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1、第 1页（共 24 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|1Axx，|12Bxx，则(A B)A|1xx B|1xxC|11xx D|12xx 2已知a R，(1)3(ai ii i 为虚数单位），则(a)A1B1C3D33已知非零向量a，b，c，则“ac bc”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既不充分也不必要条件4某几何体的三视图如图所示（单位：)cm，则该几何体的体积（单位：3)cm是()A32B3C322D325若实数x，y满足约束条
2、件1 00231 0 xx yxy，则12z xy 的最小值是()A2B32C12D1106如图，己知正方体1111ABCD AB CD，M，N分别是1AD，1DB的中点，则()第 2 页（共 24 页）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1 1BDD BC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1 1BDD B7已知函数21()4fxx，()singxx，则图象为如图的函数可能是()A1()()4y fxgxB1()()4y fxgxC()()y fxgxD()()gxyfx9已知a，
3、b R，0ab，函数2()()fx ax bx R若()fs t，()fs，()fs 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10已知数列 na满足11a，1(*)1nnnaan Na 记数列 na的前n项和为nS，则()A100132SB10034SC100942SD100952S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第 3 页（共 24 页）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
4、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12SS12已知a R，函数24,2,()|3|,2xxfxxax 若(6)3ff，则a 13已知多项式344321234(1)(1)xxxa x axax a，则1a；234aaa14在ABC中，60B ，2AB，M是BC的中点，23AM，则AC；cosMAC15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m n，()E16已知椭圆22221(0)xya bab，焦点1(,0)F c，2(F c，0)(0)c 若过1F的直线和圆2221()2
5、xcyc相切，与椭圆的第一象限交于点P，且2PF x轴，则该直线的斜率是，椭圆的离心率是三、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()sin cos()fxxxx R（）求函数2()2yfx的最小正周期；（）求函数()()4y fxfx在0，2上的最大值19（15分）如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是平行四边形，120ABC，1AB，4BC，15PA，M，N分别为BC，PC的中点，PD DC，PM MD（）证明：AB PM；第 4 页（共 24页）（）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
6、n项和为nS，194a，且1439(*)nnSSn N（）求数列 na的通项公式；（）设数列 nb满足3(4)0(*)nnbnan N，记 nb的前n项和为nT若nnTb对任意*n N恒成立，求实数的取值范围第 5 页（共 24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，|12Bxx，则(A B)A|1 xx B|1 xxC|11 xx D|12xx【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，|12Bxx，所以|12A Bxx故
7、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a R，(1)3(ai ii i 为虚数单位），则(a)A1B1C3D3【思路分析】利用复数相等的定义求解即可【解析】：因为(1)3ai ii，即3a ii ，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“ac bc”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a b，可得0a b ，
8、则()0a b c，即ab bc ，第 6 页（共 24页）所以a b 可以推出ab bc ，故“ac bc”是“a b”的必要条件由ac bc 可得 0a b c，由于向量a，b，c是非零向量，所以 0a b c推不出a b，综上所述，“ac bc”是“a b”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某几何体的三视图如图所示（单位：)cm，则该几何体的体积（单位：3)cm是()A32B3C322D32【思路分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为直四棱柱，底面四边形ABCD为等腰梯形，由已知三视图求得
9、对应的量，再由棱柱体积公式求解【解析】：由三视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，第 7 页（共 24页）且2 2AB，2CD，11AA，等腰梯形的高为22222，则该几何体的体积123(2 22)1222V 故选：A【归纳总结】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题5若实数x，y满足约束条件1002310 xx yxy，则12z xy 的最小值是()A2B32C12D110【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
10、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，联立1 0231 0 xxy ，解得(1,1)A，化目标函数12z xy 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1 00 xx y ，第 8 页（共 24页）1 0231 0 xxy ，0231 0 x yxy ，即 得 三 个 顶 点1,1，1,1，11,55，所 以1111(1)22z ，2131122z ，21 1 115 2 5 10z ，则z最小
11、值为32故选：B【归纳总结】本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是中档题6如图，己知正方体1 1 1 1ABCD AB CD，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1 1BDD BC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1 1BDD B【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/M
12、N AB，可知MN不与平面1 1BDD B垂直，可判断D【解析】：连接1AD，如图：由正方体可知11ADAD，1ADAB，1AD平面1ABD，第 9 页（共 24页）11ADDB，由题意知MN为1DAB的中位线，/MN AB，又AB 平面ABCD，MN 平面ABCD，/MN平面ABCDA对；由正方体可知AD、1AD都与平面1BDD相交于点D，1DB平面1BDD，1D DB，直线AD、1AD都与直线1DB是异面直线，B、C错；/MN AB，AB不与平面1 1BDD B垂直，MN不与平面1 1BDD B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
13、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()A1()()4y fxgxB1()()4y fxgxC()()y fxgxD()()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()()sin4y fxgxxx 为非奇非偶函数，故选项A错误；函数21()()sin4y fxgxxx 为非奇非偶函数，故选项B错误；第 10页（共 24页）函数21
14、()()()sin4y fxgxxx，则212sin()cos 04yxxxx 对(0,)4x恒成立，则函数()()y fxgx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，b R，0ab，函数2()()fx ax bx R若()fs t，()fs，()fs 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【思路分析】利用等比中项的定义得到2()()
15、()fsfs tfs t，代入解析式中整理化简，可得222(22)0tat as b，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()fx ax b，因为()fs t，()fs，()fs t成等比数列，则2()()()fsfs tfs t，即2222()()()as bas tbas tb，即2 4222222222()()()()asabs ba s t s tab s tab s tb，整理可得42 222220at as tabt，因为0a，故4222220at as tbt，即222(22)0tat as b，所以0t 或22220at as b，当0t 时，点(,)s
16、 t的轨迹是直线；当22220at as b，即2212stbbaa，因为0ab，故点(,)s t的轨迹是双曲线综上所述，平面上点(,)s t的轨迹是直线或双曲线故选：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(*)1nnnaan Na 记数列 na的前n项和为nS，则()第 11页（共 24页）A100132SB10034SC100942SD100952S【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
17、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，113nnanan，由累乘法得6116(1)(2)12nannnn，当1n 取等号，10011113101 1021 11 16262 331024S 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
18、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12SS25【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21SS S 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，第 12页（共 24页）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2112543 4 12SSS 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a R，函数24,2,()|3
19、|,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)4 2f，则(6)fff（2）|2 3|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)xxxa x axax a，则1a5；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，
20、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)5a CC；令1x，则有3412341(1 1)(1 1)16a aa a ，所以234165 1 10aaa 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，第 13页（共 24页）4324()41461xxxxx，所 以 由344321234(1)(1)xxxa x axax a 得11 4 5a ，23 6 3a ，33 4 7a ，41 1 0a ，故2343 7 0 10aaa 【归纳总结】本题考查
21、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；cosMAC【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：2222cos60AMBA BMBA BM，2221(2 3)22 22BMBM ，228 0BMBM，解得：4BM或2（舍去）点M是BC中点，4MC，8BC，在ABC中：222282 2 8cos6052AC ，213AC；在AMC中：222(2 3)(2 13)4239cos132 23 213MAC故答案为：213；23913【归纳总结】本题考
22、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m n 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m n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)6 36m nCPC ，又一红一黄的概率为1 14241 123 36mm nCCC ，所以21436,3m nmCC，解得3m，2n，故1m n；由题意，的可能取值为 0，
23、1，2，第 14页（共 24页）所以252910 5(0)3618CPC，1 14 5292010(1)3618CCPC，13(2)6 18P，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已知椭圆22221(0)xya bab，焦点1(,0)F c，2(F c，0)(0)c 若过1F的直线和圆2221()2xcyc相切，与椭圆的第一象限交于点P，且2PF x轴，则该直线的斜率是255，椭圆的离心率是【思路分析】思路 1.由直
24、线与圆相切，可得圆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1 2tanPF F相等，得到a与c之间的关系，再求出离心率思路 2.由于离心率只与椭圆形状有关，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，直线与圆不相切，不符合题意；由直线过1F，设直线的方程为()y kx c，直线和圆2221()2xcyc相切，圆心1(,0)2c到直线的距离与半径相等，2|0|21ckkcck ，解得255k，将x c代入22221xyab，可得P点坐标为2(,)bPca，第 15页（共 24页）221 21 225tan25bPFaPF FkFFc，22252
25、5acac，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1 212sinsin3PF FBF A，即12tan55BF A，即直线的斜率是255，所以11 2255PFFF，即11 2245555PFFF，由勾股定理得2655PF，则46255 2555a，即5a，1555cea.【归纳总结】本题考查了椭圆、圆的简单几何性质，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，0a b c ，记平面向量d在a、b方向上的投影分别为x、y，d a 在c方向上的投影分别为
26、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 1,2a b ，由 0a b c 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,d axy ，即d a 在c方向上的投影分别为 22(1)225d a cmxny xyzcmn .即252x yz.由柯西不等式有2222222221122 152510105xyzxyzx yz .第 16页（共 24页）当且仅当2 15252x yzx yz ，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
27、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()sin cos()fxxxx R（）求函数2()2yfx的最小正周期；（）求函数()()4y fxfx在0，2上的最大值【思路分析】（）由2()2yfx，可得1 sin2yx，然后利用周期公式求出周期；（）2()()sin(2)442y fxfxx，由0 x，2，得到124x的取值范围，再利用整体法求出()()4y fxfx的最大值【解析】：函数()sincos 2 sin()4fxxxx，（辅助角公式），（）函数222()2 sin()2cos()22 44yfx
28、xx 1 cos2()1 cos(2)1 sin242xxx ，则最小正周期为22T；（）函数()()2 sin()2 sin()444 4y fxfxxx 2(2(sincos)sin2(sincos)xxxsinxxx1 cos2122(sin2)sin(2)2242xxx，因为0,2x，所以32,44 4x ，第 17页（共 24页）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P ABCD中，底面ABCD是平行四边形，120ABC，1AB，4BC，15P
29、A，M，N分别为BC，PC的中点，PD DC，PM MD（）证明：AB PM；（）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值【思路分析】（）由已知求解三角形可得CD DM，结合PM MD，可得CD 平面PDM，进一步得到AB PM；（）由（）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】（）证明：在平行四边形ABCD中，由已知可得，1CD AB，122CMBC，60DCM，由余弦定理可得，
30、2222cos60DMCD CMCD CM11 4 2 1 232 ，则2221 3 4CDDMCM ，即CD DM，又PM MD，PM DM M，CD平面PDM，第 18页（共 24页）而PM平面PDM，CD PM，/CD AB，AB PM；（）解：由（）知，CD 平面PDM，又CD 平面ABCD，平面ABCD平面PDM，且平面ABCD平面PDM DM，PM MD，且PM平面PDM，PM平面ABCD，连接AM，则PM MA，在ABM中，1AB，2BM，120ABM，可得211 4 2 1 2()72AM ，又15PA，在Rt PMA中，求得2222PMPA MA，取AD中点E，连接ME，则/
31、ME CD，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，0，2 2)，(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|27252 144ANnAN nAN n 故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为156第 19页（共 24页）【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
32、知数列 na的前n项和为nS，194a，且1439(*)nnSSn N（）求数列 na的通项公式；（）设数列 nb满足3(4)0(*)nnbnan N，记 nb的前n项和为nT若nnTb对任意*n N恒成立，求实数的取值范围【思路分析】（）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式可得数列的通项公式；（）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】：（）由1439nnSS可得1439(2)nnSSn，两式作差，可得：143nnaa，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()
33、()3()444nnna（）由3(4)0nnbna，得43(4)()34nnnnban，2313333332()1()(5)()(4)()44444nnnTnn ，第 20页（共 24页）23413333333()2()1()(5)()(4)()444444nnnTnn ，两式作差可得：234113333333()()()()(4)()4444444nnnTn 11931()93164(4)()34414nnn 1119 93334()(4)()()4 4444nnnnn ，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；4
34、n 时，312344nnn，由于1n 时12(3)14minn，故1；4n 时，312344nnn，而12334n，故：3；综上可得，|31【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|RNPN QN，求直线l在x轴上截距的取值范围第 21页（共 24页）【思路分析】
35、(1)根据点M的特性求出p值，写出抛物线的方程（2）将2|RNPN QN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：1x ty，11(,)Ax y，22(,)Bx y，(,0)Nn，直线l：2yxn，由题设可得1n 且12t 由214x tyyx 可得244 0yty，故1 24yy，124y yt，2|RNPN QN，故2111(1+|)1+|1+|444RPQyyy，故2|RPQyyy又MA：11(1)1yyxx，由11(1)12yyxxyxn 可得1112(1)22Pnyyxy，同理2
36、222(1)22Qnyyxy，由12x tyyxn 可得2(1)2 1Rnyt，22122112(1)2(1)2(1)=|2 12222nnynytxyxy ，整理得到221 222111()(21)|1(2 2)(22)ny ytnxyxy 22221214(2 1)|(2)(2)|22tyyyy 22 222 121212 11 2214(2 1)+|+(+)2(+)4|42tyyy yy yyyyyy y22(21)3 4tt，故22213 4()1(21)ntnt，令2 1st，则12st且0s，第 22页（共 24页）故223 4(21)tt2224sss22 41+s s21 13
37、 34()44 4s，故213()141nnn即214 1 01nnn ，解得7 43n 或7 431n 或1n 故直线l在x轴上的截距的范围为7 43n 或7 431n 或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()xfx abxe(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a e时，证明：对任意4b e，函数()fx有两个不同的零点1x，2x，满足2212ln2b bexxeb(
38、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20 xabxe有 2个不同解，ln20 x aebxe有 2个不同的解,再依据ln2x ay ebxe的单调性和最值求出实数a的取值范围.(3).解法一：将2212ln2b bexxeb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2212ln2b bexxeb转化1222122lnln()22xebbxbxeebee转化22lneb xb转化
39、为2(ln)0efbb【解析】(1)2()xfx abxe，()lnxfx aa b，若0b，则()ln0 xfx aa b ，()fx在R上单调递增；若0b，当(,log)lnabxa时，()0fx，()fx单调递减，当(log,)lnabxa时，()0fx，()fx单调递增第 23页（共 24页）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20 xabxe有 2个不同解，ln20 x aebxe有 2个不同的解，令lnt x a，则20lntetbea 2lntbe eat，
40、0t，记2()te egtt，22()()tte t e egtt 22(1)tetet，记2()(1)tht ete，()(1)10tttht eteet ，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，2ln 21aa e 即实数a的取值范围是2(1,e(3)法1：a e，2()xfx e bxe 有 2个不同零点，则2xe ebx，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2x，较小者为1x，1222412xxeeeebexx，注意到函数2
41、xeeyx在区间(0,2)上单调递减，在区间(2,)上单调递增，故122xx，又由5245e ee知25x，122211122xeeeebxxxb，要证2212ln2b bexxeb，只需22lnexbb，222222xxeeebxx且关于b的函数2()lnegbbb在4b e上单调递增，只需证22222222ln(5)2xxeexxxxe，只需证2222222lnln02xxxeexexe，只需证2lnln2 02xexxe，第 24页（共 24页）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54
42、5 20(5)ln5ln2 ln0202hee，故4()lnln2xxhxxe在5x 时为正，从而题中的不等式得证法 2：当a e时，2()xfx e bxe ，()xfx e b ，令()0lnfxxb 且当lnxb时，()0fx，()fx单调递减；当lnxb时，()0fx，()fx单调递增；min()(ln)fxf b22ln(1 ln)b b b ebb e 242330b ee e ，注意到2(0)10fe ，22222()0bfbe b eb b e ，()fx在(0,ln)b，(ln,)bb各有一个零点1x，2x，12()0()0fxfx21122200 xxxex ebebx e，要证2212ln2b bexxeb1222122lnln()22xebbxbxeebee，由2()220fxeb，102x，122ln()2xbeee222ln()ln2be ebe，故只需证：22lneb xb，即证：22lnexbb2ln lnebbb证：2(ln)0efbb，22ln(ln)lnebbefbeb bb22ln(ln)eebbbe b b beb，而221ln44 0ebeeb ee ，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、转化划归思想方法使用，属于压轴偏难题.