2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题(解析版).pdf

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1、20212021年年普普通通高高等等学学校校招招生生全全国国统统一一考考试试数数学学本本试试卷卷共共4 4页页，2222小小题题，满满分分150150分分.考考试试用用时时120120分分钟钟.注注意意事事项项：1.1.答答卷卷前前，考考生生务务必必将将自自己己的的姓姓名名.考考生生号号.考考场场号号和和座座位位号号填填写写在在答答题题卡卡上上.用用2 2B B铅铅笔笔将将试试卷卷类类型型(A A)填填涂涂在在答答题题卡卡相相应应位位置置上上.将将条条形形码码横横贴贴在在答答题题卡卡右右上上角角“条条形形码码粘粘贴贴处处”.2.2.作作答答选选择择题题时时，选选出出每每小小题题答答案案后后，用

2、用2B2B铅铅笔笔在在答答题题卡卡上上对对应应题题目目选选项项的的答答案案信信息息点点涂涂黑黑：如如需需改改动动，用用橡橡皮皮擦擦干干净净后后，再再选选涂涂其其他他答答案案.答答案案不不能能答答在在试试卷卷上上.3.3.非非选选择择题题必必须须用用黑黑色色字字迹迹的的钢钢笔笔或或签签字字笔笔作作答答，答答案案必必须须写写在在答答题题卡卡各各题题目目指指定定区区域域内内相相应应位位置置上上；如如需需改改动动，先先划划掉掉原原来来的的答答案案，然然后后再写再写再写上再写上上上新新答答案案；不不准准使使用用铅铅笔笔和和涂涂改改液液.不不按按以以上上要要求求作作答答无无效效.4.4.考考生生必必须须保

3、保持持答答题题卡卡的的整整洁洁.考考试试结结束束后后，将将试试卷卷和和答答题题卡卡一一并并交交回回.一一.选选择择题题：本本题题共共8 8小小题题，每每小小题题5 5分分，共共4040分分.在在每每小小题题给给出出的的四四个个选选项项中中，只只有有一一项项是是符符合合题题目目要要求求的的.1.设集合A.A x 2 x 4B 2,3,4,5，B.，则AB（）C.22,33,4D.2,3,4【.案】B【解析】【分析】利用交集的定义可求AB.【详解】由题设有故选：B.2.已知zA.62i【答案】C【解析】【分析】利用复数的乘法和共轭复数的定义可求得结果.【详解】因为z 2i，故z 2i，故故选：C.

4、3.已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A.2【答案】BB.2 2C.4D.4 2A B 2,3，2i，则zz i（）B.42iC.62iD.4 2iz z i 2i22i 62i【解析】【分析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l的值，即为所求.【详解】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则l 22，解得l 2 2.故选：B.fx 7sinx6单调递增的区间是（）4.下列区间中，函数30,2A.2B.2C.【答案】A【解析】3,2D.22k【分析】解不等式 x 2kk Z262，利用赋值法可得出结论.2k,2kk

5、 Z22y sin x【详解】因为函数的单调递增区间为，fx 7sinx2k x 2kk Z6，由262对于函数，22k x 2kk Z33解得，2,f x 33，k 0取，可得函数的一个单调递增区间为220,233233，A选项满足条件，B不满足条件；则，58,f x 33，取k 1，可得函数的一个单调递增区间为32358358,2,233且233，233，CD选项均不满足条件.故选：A.【点睛】方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成y Asinx形式，再求y Asinx的单调区间，只需把x看作一个整体代入y sin x的相应单调区间内即可，注意要先把化为正数x2y21MF1

6、 MF2FFC45.已知1，2是椭圆：9的两个焦点，点M在C上，则的最大值为（）A.13【答案】C【解析】B.12C.9D.6【分析】本题通过利用椭圆定义得到2MF1 MF22a 6，借助基本不等式【详解】由题，MF1 MF2MF1 MF22即可得到答案MF1 MF22a 6a2 9,b2 4，则2，MF1 MF2MF1 MF29MF1 MF232所以（当且仅当时，等号成立）故选：C【点睛】本题关键在于正确理解能够想到求最值的方法，即通过基本不等式放缩得到sin1sin2tan 2sincos6.若，则（）62A.5B.5【答案】C【解析】2C.56D.5【分析】将式子进行齐次化处理，代入ta

7、n 2即可得到结果【详解】将式子进行齐次化处理得：22sin1sin2sinsincos2sincossinsincossincossincossinsincostan2tan422sin2cos21tan2145故选：C【点睛】易错点睛：本题如果利用tan 2，求出sin,cos的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论a,b可以作曲线y e7.若过点A.e aC.0 a e【答案】D【解析】bbx的两条切线，则（）B.e bD.0 b eaa【分析】根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定结果xxxPt,ety ey ey e【

8、详解】在曲线上任取一点，对函数求导得，ttttxye exty e x 1t ey e所以，曲线在点P处的切线方程为，即，a,by etx1tetb aet1teta1tet由题意可知，点在直线上，可得，令fta1tetf t 0，则f tatetft.当t a时，此时函数单调递增，f t 0ft当t a时，此时函数单调递减，所以，ftmax fa ea，y ftb ftmaxeay b由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，ftft 0ft 0当t a1时，当t a1时，作出函数的图象如下图所示：由图可知，当0 b e时，直线y b与曲线ay ft的图象有两个交点.故选：D.【点睛】数形

9、结合是解决数学问题常用且有效的方法8.有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（）A.甲与丙相互独立C.乙与丙相互独立【答案】B【解析】【分析】根据独立事件概率关系逐一判断B.甲与丁相互独立D.丙与丁相互独立11561P(甲)，P(乙)，P(丙)，P(丁)，6636366，【详解】P(甲丙)0 P(甲)P(丙)，P(甲丁)P(乙丙)故选：B1 P(甲)P(丁)，361 P(乙)P(

10、丙)，P(丙丁)0 P(丁)P(丙)，36【点睛】判断事件A,B是否独立，先计算对应概率，再判断P(A)P(B)P(AB)是否成立二二.选选择择题题：本本题题共共4 4小小题题，每每小小题题5 5分分，共共2020分分.在在每每小小题题给给出出的的选选项项中中，有有多多项项符符合合题题目目要要求求.全全部部选选对对的的得得5 5分分，部部分分选选对对的的得得2 2分分，有有选选错错的的得得0 0分分.9.有一组样本数据x1，x2，xn，由这组数据得到新样本数据y1，y2，yn，其中yi xic(i 1,2,n),c为非零常数，则（）A.两组样本数据的样本平均数相同B.两组样本数据的样本中位数相

11、同C.两组样本数据的样本标准差相同D.两组样数据的样本极差相同【答案】CD【解析】【分析】A、C利用两组数据的线性关系有E(y)E(x)c、D(y)D(x)，即可判断正误；根据中位数、极差的定义，结合已知线性关系可判断B、D的正误.【详解】A：E(y)E(xc)E(x)c且c 0，故平均数不相同，错误；B：若第一组中位数为xi，则第二组的中位数为yi xic，显然不相同，错误；C：D(y)D(x)D(c)D(x)，故方差相同，正确；D：由极差的定义知：若第一组的极差为xmax xmin，则第二组的极差为ymax ymin(xmaxc)(xminc)xmax xmin故选：CD10.已知O为坐标

12、原点，点，故极差相同，正确；P1cos,sin，P2cos,sin，P3cos,sin，AA1,0，则（）OP1 OP2C.OAOP3OP1OP2B.D.AP1 AP2 OAOP1OP2OP3【答案】AC【解析】OP2、AP1，AP2的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D根据向量1，【分析】A、B写出OP的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.【详解】A：B：22|OP2|(cos)(sin)1|OP1|OP2|，正确；，故 APAP2(cos1,sin)1(cos1,sin)，OP1(cos,sin)，OP2(cos,sin)，所以 22|OP|cossin

13、11，所以 22222|AP|(cos1)sincos2cos1sin2(1cos)4sin 2|sin|122|AP2|(cos1)2sin2 2|sin|1|,|AP2|不一定相等，错误；2，故|AP，同理 OAOP31cos()0sin()cos()C：由题意得：，OP1OP2 coscossin(sin)cos()，正确；OAOP11cos0sin cos，D：由题意得：OP2OP3 coscos()(sin)sin()coscos2sinsincossinsincoscossin2 coscos2sinsin2 cos(2)，错误；故选：ACx5y511.已知点P在圆A.点P到直线A

14、B的距离小于10B.点P到直线AB的距离大于2C.当PBA最小时，D.当PBA最大时，【答案】ACD【解析】2216上，点A4,0、B0,2，则（）PB 3 2PB 3 2【分析】计算出圆心到直线AB的距离，可得出点P到直线AB的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当PBA最大或最小时，PB与圆M相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.x5y5【详解】圆2216的圆心为M5,5，半径为4，xy142直线AB的方程为，即x 2y 4 0，5254圆心M到直线AB的距离为12221111 5 455，11 511 54 24 1055P所以，点到直线AB的距离的最小值为，最大值为，A选

15、项正确，B选项错误；如下图所示：当PBA最大或最小时，PB与圆M相切，连接MP、BM，可知PM PB，BM 项正确.05252234，MP 4，由勾股定理可得BP BM MP3 222，CD选故选：ACD.【点睛】结论点睛：若直线l与半径为r线l的距离的取值范围是12.在正三棱柱圆C相离，圆心C到直线l的距离为d，则圆C上一点P到直d r,d r.中，AB AA11，点P满足ABC A1B1C1 BP BC BB1，其中0,1，0,1，则（）A.当1时，AB1P的周长为定值P A1BCB.当1时，三棱锥的体积为定值C.当D.当12时，有且仅有一个点P，使得A1P BP12时，有且仅有一个点P，

16、使得A1B 平面AB1P【答案】BD【解析】【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B，将P点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数【详解】易知，点P在矩形 BP BCBB1=BCCC1，即此时P线段CC1，AB1P周长不是定值，故A对于A，当1时，错误；BCC1B1内部（含边界）BPBCBB1=BB1B1C1，故此时P点轨迹为线段B1C1，而B1C1/BC，对于

17、B，当1时，B1C1/平面A1BC，则有P到平面A1BC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确 1 1 BPBCBB1BCBP BQQH，所22时，对于C，当，取BC，11中点分别为Q，H，则3A1,0,12P0,0,QH，P以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，3 11AP,0,11BP 0,B0,022，10，所以 0或1故，2，则 11 BPBCBB1BBM,NBP BM MN，所以P点22时，对于D，当，取1，CC1中点为H,Q均满足，故C错误；3313 11A0,0APP0,y0,2，2,y0,2A1B2,2,12MN轨迹为线段设，因为，所以，3111y00 y02

18、2，此时P与N重合，故D正确，所以42故选：BD【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内三三.填填空空题题：本本题题共共4 4小小题题，每每小小题题5 5分分，共共2020分分.13.已知函数fx x3a2x2x是偶函数，则a _.【答案】1【解析】【分析】利用偶函数的定义可求参数a的值.【详解】因为因为时fx x3a2x2x，故，fx x3a2x2x，fx为偶函数，故fx fxx3a2x2x x3a2x2xa12x+2x=0，整理得到，故a 1，故答案为：12y 2px(p 0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，OC14.已知为坐标原点，抛物线：Q为x

19、轴上一点，且PQ OP，若FQ 6，则C的准线方程为_.x 【答案】【解析】32【分析】先用坐标表示P，Q，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得p，即得结果.ppP(,p)Q(6,0),PQ (6,p)22【详解】不妨设p36 p2 0 p 0 p 3x C的准线方程为2因为PQ OP，所以23x 2故答案为：【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.15.函数fx 2x1 2ln x的最小值为_.【答案】1【解析】【分析】由解析式知f(x)定义域为(0,)，讨论性，即可求f(x)最小值.【详解】由题设知：0 x 11 x 12、2、x 1，并结合导数研究的单调f(x)|2x1|2ln x定

20、义域为(0,)，0 x 当12时，f(x)12x2ln x，此时f(x)单调递减；12 x 1f(x)2 0 x当2时，f(x)2x12ln x，有，此时f(x)单调递减；当x 1时，f(x)2x12ln x，有f(x)22 0 x，此时f(x)单调递增；又f(x)在各分段的界点处连续，综上有：0 x 1时，f(x)单调递减，x 1时，f(x)单调递增；f(x)f(1)1故答案为：1.16.某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm12dm，20dm6dm两种规格的图形，它们的面2S 240dm1积之和，

21、对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格的图形，2S 180dm2它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为_；如果对折n次，那么Sk1nk_dm.2720【答案】(1).5(2).【解析】153n2n4【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得Sn，再根据错位相减法得结果.553dm12dmdm6dm10dmdm2【详解】（1）对折4次可得到如下规格：4，2，5dm3dm，320dmdm4，共5种；（2）由题意可得S1 2120，S2 360，S3 430，S4515S 设120n11202120312042021222n1，12

22、021203120n120n121222n12n，Sn120n12n1，1S 2则1 601n111 120n12120n1 11S 2401202n1 240nn122222212两式作差得120n3120120n1 360n1 36022n2n，240n315n3S 720 720n22n4.因此，15n37202n4.故答案为：5；【点睛】方法点睛：数列求和常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于（3）对于anbn结构，其中an是等差数列，bn是等比数列，用错位相减法求和；anbn结构，利用分组求和法；111 11 ad d 0a aa adaa n1n（4）对

23、于nn1结构，其中n是等差数列，公差为，则nn1，利用裂项相消法求和.四四.解解答答题题：本本题题共共6 6小小题题，共共7070分分.解解答答应应写出写出写出文写出文文文字字说说明明.证证明明过过程程或或演演算算步步骤骤.a 1,n为奇数,an1naa 1，an2,n为偶数.17.已知数列n满足1（1）记（2）求bn a2n，写出b1，b2，并求数列bn的通项公式；an的前20项和.b1 2,b2 5；（2）300.【答案】（1）【解析】【分析】（1）根据题设中的递推关系可得bn1 bn3，从而可求（2）根据题设中的递推关系可得（1）的结果可求bn的通项.an的前20项和为S20可化为S20

24、 2b1b2b9b1010，利用S20.b1 a2 a11 2,b2 a4 a31 a221 5，【详解】（1）由题设可得又故a2k2 a2k11a2k2 a2k3，a2k1 a2k2即即bn1 bn3bn1bn3所以bn为等差数列，故bn 2n133n1.an的前20项和为S20，则S20 a1a2a3a20，（2）设因为所以a1 a21,a3 a41,a19 a201S20 2a2a4a18a2010910 2b1b2b9b1010 2102310 3002.【点睛】方法点睛：对于数列的交叉递推关系，我们一般利用已知的关系得到奇数项的递推关系或偶数项的递推关系，再结合已知数列的通项公式、求

25、和公式等来求解问题.18.某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束：若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分：B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，己知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.（1）若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由

26、.【答案】（1）见解析；（2）B类【解析】【分析】（1）通过题意分析出小明累计得分X的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可（2）与（1）类似，找出先回答B类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可【详解】（1）由题可知，X的所有可能取值为0，20，100PX 010.8 0.2；PX 20 0.810.6 0.32PX 1000.80.60.48所以X的分布列为（2）由（1）知，EX 00.2200.321000.4854.4若小明先回答B问题，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为0，80，100PY 010.6 0.4；PY 80 0.610.8 0.12PX 1000.80.60.48

27、所以EY 00.4800.121000.4857.6因为54.457.6，所以小明应选择先回答B类问题19.记ABC是内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b ac，点D在边AC上，2BDsinABC asinC.（1）证明：BD b；（2）若AD 2DC，求cosABCcosABC【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】712.acb，结合已知即可证结论.BD【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有BD b,AD（2）由题设2bb,DC 33，应用余弦定理求cosADB、cosCDB，又2b411b22a 2ADB CDB，可得a3，结合已知及余弦定理即可求cosABC.【详解】BD（1）

28、由题设，asinCcbsinCcsinABC，由正弦定理知：sinCsinABC，即sinABCb，BD acb，又b2 ac，2bb,DC 33，BD b，得证.BD b,AD（2）由题意知：24b213b2b210b22222b ccb aa299cosADB 92cosCDB 922bb4b2b2b2b3333，同理，ADB CDB，13b210b222ca 9911b24b22b2222a c 2b ac，333，整理得，又b411b2a21a232a 24224226a 11a b 3b 0a3，整理得3或b2，解得b2a2c2b24a2cosABC 22ac32b，由余弦定理知：a

29、2177a23cosABC 1cosABC 222时，3时，612；当b不合题意；当b7cosABC 12.综上，【点睛】关键点点睛：第二问，根据余弦定理及ADB CDB得到a,b,c的数量关系，结合已知条件及余弦定理求cosABC.20.如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD 平面BCD，AB AD，O为BD的中点.（1）证明：OACD；（2）若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE 2EA，且二面角E BC D的大小为45，求三棱锥ABCD的体积.3【答案】(1)详见解析(2)6【解析】【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO平面BCD，即可证得结果；（2）先作出二面角平面角，再

30、求得高，最后根据体积公式得结果.【详解】（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AOBD因为平面ABD平面BCD=BD,平面ABD平面BCD，AO平面ABD，因此AO平面BCD，因为CD 平面BCD，所以AOCD(2)作EFBD于F,作FMBC于M,连FM因为AO平面BCD，所以AOBD,AOCD所以EFBD,EFCD,BDCD D,因此EF平面BCD，即EFBC因为FMBC，FM EF F,所以BC平面EFM，即BCMF则EMF为二面角E-BC-D的平面角,EMF 4因为BO OD,OCD为正三角形,所以OCD为直角三角形因为BE 2ED,FM 1112BF(1)22332AO 1从而EF=

31、FM=3 AO 平面BCD,V 所以1113AOSBCD11 3 3326【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.21.在平面直角坐标系xOy中，已知点（1）求C的方程；（2）设点T在直线F1 17,0、F17,0MF MF212 2，点M的轨迹为C.x 12上，过T的两条直线分别交C于A、B两点和P，Q两点，且TA TB TP TQ2，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.y2x 1x 116【答案】（1）；（2）0.【解析】【分析】（1）利用双曲线的定义可知轨迹C是以点，即可得出轨迹C的方程；F1、F2为左、右焦点双曲线的右支，求出a、b的值1 1T,t

32、y t k1x2，设点Ax1,y1、Bx2,y2，联立直线AB（2）设点2，设直线AB的方程为与曲线C的方程，列出韦达定理，求出TA TB的表达式，设直线PQ的斜率为k2，同理可得出TP TQ的表达式，由TA TB TP TQ化简可得，k1k2的值.【详解】因为MF1 MF2 2 F1F2 2 17所以，轨迹C是以点F1、F2为左、右焦点的双曲线的右支，x2y221a 0,b 022b 17a 4，C2a 2a 1ab设轨迹的方程为，则，可得，y22x 1x 1C16所以，轨迹的方程为；1T,t（2）设点2，若过点T的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点，11y t k1xy k1xt

33、 k12，即2，不妨直线AB的方程为1y k1xt k122122k 16 x k2t kx t k22111116 016x y 162联立，消去y并整理可得，设点Ax1,y1、Bx2,y2，则x111x22且2.21t k116k122k1t2x1x2x1 x222kk 161161由韦达定理可得，21k12x1 x21t 12112TA TB 1k x1 x21k1x1x222224k 161所以，21k设直线PQ的斜率为2，同理可得tTP TQ 22121k22k2162，22k k12，整理可得，t因为即2121k12k1216TA TB TP TQt2121k22k216，即k1k

34、2k1k2 0，显然k1k2 0，故k1k2 0.因此，直线AB与直线PQ的斜率之和为0.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值22.已知函数（1）讨论fx x1lnx的单调性；.fx（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna alnb a b，证明：【答案】（1）【解析】【分析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；2 11 eab.fx的递增区间为0,1，递减区间为1,+；（2）证明见解析.11 x1,x22 x1 x2 eb（2）设a，原不等式等价于

35、，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后t 1lnt 1tlnt 01,x2 tx1x1 x2 e者可设，从而把转化为在可证明该结论成立.【详解】（1）函数的定义域为又当上的恒成立问题，利用导数0,，x1,+时，f x1lnx1 lnxx0,1时，f x 0，当f x 0，故fx的递增区间为0,1，递减区间为1,+.lna1lnb+1blna1 alnb+1blna alnb a bab，（2）因为，故，即 1 1f fb，故a11 x1,x20 x11,x21b设a，由（1）可知不妨设.x0,1fx x1lnx 0 xe,因为故时，时，fx x1lnx 0，1 x2 e.x1 x2 2，先

36、证：若x2 2x1 x2 2必成立.x x2 2x 2 x20 2 x21若x2 2，要证：1，即证1，而，故即证设则fx1 f2 x2，即证：fx2 f2 x2，其中1 x2 2.gx fx f2 x,1 x 2gx f x f 2x lnxln2x lnx2 x，0 x2x1lnx2 x 0因为1 x 2，故，故，所以故gx 0，故gx，即在1,2为增函数，所以gx g1 0，成立，所以fx f2 xx1 x2 2fx2 f2 x2x1 x2 2成立，综上，设成立.x2 tx1，则t 1，lna1lnb+111 x1,x2x1lnx1 x21lnx2b，ab结合a可得：1，即：1lnx1t

37、1lnt lnx1，故lnx1x1 x2 e，即证t 1x1 e，即证，t 1tlntlnt 11t 1lnt 1tlnt 0，t 1即证：，即证：要证：令t 1tlntt 1，lnt 1lnx11Stt 1lnt 1tlnt,t 1St lnt 1，则先证明一个不等式：t 1121lnt ln1t 1tt 1，lnx1 x.设ux lnx1 x，则ux当1 x 0时，故故ux 0；当1x1x1x1，ux 0 x 0时，ux在1,0上为增函数，在0,+上为减函数，故uxmaxu0 0，成立lnx1 x211ln1ttt 1，故St 0恒成立，由上述不等式可得当t 1时，故故StSt S1 01,在上为减函数，故，11 eab.t 1lnt 1tlnt 0成立，即x1 x2 e成立.2 综上所述，【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，一般利用通过原函数的单调性，把与自变量有关的不等式问题转化与原函数的函数值有关的不等式问题，也可以引入第三个变量，把不等式的问题转化为与新引入变量有关的不等式问题.