2020届海南华侨中学高三第五次月考数学试题(解析版)

一、单选题 1．已知复数z24i，则z的模|z|为（ ） 2（i为虚数单位）

(1i)B．5 C．5

D．10

A．25 【答案】B

【解析】化简得到z2i，再计算z得到答案. 【详解】

z24i24i2i，故z5

(1i)22i故选B 【点睛】

本题考查了复数模的计算，意在考查学生的计算能力.

2xA，则集合B中元素的个数为2．设集合A1,0,1,2,3,4，Bx|xA,（ ） A．1 【答案】C

【解析】先求出集合B,再确定元素个数. 【详解】

B．2

C．3

D．4

2xA, 因为A1,0,1,2,3,4,Bx|xA,所以B0,1,2, 所以集合B中有3个元素, 故选:C. 【点睛】

本题考查集合,属于简单题.

3．在等比数列an中，若a4,a3,a5成等差数列，则数列an的公比为（ ） A．－1或－2 【答案】B

B．1或－2

C．1或2

D．－2

第 1 页 共 21 页

【解析】由等差中项的性质可得2a3a4a5,从而有q2q20,进而可得解. 【详解】

因为在等比数列an中,a4,a3,a5成等差数列,

2所以2a3a4a52a3a3qa3q, 2又an0,所以qq20,

解得q1或q2, 故选:B. 【点睛】

本题主要考查等差中项的性质运用,考查等比数列和计算能力,难度不大.

4134．设alog2，b23，c1，则（ ）

332A．abc 【答案】D

B．cab C．bca D．acb

【解析】根据指数,对数函数的单调性分别比较a,b,c与0,1的大小关系即可. 【详解】

alog2431log210, 3b221=2

11c1,故0c1,

33所以acb, 故选:D. 【点睛】

本题考查指数,对数式的大小比较,属于基础题.

5．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为 A．

2302 2B．

3 2C．5 2D．

7 2【答案】C

【解析】利用正方体ABCDA1B1C1D1中，CD//AB，将问题转化为求共面直线AB与

第 2 页 共 21 页

AE所成角的正切值，在ABE中进行计算即可.

【详解】

在正方体ABCDA1B1C1D1中，所以异面直线AE与CD所成角为EAB，CD//AB，设正方体边长为2a，则由E为棱CC1的中点，可得CEa，所以BE则tanEAB5a，

BE5a5.故选C. AB2a2

【点睛】

求异面直线所成角主要有以下两种方法：

（1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角； （2）向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.

6．唐朝著名的凤鸟花卉浮雕银杯（如图1所示），它的盛酒部分可以近似地看做是半球与圆柱的组合体（如图2），当这种酒杯内壁表面积固定时（假设内壁表面光滑，表面积为S平方厘米，半球的半径为R厘米），要使酒杯容积不大于半球体积的两倍，则R的取值范围为（ ）

3S0,A． 103S,B． 10S3S,C．510第 3 页 共 21 页

【答案】D

3SS, D．102【解析】根据题意,酒杯内壁表面积为圆柱与半球的表面积,列出S的表达式,再求出体积

V,解不等式即可.

【详解】

设圆柱的高度与半球的半径分别为h,R, 则表面积S2R22Rh,故RhSR2, 22323S3S4322所以酒杯的容积VRRhR(R)RRR„R,

332323S52所以„R,

23又

SR20, 22所以R故选:D. 【点睛】

S523SS, „R,解得„R23102本题考查了组合体的体积和表面积的计算,难度不大.

rrrrrrrr7．设a，b是非零向量，“abab”是“a//b”的（ ）

A．充分而不必要条件 C．充分必要条件 【答案】A

B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件

rrrrrrrrrrrrababcosa,bcosa,b1a,b0【解析】，由已知得，即，a//b.而当

rrrrrrrrrrrr时，arr”的充分abababab,b“”“还可能是，此时，故是a//ba//b而不必要条件，故选A.

【考点】充分必要条件、向量共线.

8．在三棱锥VABC中，面VAC面ABC，VAAC2，VAAC，BABC则三棱锥VABC的外接球的表面积是（ ） A．16

B．12

C．20

第 4 页 共 21 页

D．8

【答案】D

【解析】设AC边的中点为D,VC边的中点为O,则由题意可推出VA面ABC,又因为BABC,则点D为ABC的外接圆圆心,从而点O为VABC的外接球球心,最后代入数据求解即可. 【详解】

如图所示,设AC边的中点为D,

因为BABC,则点D为ABC的外接圆圆心, 因此三棱锥VABC的外接球球心在过点D的垂线上, 因为面VAC面ABC,面VACI面ABCAC,VAAC, 所以VA面ABC,

设VC边的中点为O,则VA//OD,即VABC的外接球球心在直线OD上, 又VAAC,则VOAO,

则点O即为VABC的外接球球心,

因为VAAC2,所以VABC的外接球半径RVO因此三棱锥VABC的外接球的表面积为4R28, 故选:D.

1VC2, 2

【点睛】

本题考查三棱锥外接球表面积的求法,需要学生具备一定的空间思维与想象能力,属于中档题.

二、多选题

y2sin3x9．关于函数1，下列叙述正确的是（ ）

4A．函数的最小正周期为

2 3B．其图象关于点,0对称 4第 5 页 共 21 页

C．其图象关于直线xπ对称 4D．其图象可由y2sinx【答案】AC

1图象上所有点的横坐标变为原来的3倍得到 4【解析】利用三角函数的图像及性质一一判断选项正误即可. 【详解】

y2sin3x1,

4其最小正周期T2,故选项A正确; 33)12sin11,其关于,1对称,故选项B错误; 444当x

4

时,y2sin(当x3π,故选项C正确; 时,3x44442y2sinx1图象上所有点的横坐标变为原来的3倍得到函数

41y2sinx1,故选项D错误;

43故选:AC 【点睛】

本题考查三角函数图像､性质的应用,难度不大.

2x110．已知函数f(x)x，g(x)2x，则下列结论正确的是（ ）

21A．f(x)g(x)为奇函数 C．f(x)g(x)为奇函数 【答案】BC

【解析】先判断函数f(x),g(x)的奇偶性,再利用函数奇偶性的性质判断选项正误. 【详解】

B．f(x)g(x)为偶函数

D．f(x)g(x)为非奇非偶函数

2x1,其定义域为(,0)U(0,), f(x)x21第 6 页 共 21 页

2x1(2x1)2x12xf(x)xxf(x), xx21(21)212故函数f(x)为奇函数, 又g(x)2x为奇函数,

根据函数奇偶性的性质可知:f(x)g(x)为偶函数,f(x)g(x)为奇函数, 故选:BC. 【点睛】

本题考查函数奇偶性的判断及其性质应用,难度不大.

11．如图，等边三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于G，已知AED是ADE绕DE旋转过程中的一个图形，下列命题中，正确的是（ ）

A．动点A在平面ABC上的射影在线段AF上

B．恒有平面AGF平面BCDE

C．三棱锥AEFD的体积有最大值

D．旋转过程中二面角ADEC的平面角始终为AGF 【答案】ABCD

【解析】由斜线的射影定理可判断A正确;由面面垂直的判定定理,可判断B正确;由三棱锥的体积公式,可判断C正确;由二面角的平面角定义可判断D正确. 【详解】

QADAE,ABC是正三角形, AGDE,GFDE， DE平面AGF，

因为DE平面BCED，所以平面AGF平面BCED

A在平面ABC上的射影在线段AF上,故A正确;

由A知, DE平面AGF,DE平面BCED

恒有平面AGF平面BCED,故B正确;

三棱锥A¢-FED的底面积是定值,体积由高即A到底面的距离决定,

故当平面ADE平面BCED时,三棱锥A¢-FED的体积有最大值,故C正确;

第 7 页 共 21 页

平面ADEI平面CDEDE,且AGDE,GFDE,则二面角ADEC的平面角为AGF,故D正确; 故选:ABCD. 【点睛】

本题考查了线面､面面垂直的判定定理及性质定理的运用,考查了二面角的平面角的概念,需要学生具备一定的空间想象能力.

212．已知函数f(x)2x，g(x)xax（其中aR）.对于不相等的实数x1，x2，

fx1fx2gx1gx2设m，n下列说法正确的是（ ）

x1x2x1x2A．对于任意不相等的实数x1，x2，都有m0；

B．对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n0； C．对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得mn； D．对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得mn. 【答案】AD

【解析】运用指数函数的单调性,即可判断A;由二次函数的单调性,即可判断B;通过函数

h(x)x2ax2x,求出导数判断单调性,即可判断C;通过函数h(x)x2ax2x,求出导

数判断单调性,即可判断D. 【详解】

对于A,由指数函数的单调性可得f(x)在R上递增,即有m0,则A正确; 对于B,由二次函数的单调性可得g(x)在(,)递减,在(成立,则B错误;

对于C,若mn,可得f(x1)f(x2)g(x1)g(x2),即为g(x1)f(x1)g(x2)f(x2), 设h(x)x2ax2x,则应有h(x1)h(x2),

而h(x)2xa2xln2,当a,h(x)小于0,h(x)单调递减,则C错误;

a2a,)递增,则n0不恒2对于D,若mn,可得f(x1)f(x2)[g(x1)g(x2)],即为f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)

设h(x)x2ax2x,则应有h(x1)h(x2),

第 8 页 共 21 页

而h(x)2xa2xln2,对于任意的a,h(x)不恒大于0或小于0, 即h(x)在定义域上有增有减,则D正确. 故选:AD. 【点睛】

本题考查函数的单调性及运用,运用指数函数和二次函数的单调性,以及导数判断单调性是解题的关键.

三、填空题

rvvvvrr13．已知两个单位向量a,b满足|ab|3|b|，则a,b的夹角为__________．

【答案】

 3【解析】将已知等式两边平方后,利用向量的夹角公式可解得. 【详解】

rrrr因为a,b是单位向量,所以|a||b|1,

因为|ab|rrr3|b|,

r2rr2所以(ab)3|b|, r2r2r2rr所以ab2ab3|b|,

所以|a|2|b|22|a||b|cosa,b3|b|2, 因为|a||b|1,

rrrrrrrrr3111rr, 所以cosa,b2112rr又a,b[0,],

rr所以a,b.

3故答案为:【点睛】

本题考查了向量的数量积和向量夹角公式,属于基础题. 14．已知等比数列

_______．

【答案】8.

第 9 页 共 21 页

中，

，数列

是等差数列，且

，则

 3【解析】根据等比数列的性质得到

.

【详解】

根据等比数列的性质得到：∴

(

舍去)，

再由等差数列的中项的性质得到：

，

由等差数列的中项的性质得到：∴

.

，

故答案为：8. 【点睛】

对于等差等比数列的小题，常用到的方法，其一是化为基本量即首项和公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质.

15．如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，且底面各边都相等，M②DMPC，③BMPC中是PC上的一动点，当点M满足条件①BMDM，的______时，平面MBD平面PCD（只要填写一个你认为是正确的条件序号即可）.

【答案】②（或③）

【解析】推出BDPC,则要得到平面MBD平面PCD,即要得到PC平面MBD,故只需PC垂直平面MBD内的一条与BD相交的直线即可. 【详解】

QPA底面ABCD,PABD,

Q底面各边都相等,ACBD,

QPAIACA,BD平面PAC,

BDPC,

当DMPC(或BMPC)时,即有PC平面MBD,

而PC平面PCD,平面MBD平面PCD. 故答案为:②(或③). 【点睛】

第 10 页 共 21 页

本题考查线面､面面垂直的判定与性质应用,需要学生具备一定的空间想象能力与逻辑思维能力.

16．设函数f(x)的定义域为R，满足f(x2)2f(x)，且当x(0,2)时，

5f(x)2xx2，则f______，若g(x)f(x)log16x，则g(x)有______个

2零点.

3【答案】 3

8【解析】由题可得f(x)1f(x2),故2511ff,再将g(x)的零点问题转换222为函数f(x)与h(x)log16x的图象交点问题求解. 【详解】

因为f(x2)2f(x),所以f(x)2又当x(0,2)时,f(x)2xx,

1f(x2), 2所以f11113515f2f1, 22222248画出f(x),h(x)log16x的图象如下图所示:

f(3)11g(3)log163,f(5)g(5)log165, 24因此两函数图象有3个交点,即g(x)有3个零点, 3故答案为:;3.

8【点睛】

本题考查函数性质的应用,考查数形结合法解决函数零点问题,属于中档题.

四、解答题 17．如图，直三棱柱的中点.

第 11 页 共 21 页

ACBC,ACBC1,CC12,点M是A1B1中，

（1）求证：B1C//平面AC1M； （2）求三棱锥A1AMC1的体积. 【答案】(1)证明见解析；（2）

1. 6【解析】（1）连接A1C交AC1与N，则N为A1C的中点，利用三角形中位线定理可得

MN//B1C，再由线面平行的判定定理可得结果；（2）由等积变换可得

VA1AMC1VAA1C1M，再利用棱锥的体积公式可得结果.

【详解】

（1）连接A1C交AC1与N，则N为A1C的中点， 又QM为A1B1的中点，

MN//B1C，

又因为MN平面AC1M，

B1C平面AC1M， B1C//平面AC1M；

（2）因为，直三棱柱A1B1C1ABC中，

第 12 页 共 21 页

ACBC,ACBC1,CC12，

且点M是A1B1的中点 所以VA1AMC1VAA1C1M

111SA1C1MAA1SA1C1B1AA1 3321111112. 3226【点睛】

本题主要考查线面平行的判定定理、利用等积变换求三棱锥体积，属于中档题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.

218．已知数列an，Sn为其前n项和，2Snnn.

（1）求an的通项公式： （2）若bn1，记Tn为数列bn的前n项和，求Tn.

anan232n3an 【答案】（1）n；（2）

42(n1)(n2)2【解析】(1)根据2Snnn,由anSnSn1即可求出an的通项公式:

(2)利用裂项相消法即可求出答案. 【详解】

(1)当n1时,2S12a12,即a11,

22由2Snnn得2Sn1(n1)n1(n1),

两式相减得:2an2n(n1), 即ann(n1), 又n1时上式也成立, 故ann; (2)由(1)知,bn1111,

n(n2)2nn2第 13 页 共 21 页

则Tn111111111L 232435nn211111 22n1n232n3. 42(n1)(n2)【点睛】

本题考查由数列的求和公式求通项公式,考查裂项相消法求和,难度不大.在由数列的求和公式求通项公式时,需注意n的取值范围.

19．2019年，海南等8省公布了高考改革综合方案将采取“312”模式，即语文、数学、英语必考，然后考生先在物理、历史中选择1门，再在思想政治、地理、化学、生物中选择2门为了更好进行生涯规划，甲同学对高一一年来的七次考试成绩进行统计分析，其中物理、历史成绩的茎叶图如图所示.

（1）若甲同学随机选择3门功课，求他选到物理、地理两门功课的概率； （2）试根据茎叶图分析甲同学的物理和历史哪一学科成绩更稳定.（不需计算） （3）甲同学发现，其物理考试成绩y（分）与班级平均分x（分）具有线性相关关系，

$，bˆ时统计数据如下表所示，试求当班级平均分为50分时，其物理考试成绩.（计算a精确到0.01）

x（分） 57 76 61 82 65 82 72 85 74 87 77 90 84 93 y（分）

参考数据：

xi17i490，yi595，

i172yx34840，i50767，2ii1i177第 14 页 共 21 页

xyi17ii419，xixyiy314.

i17ˆ参考公式：bxxyyxynxyiiiii1nnxixi1ni12xi1nˆx ˆyb，a2inx2【答案】（1）

1；（2）物理；（3）73 4【解析】(1)直接利用枚举法与古典概型概率计算公式求解;

(2)由茎叶图可知物理成绩的方差s2物理<历史成绩的方差s2历史,故物理成绩更稳定; (3)由表格数据先求x,y,再利用公式求出回归方程,进而得解. 【详解】

(1)记物理､历史分别为A1,A2,思想政治､地理､化学､生物分别为B1,B2,B3,B4, 由题意可知考生选择的情形有

A1,B1,B2,A1,B1,B3,A1,B1,B4,A1,B2,B3,A1,B2,B4,A1,B3,B4,A2,B1,B2,A2,B1,B3,A2,B1,B4,A2,B2,B3,A2,B2,B4,A2,B3,B4,共12

种,

他选到物理､地理两门功课的满情形有A1,B1,B2A1,B2,B3A1,B2,B4,共3种, ∴甲同学选到物理､地理两门功课的概率为P(2)由茎叶图可知物理成绩数据更集中, 故物理成绩的方差s(3)x2物理31; 124历史成绩的方差s2物理,故物理成绩更稳定;

5761657274778470,y85,

7ˆ∴bxy7xy419770853140.58,

34840770540x7xi1ii72i1i227$ybˆx850.587044.40, a∴y关于x的回归方程为y0.58x44.40, 当x50时,y0.585044.4073. 【点睛】

本题考查古典概型,考查茎叶图以及回归方程,属于中档题.在解决古典概型问题时,常利用枚举法进行答题.

第 15 页 共 21 页

20．ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2ccosA2ba

（1）求角C；

（2）若D是边BC的中点，AC5,AD【答案】（1）C（2）19或7；

【解析】（1）首先根据正弦定理边角互化，得到2sinCcosA2sinBsinA，由

21.求AB的长；

3；

1sinBsinAC，代入化简，最后得到cosC求角C；（2）首先在ACD中，

2根据余弦定理求CD，然后在ABC中再利用余弦定理求边AB. 【详解】

（1）Q2ccosA2ba，

由正弦定理得2sinCcosA2sinBsinA，

∴2sinCcosA2sin（AC）-sinA，

∴2sinCcosA2sinAcosC2cosAsinCsinA，

∴2sinAcosCsinA,sinA0，

cosC1， 2QC(0，),∴C3，

（2）在ACD中，由余弦定理得

ADACCD2ACCDcosC ∴2125CD5CD CD5CD40，

22222∴CD1或CD4，

当CD1时，BC2

ABC中，由余弦定理得

第 16 页 共 21 页

ABACBC2ACBCcosC

222125425219

2∴AB19，

当CD4时，BC8

ABACBC2ACBCcosC

22225258149 2∴AB7

∴AB19或AB7.

【点睛】

本题考查正余弦定理解三角形，属于基础题型，一般在含有边和角的等式中，可根据正弦定理的边角互化公式转化为三角函数恒等变形问题.

CD6，AD3，21．如图1，在直角梯形ABCD中，AB//CD，A90，AB2，

E为CD上一点，且DE4，过E作EF//AD交BC于F，现将CEF沿EF折到

PEF，使PED60，如图2.

（1）求证：PE平面ADP

（2）在线段PF上是否存在一点M，使DM与平面ADP所成的角为30°？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析

【解析】(1)解法一:由EFPE,EFDE,推出EF平面PDE,即有AD平面

PDE,故ADPE,结合PEPD即可推出PE平面APD;解法二:建立空间直角

坐标系,利用向量推出结论;

(2)由(1)知AD平面PDE,故以DA所在的直线为x轴,以DE所在的直线为y轴,在平面DPE内过D作DE的垂线,以垂线所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,设M是线

uuuuruuur段PF上一点,则存在0≤≤1,使PMPF,再利用向量,结合线面角公式列式求解

第 17 页 共 21 页

即可. 【详解】 (1)解法一:

∵DE4,PE2,PED60,

由余弦定理得DEPEPD2DEPE∵PD2PE216DE2,∴PEPD, 又直角梯形ABCD中,EF//AD, ∴EFPE,EFDE,PEIDEE, 则EF平面PDE,

又∵EF//AD,∴AD平面PDE,∴ADPE,

又因为直线AD,PD在平面APD内,且相交于D,∴PE平面APD. 解法二:

以为EFPE,EFDE,且PEIDEE, 则EF平面PDE,所以平面DEF平面PDE,

以DA所在的直线为x轴,以DE所在的直线为y轴,在平面DPE内过D作DE 的垂线,以垂线所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示:

2221PD23, 2

则D(0,0,0),A(3,0,0),P0,3,3,E(0,4,0),

uuuruuuruuur∴DA(3,0,0),DP0,3,3,EP0,1,3,

uuuruuuruuuruuur∴DAEP0,DPEP0,

∴DAEP,DPEP ∴DAEP,DPEP,

∵DA,DP是平面ADP内的相交直线, ∴PE平面APD.

第 18 页 共 21 页

uuuruuuruuuruuur(2)由(1)知AD平面PDE,∴平面ADE平面PDE,

以DA所在的直线为x轴,以DE所在的直线为y轴,在平面DPE内过D作DE的垂线,以垂线所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示:

则D(0,0,0),P0,3,3,E(0,4,0),F3,4,0, 2uuur3uuur则EP0,1,3,PF,1,3,

2ruuur∵PE平面ADP,∴平面ADP的一个法向量为nEP0,1,3,

设M是线段PF上一点,则存在0≤≤1,使PMPF,

uuuuruuuruuuuruuuruuuur33∴DMDPPM0,3,3,1,3,3,33,

22ruuuurruuuurnDM4cosn,DMruuuur, 2nDM2548如果直线DM与平面ADC所成的角为30°,

ruuuur那么cosn,DMsin30,即解得21,

225248416,此方程在0,1内无解, 13所以在线段PF上不存在一点M,使DM与平在ADP所成的角为30°. 【点睛】

本题考查线面垂直的判定及应用,考查空间向量在线面角上的应用,需要学生具备一定的空间思维及想象能力,属于中档题.

22．已知函数f(x)lnxax2(2a1)x(a1). （1）若a1，分析f(x)的单调性. 2第 19 页 共 21 页

（2）若对x1，都有f(x)0恒成立，求a的取值范围；

n21n22n2kn2n（3）证明：222e对任意正整数n均成立，其中e2nnnn为自然对数的底数.

【答案】（1）单调增区间为(0,)，无减区间；（2）,；（3）证明见解析 【解析】(1)直接对函数求导,利用导数研究其单调性即可; (2)对f(x)求导后,再根据a的取值进行分情况讨论即可;

12n21n22n2kn2n1(3)题目可变形为证明不等式lnln2lnln2n2nn2n2恒成立,又由(1)可得lnx(x1)11k(x1)在(1,)恒成立,则令x12,即有2nkkk2k1ln122422,据此即可推出结论.

n2nnn2n【详解】

1123(x1)2(1)a,f(x)lnxx2x,f(x),x(0,),

222x故f(x)0在(0,)上恒成立,

所以f(x)的单调增区间为(0,),无减区间.

12ax2(2a1)x1(2ax1)(x1)(2)f(x)2ax(2a1). xxx∵x1,∴x10,

故:①当a0时,f(x)0,f(x)在(1,)上单调递减,

而f(1)0,∴f(x)0,不符合题意;

②当a111,f(x)在(1,)上单调递增, 时,即

22a而f(x)f(1)0,∴符合题意;

③当0a111f(x)f(x)0,,时,x1,在1,上单调递减,

22a2a而f(1)0,∴此时f(x)0,不符合题意;

第 20 页 共 21 页

综上所述,a的取值范围为,.

12n21n22n2kn2n(3)证明:要证明222e, 2nnnnn21n22n2kn2n1等价于证明lnln2lnln2,

n2nn2n2由(1)可得lnx(x1)11(x1)在(1,)恒成立, 2kk2

令x12,k1,2,3,,n,则21,

nn

kkk2k1∴ln122422,

n2nnn2n11n21n22n2kn2n12n∴ln nlnlnln222222n2n2nnnnn21n22n2kn2n1∴lnln2lnln2成立, 22nnnn2∴n1n2n3nnen成立. 【点睛】

本题考查利用导数研究函数的单调性,解决恒成立问题以及不等式证明问题,难度较大.

22222n第 21 页 共 21 页