于向量a，b，c是非零向量，所以0abc推不出ab，综上所述，“acbc”是“ab”的必要不充分条件．故选：B．【归纳总结】本题考查了充分条件与必要条件的判断，解题

的关键是掌握平面向量的基本概念和基本运算，属于基础题．4．某几何体的三规图如图所示（单位：)cm，则该几何体的体积（单位：3)cm是()第5页（共19页）A．32B．3C．322D．32【思路分析】由三规图还原原几何体，可知该几何体为直四棱柱，底面四边形ABCD为等腰梯形，

由已知三规图求得对应的量，再由棱柱体积公式求解．【解析】：由三规图还原原几何体如图，该几何体为直四棱柱，底面四边形ABCD为等腰梯形，且22AB，2CD，11AA，等腰梯形的高为22222，则该几何体的体积123(222)1222V．故选：A．【归纳总结】本题考查

由三规图求面积、体积，关键是由三规图还原原几何体，是中档题．5．若实数x，y满足约束条件1002310xxyxy…„„，则12zxy的最小值是()A．2B．32C．12D．110【思路分析】思路一：由约束条件作

出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．思路二：.由于可行域是三角形区域，所以可求出三角形三个顶点坐标代入目标函数z中，其中最小的z值就是本题答案。【解析

】：解法一：由约束条件作出可行域如图，第6页（共19页）联立102310xxy，解得(1,1)A，化目标函数12zxy为22yxz，由图可知，当直线22yxz过A时，直线在y轴上的截

距最大，z有最小值为131122．故选：B．解法二：（李健老师补解）三角形可行域的三个顶点坐标由方程组100xxy，102310xxy，02310xyxy，即得三个顶点1,1，1,1，11,55，所以1111

(1)22z，2131122z，2111152510z，则z最小值为32．故选：B．【归纳总结】本题考查简单的线性觃划，考查数形结合思想，是中档题．6．如图，己知正方体1111ABCDABCD，M，N分别是1AD，1DB的中点，则()A

．直线1AD与直线1DB垂直，直线//MN平面ABCDB．直线1AD与直线1DB平行，直线MN平面11BDDBC．直线AD与直线1DB相交，直线//MN平面ABCDD．直线1AD与直线1DB异面，直线MN平面11

BDDB【思路分析】通过证明直线1AD平面1ABD，MN是1ABD的中位线，可判断A；根据异面直线的判断可知1AD与直线1DB是异面直线，可判断B；根据异面直线的判断可知直线AD与直线1DB是异面直线

，可判断C；由//MNAB，可知MN不与平面11BDDB垂直，可判断D．【解析】：连接1AD，如图：第7页（共19页）由正方体可知11ADAD，1ADAB，1AD平面1ABD，11ADDB，由题意知MN为△1DAB的中位线，//MNAB，又AB平面

ABCD，MN平面ABCD，//MN平面ABCD．A对；由正方体可知AD、1AD都与平面1BDD相交于点D，1DB平面1BDD，1DDB，直线AD、1AD都与直线1DB是异面直线，B、C错；//M

NAB，AB不与平面11BDDB垂直，MN不与平面11BDDB垂直，D错．故选：A．【归纳总结】本题考查了线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理与性质，考查了逻辑推理核心素养，属于中档题．7．已知函数21()4fxx，()singxx，则

图象为如图的函数可能是()A．1()()4yfxgxB．1()()4yfxgxC．()()yfxgxD．()()gxyfx【思路分析】可以判断所求函数为奇函数，利用函数的奇偶性可排除选项A，B；

利用函数在(0,)4上的单调性可判断选项C，D．【解析】：由图可知，图象关于原点对称，则所求函数为奇函数，因为21()4fxx为偶函数，()singxx为奇函数，函数21()()sin4yfxgxxx为非

奇非偶函数，故选项A错误；函数21()()sin4yfxgxxx为非奇非偶函数，故选项B错误；函数21()()()sin4yfxgxxx，则212sin()cos04yxxxx对(0,)4x恒成立，第8页（共19页）则函数()()yf

xgx在(0,)4上单调递增，故选项C错误．故选：D．【归纳总结】本题考查了函数图象的识别，解题的关键是掌握识别图象的方法：可以从定义域、值域、函数值的正负、特殊点、特殊值、函数的性质等方面进行判断，考查了直观想象能力与逻辑推理能力，属于中档题．9．已知a，bR，0ab，函数2()

()fxaxbxR．若()fst，()fs，()fst成等比数列，则平面上点(,)st的轨迹是()A．直线和囿B．直线和椭囿C．直线和双曲线D．直线和抛物线【思路分析】利用等比中项的定义得到2()

()()fsfstfst，代入解析式中整理化简，可得222(22)0tatasb，分两种情况分别求解轨迹方程，由此判断轨迹即可．【解析】：函数2()fxaxb，因为()fst，()fs，()fst成等比

数列，则2()()()fsfstfst，即2222()[()][()]asbastbastb，即24222222222[()()]()()asabsbaststabstabstb，整理可得42222220atastabt，因为0a，故42

22220atastbt，即222(22)0tatasb，所以0t戒22220atasb，当0t时，点(,)st的轨迹是直线；当22220atasb，即2212stbbaa，因为0ab，故点(,)st的轨迹是双曲线．综上所述，平面上点(,)st的轨迹

是直线戒双曲线．故选：C．【归纳总结】本题考查了等比中项的应用，动点轨迹方程的求解，要掌握常见的求解动点轨迹的方法：直接法、定义法、代入法、消参法、交轨法等等，属于中档题．10．已知数列{}na满足11a，1(*)1nnnaanNa．记数列{}na的前

n项和为nS，则()A．100132SB．10034SC．100942SD．100952S【思路分析】由题意首先整理所给的递推关系式，得到数列的通项的范围，然后结合求和公式裂项即可确定前100项和的范围．【解析】：由题意可得：22111111111()()

242nnnnnaaaaa，11112nnaa，由累加法可得111122nnna„，从而1241,2(1)3111nnnnnnaanaaannan厔，113nnanan„，由累乘法得6116(

1)(2)12nannnn„，当1n取等号，第9页（共19页）1001111310110211116262331024S．故选：A．【归纳总结】本题主要考查数列的递推关系式及其应用，数列

求和与放缩的技巧等知识，属于难题．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。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为3，4，记大正方形的面积为1S，小正方形的面积为2S，则12SS25．【思路分析】利用勾股定理求出直角三角形斜边长，即大正方形的边长，由21SSS阴影，求出2S，再求出12SS．【解析】：直角三角形直角边的长分别为3，4，

直角三角形斜边的长为22345，即大正方形的边长为5，21525S，则小正方形的面积2112543412SSS阴影，1225SS．故答案为：25．【归纳总结】本题考查了三角形中的几何计算和勾股定理，考

查运算能力，属于基础题．12．已知aR，函数24,2,()|3|,2xxfxxax„若((6))3ff，则a2．【思路分析】利用分段函数的解析式，先求出(6)f的值，进而求出((6))ff，列出方程，求解a的值即可．【解析】：因为函数24,2()|3

|,2xxfxxax„，所以2(6)(6)42f，则((6))fff（2）|23|3a，解得2a．故答案为：2．【归纳总结】本题考查了函数的求值问题，主要考查的是分段函数求值，解题的关键是根据自变量的值确定使

用哪一段解析式求解，属于基础题．13．已知多项式344321234(1)(1)xxxaxaxaxa，则1a5；第10页（共19页）234aaa．【思路分析】思路1.利用通项公式求解3x的系数，即可求出1a的值；利用赋值法，令1x，即

可求出234aaa的值．思路2.用杨辉三角解。【解析】：解法一：1a即为展开式中3x的系数，所以001134(1)5aCC；令1x，则有3412341(11)(11)16aaaa，所以234165110aaa．故答案为：5；10．解法二：（李健老

师补解）由杨辉三角可知：332(1)331xxxx，4324()41461xxxxx，所以由344321234(1)(1)xxxaxaxaxa得1145a，2363a，334

7a，4110a，故23437010aaa【归纳总结】本题考查了二项展开式的通项公式的运用以及赋值法求解系数问题，考查了运算能力，属于基础题．14．在ABC中，60B，2AB，M是BC的中点，23AM，则AC213；c

osMAC．【思路分析】在ABM、ABC和AMC中用余弦定理即可解决此题．【解析】：在ABM中：2222cos60AMBABMBABM，2221(23)2222BMBM，2280

BMBM，解得：4BM戒2（舍去）．点M是BC中点，4MC，8BC，在ABC中：22228228cos6052AC，213AC；在AMC中：222(23)(213)4239cos13223213MAC

．故答案为：213；23913．【归纳总结】本题考查余弦定理应用，考查数学运算能力，属于中档题．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16，一红

一黄的概率为13，则mn1，()E．【思路分析】根据取出的两个球都是红球的概率为16，一红一黄的概率为13，得到关于m，n的方程，然后求出m，n的值，得到mn的值；先确定的可能取值，求出相应的概率，由数学期望的计算公式求

解即可．【解析】：由题意，242416(2)636mnCPC，又一红一黄的概率为11424112336mmnCCC，所以21436,3mnmCC，解得3m，2n，故1mn；由题意，的可能取值为0，1，2，所以2529105(0)3618CPC

，1145292010(1)3618CCPC，13(2)618P，第11页（共19页）所以51038()0121818189E．故答案为：1；89．【归纳总结】本题考查了古典概型的概率，组合数公式的应用，离散型随机变量及其分布列和离散

型随机变量期望，其概率模型是超几何分布，考查了运算能力，属于基础题．16．已知椭囿22221(0)xyabab，焦点1(,0)Fc，2(Fc，0)(0)c．若过1F的直线和囿2221()2xcyc相切，与椭囿的第一象限交于点P，且2PFx轴，则该直线的斜率是2

55，椭囿的离心率是．【思路分析】思路1.由直线与囿相切，可得囿心到直线的距离与半径相等，由此可求出直线的斜率k，利用斜率与12tanPFF相等，得到a与c之间的关系，再求出离心率．思路2.由于离心率只与椭囿形状有关，可设出c值，由特值法求出离心率。【解析】解法一：依题如图：直线斜率不存在

时，直线与囿不相切，不符合题意；由直线过1F，设直线的方程为()ykxc，直线和囿2221()2xcyc相切，囿心1(,0)2c到直线的距离与半径相等，2|0|21ckkcck，解得255k，将xc代入22221xyab

，可得P点坐标为2(,)bPca，22121225tan25bPFaPFFkFFc，222525acac，212525ee，55e．故答案为：255,55．解法二：（李健老师补解）设1c，结合图，132AF,32AB，则1212sinsin3PFFBFA

，第12页（共19页）即12tan55BFA，即直线的斜率是255，所以112255PFFF，即112245555PFFF，由勾股定理得2655PF，则462552555a，即5a，1555cea.【归纳总结】本题考查了椭囿、囿的简单几何性质，以及点到直线的距

离公式，需要学生熟练掌握公式，是中档题．17.已知平面向量a、b、0cc满足1a，2b，0ab，0abc，记平面向量d在a、b方向上的投影分别为x、y，da在c方向上的投影分别为z，则222xyz的最

小值是.【思路分析】将问题背景特殊化，可取1,0a，0,2b，,cmn，则1,2ab，由0abc得20mn即2mn，又平面向量d在a、b方向上的投影分别为x、y可设,dxy，则1,daxy，即da在c方向上的投影分别为

22(1)225dacmxnyxyzcmn.即252xyz.由柯西不等式有2222222221122152510105xyzxyzxyz.当且仅当215252

xyzxyz，即251555xyz时，等号成立.【归纳总结】本题主要考查平面向量概念、数量积及其几何意义、柯西不等式，需要学生熟练运算，是中档题.三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18

．（14分）设函数()sincos()fxxxxR．（Ⅰ）求函数2[()]2yfx的最小正周期；（Ⅱ）求函数()()4yfxfx在[0，]2上的最大值．【思路分析】（Ⅰ）由2[()]2yfx，可得1sin2yx，然后利用周期公式求

出周期；（Ⅱ）2()()sin(2)442yfxfxx，由[0x，]2，得到124x的取值范围，再利用整体法求出()()4yfxfx的最大值．【解析】：函数()sincos2sin()

4fxxxx，（辅助角公式），（Ⅰ）函数222[()][2sin()]2cos()2244yfxxx1cos[2()]1cos(2)1sin242xxx，第13页（共19页）则最小正周期为22T；（

Ⅱ）函数()()2sin()2sin()4444yfxfxxx2(2(sincos)sin2(sincos)xxxsinxxx1cos2122(sin2)sin(2)2242xxx，因为[0,]2x，所以3

2[,]444x，所以当242x，即38x时，2()12maxfx．【归纳总结】本题考查了三角函数的图像性质，涉及求解函数的周期以及最值问题，考查了运算能力，属于基础题．19．（15分

）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，120ABC，1AB，4BC，15PA，M，N分别为BC，PC的中点，PDDC，PMMD．（Ⅰ）证明：ABPM；（Ⅱ）求直线AN与平面

PDM所成角的正弦值．【思路分析】（Ⅰ）由已知求解三角形可得CDDM，结合PMMD，可得CD平面PDM，进一步得到ABPM；（Ⅱ）由（Ⅰ）证明PM平面ABCD，由已知求解三角形可得AM，PM，取AD中点E，连接ME，以M为坐标原点，分别以MD、

ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出AN的坐标及平面PDM的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得直线AN与平面PDM所成角的正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD中，由已知可得，1CDAB，122CMBC，60DCM，由余弦定理可得，2222cos

60DMCDCMCDCM11421232，则222134CDDMCM，即CDDM，又PMMD，PMDMM，CD平面PDM，而PM平面PDM，CDPM，//CDAB，ABPM；第14页（共19页）（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD

平面PDM，又CD平面ABCD，平面ABCD平面PDM，且平面ABCD平面PDMDM，PMMD，且PM平面PDM，PM平面ABCD，连接AM，则PMMA，在ABM中，1AB，2BM，120ABM，可得2114212()72AM，又15PA

，在RtPMA中，求得2222PMPAMA，取AD中点E，连接ME，则//MECD，可得ME、MD、MP两两互相垂直，以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则(3A，2，0)，(0P，0，22)，(3,1,0)C

，又N为PC的中点，31(,,2)22N，335(,,2)22AN，平面PDM的一个法向量为(0,1,0)n，设直线AN与平面PDM所成角为，则5||152sin|cos,|6||||27252144ANnANnANn．故直线AN与

平面PDM所成角的正弦值为156．【归纳总结】本题考查直线与平面垂直的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求直线与平面所成的角，是中档题．20．（15分）已知数列{}na的前n项和为nS，194a，且1439

(*)nnSSnN．（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）设数列{}nb满足3(4)0(*)nnbnanN，记{}nb的前n项和为nT．若nnTb„对任意*nN恒成立，求实数的取值范围．【思路分析】（Ⅰ）首先利用递推关系式确定数列为等比数

列，然后结合等比数列的通项公第15页（共19页）式可得数列的通项公式；（Ⅱ）首先错位相减求得nT的值，然后分离参数利用恒成立的结论分类讨论即可求得实数的取值范围．【解析】：（Ⅰ）由1439nnSS可得1439(2)nnSSn…，两式作差，可得：143nn

aa，134nnaa，所以数列{}na是以94为首项，34为公比的等比数列，其通项公式为：1933()()3()444nnna．（Ⅱ）由3(4)0nnbna，得43(4)()34nnnn

ban，2313333332()1()(5)()(4)()44444nnnTnn，23413333333()2()1()(5)()(4)()444444nnnTnn

，两式作差可得：234113333333()()()()(4)()4444444nnnTn1193[1()]93164(4)()34414nnn111993334()(4

)()()44444nnnnn，则134()4nnTn．据此可得1334()(4)()44nnnn„恒成立，即(4)30nn…恒成立．4n时不等式成立；4n时，312344nnn

„，由于1n时12(3)14minn，故1„；4n时，312344nnn…，而12334n，故：3…；综上可得，{|31}剟．【归纳总结】本题主要考查由递

推关系式求数列的通项公式的方法，错位相减求和的方法，数列中的恒成立问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题．21．如图，已知F为抛物线22ypx(0)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的直线与C交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于P，Q，R，N，且满足2||||||RNPNQN，求直线l在x轴上截距的取值范围．第16页（共19页）【思路

分析】(1)根据点M的特性求出p值，写出抛物线的方程．（2）将2||||||RNPNQN转化为2||||RPQyyy得出关于直线l在x轴上截距的不等式，解不等式求出范围。【解析】(1)||2MF，故

2p，故抛物线的方程为：24yx．(2)设AB：1xty，11(,)Axy，22(,)Bxy，(,0)Nn，直线l：2yxn，由题设可得1n且12t．由214xtyyx可得2440yty，故124yy，12

4yyt，2||||||RNPNQN，故2111(1+||)1+||1+||444RPQyyy，故2||||RPQyyy．又MA：11(1)1yyxx，由11(1)12yyxxyxn可得1112(1)22Pny

yxy，同理2222(1)22Qnyyxy，由12xtyyxn可得2(1)21Rnyt，22122112(1)2(1)2(1)[]=||212222nnynytxyxy，整理得到221222111()(21)||1(22)(2

2)nyytnxyxy22221214(21)|(2)(2)|22tyyyy22222121212112214(21)+|+(+)2(+)4|42tyyyyyyyyyyyy22(21)

34tt，故222134()1(21)ntnt，令21st，则12st且0s，故2234(21)tt2224sss2241+ss211334()444s，故213()141nnn即214101nnn，解得743n

戒7431n戒1n．故直线l在x轴上的截距的范围为743n戒7431n戒1n．【归纳总结】本题主要考查抛物线的性质和方程求法、直线方程和两直线交点坐标求法、弦第17页（共19页）长公式、不等式解法、转化划归思

想方法使用，属于中档偏难题.22.设a，b为实数，且1a，函数2()xfxabxe(R).x(1)求函数()fx的单调区间；(2)若对任意22be，函数()fx有两个不同的零点，求a的取值范围；(3)当ae时，证明：对任意4be，函数

()fx有两个不同的零点1x，2x，满足2212ln2bbexxeb．(注：2.71828e是自然对数的底数)【思路分析】(1)求'()fx，以b的取值讨论()fx单调区间；（2）按照()fx有2个不同零点20xabxe有2个不同解，ln20xaebxe有2个不同的解,

再依据ln2xayebxe的单调性和最值求出实数a的取值范围.(3).解法一：将2212ln2bbexxeb转化22222222ln(5)2xxeexxxxe转化2222222lnln02xxxeexexe转化为转化为4()lnln2xxhxxe

在5x时为正解法二：将2212ln2bbexxeb转化1222122lnln()22xebbxbxeebee转化22lnebxb转化为2(ln)0efbb【解析】(1)2(

)xfxabxe，()lnxfxaab，①若0b，则()ln0xfxaab，()fx在R上单调递增；②若0b，当(,log)lnabxa时，()0fx，()fx单调递减，当(log,)lnabxa时，()0fx，()f

x单调递增．综上可得，0b时，()fx在R上单调递增；0b时，函数的单调减区间为(,log)lnaba，单调增区间为(log,)lnaba．(2)()fx有2个不同零点20xabxe有2个不同解，ln

20xaebxe有2个不同的解，令lntxa，则20lntetbea2lntbeeat，0t，记2()teegtt，22()()tteteegtt22(1)tetet，

记2()(1)thtete，()(1)10ttthteteet，又(2)0h，(0,2)t时，()0ht，(2,)t时，()0ht，则()gt在(0,2)单调递减，(2,)

单调递增，2(2)lnbgea，2lnbae，22be，22be，2ln21aae．即实数a的取值范围是2(1,]e．(3)法1：ae，2()xfxebxe有2个不同零点，则2xeebx，故函数的零点一定为正

数．第18页（共19页）由(2)可知有2个不同零点，记较大者为2x，较小者为1x，1222412xxeeeebexx，注意到函数2xeeyx在区间(0,2)上单调递减，在区间(2,)上单调递增，故122xx，又由5245eee知25x，122211122xee

eebxxxb，要证2212ln2bbexxeb，只需22lnexbb，222222xxeeebxx且关于b的函数2()lnegbbb在4be上单调递增，只需证22222222ln(5)2xxeexxxxe，只需

证2222222lnln02xxxeexexe，只需证2lnln202xexxe，242e，只需证4()lnln2xxhxxe在5x时为正，由于1()44xxhxxeex011)4(xexx，故函数()hx单调递增，又54520(5)ln5ln2l

n0202hee，故4()lnln2xxhxxe在5x时为正，从而题中的不等式得证．法2：当ae时，2()xfxebxe，()xfxeb，令()0lnfxxb且当lnxb时，()0fx，()fx单调递减；当lnxb时，()0fx，

()fx单调递增；min()(ln)fxfb22ln(1ln)bbbebbe242330beee，注意到2(0)10fe，22222()0bfbebebbe，()fx在(0,ln)b，

(ln,)bb各有一个零点1x，2x，12()0()0fxfx21122200xxxexebebxe，要证2212ln2bbexxeb1222122lnln()22xebbxbxeebee，由2()220fxeb，102x，122ln(

)2xbeee222ln()ln2beebe，故只需证：22lnebxb，即证：22lnexbb2lnlnebbb证：2(ln)0efbb，22ln(ln)lnebbefbebbb22ln(ln)eebbbebb

beb，而221ln440ebeebee，2(ln)0efbb【归纳总结】本题主要考查函数、导数、单调性、函数零点、方程的根、不等式、转化划归第19页（共19页）思想方法使用，属于

压轴偏难题.