2023届高考数学一轮复习收官卷01(广东专用)含解析 .pdf

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1、20232023 届高考数学一轮复习收官卷届高考数学一轮复习收官卷 0101（广东专用）（广东专用）一、单选题（本题共一、单选题（本题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040 分在每小题给出的四个选项中，只有一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）项是符合题目要求的）1（2022广东高三阶段练习）已知复数(12i)(z 1)2i，则|z|=（）A2【答案】A【详解】z 故选：A.2（2022广东高三阶段练习）已知集合A (,23,),B 0,4，则RAB（）A0.3)【答案】A【详解】故选：A.3（2022广东湛江高三阶段练习）已知a ln2，b l

2、og52，c e4，则（）Aa bc【答案】D【详解】c=e41，又1 ln2 故选：D4（2022广东广州三模）小说三体中的“水滴”是三体文明派往太阳系的探测器，由强相互作用力材料制成，被形容为“像一滴圣母的眼泪”小刘是三体的忠实读者，他利用几何作图软件画出了他心目中的水滴（如图），由线段AB，AC和优弧 BC围成，其中 BC连线竖直，AB，AC与圆弧相切，已知“水滴”的水平宽度与竖直高度之比为11B2C3D32i12i15i11i2i1，则z 2.12i512i12iB(2,4C(0,3D2,4)RA2,3，则R RAB 2,30,40,3.Ba c bCbc aDb a cln2 log

3、52，得到c a bln57，则cosBAC（）4A1725B4 374C55D7【答案】A【详解】设优弧 BC的圆心为 O，半径为 R，连接 OA，OB，OC，如下图所示易知“水滴”的水平宽度为OA R则由题意知，竖直高度为2R，OA R75，解得OAR，2R42AB 与圆弧相切于点 B，则OB AB，在RtABO中，sinBAO OBR2OA5R5，2由对称性可知，BAOCAO，则BAC 2BAO，217cosBAC 12sin BAO 12，52522故选：A5（2022广东东莞四中高三阶段练习）一个质地均匀的正四面体，四个面分别标以数字1，2，3，4抛掷该正四面体两次，依次记下它与地面

4、接触的面上的数字记事件A 为“第一次记下的数字为奇数”，事件B为“第二次记下的数字比第一次记下的数字大1”，则下列说法正确的是（）APA13B事件 A 与事件 B 互斥D事件 A 与事件 B相互独立CPB A【答案】C14【详解】由题意得PA332121，PB，PAB，424416448PABPA14PAB PAPB，事件 A 和事件 B不相互独立，PB A故选：C1326（2022广东实验中学高三阶段练习）已知函数f(x)x x 3x9，给出四个函数|f（x）|，f3（-x），f（|x|），-f（-x），又给出四个函数的大致图象，则正确的匹配方案是（）A甲-，乙-，丙-，丁-C甲-，乙-，丙

5、-，丁-【答案】BB甲-，乙-，丙-，丁-D甲-，乙-，丙-，丁-132【详解】根据题意，函数f(x)x x 3x9，其导数f(x)x22x 3(x 1)(x 3)，32在区间(,1)上，f(x)0，f(x)为增函数，且f(1)10，3在区间(1,3)上，f(x)0，f(x)为减函数，且f（3）0，其简图如图：对于|f(x)|，有|f(x)|f(x),f(x)0，其图象全部在x轴上和x轴上方，对应图象丙，f(x),f(x)0f(x)，其图象与f(x)的图象关于y轴对称，对应图象甲，f(|x|)，有f(|x|)f(x),x 0，为偶函数，对应图象丁，f(x),x 0 f(x)，其图象与f(x)的

6、图象关于原点对称，对应图象乙，故选：B7（2022广东普宁市第二中学高二期中）如图，在三棱锥O ABC中，点 G 为底面ABC的重心，点 M是线段OG上靠近点 G 的三等分点，过点 M的平面分别交棱OA，OB，OC于点 D，E，F，若111OD kOA,OE mOB,OF nOC，则（）kmnA【答案】D29B233C29D2【详解】由题意可知，222 21OM OG(OA AG)OA(AB AC)333322 11222OA(OB OA)(OC OA)OAOBOC333999因为 D，E，F，M四点共面，所以存在实数,，使DM DE DF，所以OM OD(OE OD)(OF OD)，所以OM

7、 (1)OD OE OF (1)kOAmOBnOC，所以2(1)k 921119999，所以(1)m 9kmn22222n 9故选：D8（2022江西赣州高三期中（理）已知定义域为R的奇函数f(x)满足：当x(0,1时，f(x)xln x；当x(1,)时，f(x)2 f(x 1)现有下列四个结论：f(x)的周期为 2；当x2,1)时，f(x)2(x 1)ln(x1)；11若nN,fi，则；eei1*n1 1若方程f(x)kx在0,2上恰有三个根，则实数k 的取值范围是1ln2,22其中所有正确结论的序号是（）A【答案】C【详解】因为当x(0,1时，f(x)xln x，当x(1,)时，f(x)2

8、 f(x 1)，所以当x(1,2时，f(x)2(x1)ln(x1)因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以当x2,1)时，f(x)f(x)2(x1)ln(x1)，故错误，正确BCD1因为fi 2 fei1n122 fe1e12 f2122en2nn1212fe1221f 2n1，ee2n所以2 1emax因为g(n)222n2 1在nN上单调递减，所以g(n)max g(1)，所以，故错误，eee11方程f(x)kx在0,2上恰有三个根，即f(x)的图象与直线y kx在0,2上有三个交点22f(x)是定义在R上的奇函数，得f(0)0，当x(0,1时，f(x)xln x，f xlnx1，11当0

9、x 时，fx0，fx单调递减，当 x 1时，feef(1)0，当x(1,2时，f(x)2 f(x1)2(x1)ln(x1)x0，fx单调递增，根据以上信息，画出函数的大致图象，如图所示，1 1直线y kx过定点0,，所以k1 k k2，2211其中k2为点0,(1,0)连线的斜率，k2，221k1为直线y kx与曲线y fx0 x 1相切时的斜率，2设切点为x0,y0，则y0 x0ln x0因为f xlnx1，所以k1 ln x01，切线方程为yx0lnx0lnx01xx0，1 111将点0,的坐标代入，得 x0ln x0ln x010 x0，即x0，则k1 ln11ln2，22221 所以k

10、 1ln2,，故正确2故选：C二二 多选题（本题共多选题（本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求要求.全部选对的得全部选对的得 5 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分分.）9（2022广东顺德市李兆基中学高二阶段练习）在网课期间，为了掌握学生们的学习状态，某省级示范学校对高二一段时间的教学成果进行测试高二有1 000 名学生，某学科的期中考试成绩(百分制且卷面成绩均为整数)Z 服从正态分布N82.5,5.4，则(人数保留整数)

11、（）2参考数据：若ZN(，2)，则P(Z)0.682 7，P(2 Z 2)0.954 5，P(3 Z 3)0.997 3A年级平均成绩为 82.5 分B成绩在 95 分以上(含 95 分)人数和 70 分以下(含 70 分)人数相等C成绩不超过 77 分的人数少于 150D超过 98 分的人数为 1【答案】ABD2【详解】由ZN 82.5,5.4，可知 82.5,5.4，所以平均分为82.5，故 A 对.由于957082.5，可知95,70关于82.5对称，根据正态分布的对称性可知，2成绩在 95 分以上(含 95 分)人数和 70 分以下(含 70 分)的概率相等，进而人数相等，故B 对.P

12、Z 77 P(Z)10.6827 0.15865,因为10000.15865159150，所以 C 错误.210.9973 0.00135,因为10000.001351，2PZ 99 P(Z 3)所以超过 98 分的人数为 1，故 D 正确.故选:ABD10（2022广东佛山市萌茵实验学校高一阶段练习）下列命题正确的有（）A若a b 0,m 0，则B若x 2，则xbmb；ama1的最小值为 3；x211C若a 0,b 0且a+b=1，则的最小值为 4；abD若f(x)x(4 x),(0 x 4).则f(x)max 4.【答案】ACD【详解】a b 0,m 0，bmba(bm)b(am)m(ab

13、)0，amaa(am)a(am)bmb，A 正确；amax 2,x2 0，x11 x22 2 12 4，x2x2当且仅当x2 1，即x=3时，x2x1有最小值4，B 错误；x21111baba()(ab)2 22 4，abababab当且仅当ba11，即a=b时，有最小值为 4，C 正确；abab(x4 x)2f(x)x(4 x)4，4当且仅当x 4 x，即x=2时，f(x)max 4，D 正确.故选：ACD11（2022广东茂名模拟预测）双曲线具有如下光学性质：如图F1，F2是双曲线的左、右焦点，从右焦点F2发出的光线 m 交双曲线右支于点 P，经双曲线反射后，反射光线n 的反向延长线过左焦

14、点F1若双曲线x2y2C的方程为1，下列结论正确的是（）916A若m n，则PF1 PF216B当 n过Q7,5时，光由F2 P Q所经过的路程为 134C射线 n 所在直线的斜率为 k，则k 0,3D若T1,0，直线 PT与 C 相切，则PF212【答案】CD【详解】对于 A：若m n，则F1PF290.因为 P在双曲线右支上，所以F1P F2P 6.由勾股定理得：F1P F2P F1F2二者联立解得：PF1 PF2222F1F2F1P F2P22210036 32.故 A 错误；2对于 B：光由F2 P Q所经过的路程为F2P PQ F1P 2a PQ F1P PQ 2a FQ 2a 17

15、550226 7.故 B 错误；4x2y21的方程为y x.设左、右顶点分别为 A、B.如图示：对于 C：双曲线3916当m与F2B同向共线时，n的方向为BF2，此时 k=0，最小.因为 P在双曲线右支上，所以n 所在直线的斜率为k 44.即k 0,.33故 C 正确.对于 D：设直线 PT的方程为y kx1,k 0.y kx122222，消去 y可得：169kx 18k x9k 144 0.xy21916其中 18k24169k29k2144 0，即1152k2 2304，解得k 222222代入169kx 18k x9k 144 0，有2x236x162 0，解得：x=9.92y21，解得

16、：y 8 2（y 8 2舍去），所以P 9,8 2.由 P 在双曲线右支上，即916所以F2P 故 D 正确故选：CD952 8 2 0212.12（2022广东江门高三阶段练习）大衍数列来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列an满足a1 0，ann1n为奇数an1，则（）a n n为偶数n2nA当n为偶数时，an22n 1B当n为奇数时，an2Can2 an2n【答案】AB【详解】令k N且k 1，n1D数列(1)an的前2n项和为nn1当n 2k时，a2k1 a2k2k；当n 2k 1时，a2k

17、a2k12k 11 a2k1 2k，联立得a2k1a2k1 4k，2所以a3a1 4,a5a38,a2k1a2k1 4k，累加得a2k1 2k 2k，n21令2k 1 n（n3且为奇数）得an，当n 1时a1 0仍成立，2n21n所以当为奇数时，an，B 正确；222n(n1)当n为奇数时，an1 ann1，所以an，其中n为偶数，A 正确；22(n2)2n2n 2n2，C 错误；当为偶数时an2an22n1数列(1)an前2n项和S2n a1a2a3a4 a2n1a2n，因为a1a3 a2n1122nn(2n1)(2n1)n21 3 2n1，2262a2a4 a2n12n(n1)(2n1)2

18、2 422n，23所以-S2n n(n1)，D 错误；故选：AB.三三 填空题填空题（本题共（本题共 4 4 小题，小题，每小题每小题 5 5 分，分，共共 2020 分，分，其中第其中第 1616 题第一空题第一空 2 2 分，分，第二空第二空 3 3 分分）13（2022广东佛山模拟预测）已知点A 1,0，B3,0，若PAPB 2，则点P 到直线 l：3x y 4 0的距离的最小值为_【答案】10 3#3 10【详解】设点 P的坐标为x,y，PA (1 x,y),PB (3 x,y)PAPB 2，x2 y232即 P 的轨迹是以2,0为圆心，半径为3的圆点2,0到直线 l的最短距离为10，

19、则可得点 P 到直线 l的距离的最小值为10 3故答案为：10 314（2022广东顺德市李兆基中学高二阶段练习）2022 北京冬奥会开幕式在北京鸟巢举行，小明一家五口人观看开幕式表演，他们一家有一排10 个座位可供选择，按防疫规定，每两人之间必须至少有一个空位.现要求爷爷与奶奶之间有且只有一个空位，小明只能在爸爸妈妈中间且与他俩各间隔一个空位，则不同的就座方案有_种.【答案】24【详解】根据题意，进行以下分类：爷爷或奶奶，排首位或排末位，这时候爸爸或妈妈只能排第五个或第六个位置，此时，就座方案为：222A22A216种；爷爷或奶奶，排第二位或排倒数第二位，这时候爸爸或妈妈只能排第六个位置，此

20、时，就座方案为：；22A22A28种；故不同的就座方案共有24 种.故答案为：24.15（2022广东东莞四中高三阶段练习）在三角形ABC中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若sin Aa3cosB2，则该三角形周长的最大值为_.b23 62【答案】【详解】由正弦定理变形有：sin Asin Bsin A3cosB2，又因为，所以3cosB sin B，则abab212 33cosB2tan B 3,B，又因为，所以b 2 3cosB26，3b2222又因为b2 a2c22accosB ac3ac ac2所以a c 4b 4222ac34212ac，46 6 a c 6，当且仅当“

21、a c”时取等.4则该三角形周长的最大值为abc 6 故答案为：3 6.263 6.2216（2022广东实验中学高三阶段练习）牛顿选代法又称牛顿拉夫逊方法，它是牛顿在17世纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法具体步骤如下：设r是函数yfx的一个零点，任意选取x0作为r的初始近似值，过点x0,fx0作曲线yfx的切线l1，设l1与x轴交点的横坐标为x1，并称x1为r的1次近似值；过点x1，fx1作曲线yfx的切线l2，设l2与x轴交点的横坐标为x2，称x2为r的2次近似值一般的，过点xn,fxn(nN)作曲线yfx的切线ln1，记ln1与x轴交点的横坐标为xn1，并称xn13为r的n

22、1次近似值设fx x x1(x 0)的零点为r，取x00，则r的2次近似值为_；设3xn3 xn*an，n N*,数列an的前n项积为Tn若任意nN,Tn恒成立，则整数的最小值为_32xn1【答案】324【详解】（1）f(x)x3 x1,f(x)3x21x0 0,f(x0)1,f(0)1，所以l1:y(1)x y x1当y 0 x11,f(1)1,f(1)4，所以l2:y 1 4(x1)y 4x3当y 0 x23432（2）f(xn)xn xn1,f(xn)3xn12xn31l1:y(xn xn1)(3xn+1)(x xn)xn13xn2132xn12xn211xn3xn3 xnanTn an

23、an1 a1xnxn1x2x11 xn1xnx3x2xn1111 2因为f()0,f(1)0 xn11122xn1所以，为整数，min 23故答案为：；24四、解答题（本题共四、解答题（本题共6 6 小题，共小题，共 7070 分，其中第分，其中第1616 题题 1010 分，其它每题分，其它每题1212 分，解答应写出文字分，解答应写出文字说明说明 证明过程或演算步骤）证明过程或演算步骤）BCCD，AC=3，AD=1，17 CAD=30（2022广东铁一中学高二阶段练习）如图，在平面四边形ABCD中，(1)求 ACD；(2)若ABC为锐角三角形，求BC的取值范围【答案】(1)303,2 3(

24、2)2(1)解：在ACD中，由余弦定理得：DC2 AC2 AD22AC ADcosCAD(3)2122 331，所以DC 1，2又因为AD 1，所以ACD CAD 30(2)解：由BC CD，且ACD 30，可得ACB60，在ABC中，由正弦定理得BCAC，sinBACsin B所以BC 3sin120 BACsinBAC313，sinBsinB2tanB2因为ABC为锐角三角形，0 BAC 120 B 90，0 B 90，所以30 B 90，可得tanB 则0 3，3131313，所以 2，所以 BC 2 3，tan B22tan B223,2 3所以BC的取值范围为218（2022广东韶关

25、一模）已知数列an的首项a1(1)求证：数列bn为等比数列；(2)若111a1a2a34an14，且满足an1，设bn1.an3an51140，求满足条件的最小正整数n.an【答案】(1)证明见解析(2)140【详解】（1）an3111bn1an14an11bn11anan31an41an3，4b11111，所以数列bn为首项为b1，公比为3等比数列.a1444 1 1 1（2）由（1）可得111a1a2a3 11an1 3144314nn 31，4111即a1a2a31 3n 1an4n111a1a2a3n1 3 n1an4n 3而n1随着n的增大而增大4111要使a1a2a3n13140，

26、即n1140，则n 140，an4n的最小值为 140.19（2022广东阳江高二期中）如图，在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，四边形 ABCD是一个边长为 2 的菱形，DAB60.侧棱 DD1平面 ABCD，DD13.(1)求二面角 B-D1C-D的平面角的余弦值；(2)设 E是 D1B的中点，在线段 D1C 上是否存在一点 P，使得 AE 平面 PDB？若存在，请求出若不存在，请说明理由.D1P的值；D1C【答案】(1)(2)存在，2334【详解】（1）如图 1，连接 BD，由题意，ADB是正三角形，设 M是 AB的中点，则 DMAB，所以 DMDC，又 DD1平面 ABCD，所以

27、DM平面 DD1C1C.以 D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 D(0,0,0)，D1(0,0,3)，C(0,2,0)，B(3,1,0)，则BC(3,1,0)，BD1(3,1,3).显然，平面 D1CD的一个法向量是m1,0,0，设平面 BD1C 的法向量为n(x,y,z)，nBC=3x y 0,则令 x3，得n(3,3,2)，nBD1 3x y 3z 0,设二面角 B-D1C-D的平面角为，由几何体的特征可知为锐角，则cosmn|m|n|33.439413.4故二面角 B-D1C-D的平面角的余弦值为D1P（2）设，即有D1P D1C，其中01D1C由（1）知 D1(0,0,3)，

28、C(0,2,0)，则D1C 0,2,3，所以 P(0,2,33)，又 D(0,0,0)，B(3,1,0)，于是DP(0,2,33)，DB(3,1,0)，设平面 PBD的法向量为a x,y,z，2aDP 2y 33z 0则令 x3，得a 3,3,，1aDB=3x y 0因为 A(3,1,0)，D1B 的中点为 E(所以AE(3 3 3,)，22 23 1 3,)，22 2因为AE/平面 PDB，所以AE a，3 3 32393 22AEa ,3,3,0即，得，22 231222 1即线段 D1C上存在点 P使得AE/平面 PDB，此时D1P2D1C320（2022广东肇庆模拟预测）中医药传承数千

29、年，治病救人济苍生.中国工程院院士张伯礼在接受记者采访时说：“中医药在治疗新冠肺炎中发挥了核心作用，能显著降低轻症病人发展为重症病人的几率.对改善发热咳嗽乏力等症状，中药起效非常快，对肺部炎症的吸收和病毒转阴都有明显效果.”2021 年 12 月某地爆发了新冠疫情，医护人员对确诊患者进行积极救治.现有 6 位症状相同的确诊患者，平均分成A，B两组，A组服用甲种中药，B 组服用乙种中药.服药一个疗程后，A 组中每人康复的概率都为率分别为13，B组 3 人康复的概15933，.1044(1)设事件 C表示 A组中恰好有 1 人康复，事件 D表示 B 组中恰好有 1 人康复，求P(CD)；(2)若服

30、药一个疗程后，每康复1 人积 2 分，假设认定：积分期望值越高药性越好，请问甲 乙两种中药哪种药性更好？【答案】(1)133000(2)甲种中药药性更好131352（1）依题意有，P(C)C 1，15151125132P(D)9111133C1.21044104432又事件 C 与 D相互独立，则P(CD)P(C)P(D)所以P(CD)（2）13设 A 组中服用甲种中药康复的人数为X1，则X1 B3,，1552313，112532300013.3000所以EX1 31313.155设 A 组的积分为X2，则X2 2X1，所以EX2 2EX126.5设 B 组中服用乙种中药康复的人数为Y1，则Y

31、1的可能取值为：0,1,2,3,PY1 0PY111111，104416091111315C1，21044104416093113363，10441044160PY1 2 C12PY1393381，1044160故Y1的分布列为Y1P01238116011601516063160所以EY1 0115638138412123,1601601601601605设 B 组的积分为Y2，则Y2 2Y1，所以EY2 E2Y1 2EY1因为2624，5524,5所以甲种中药药性更好.x2y2121（2022广东茂名模拟预测）已知椭圆C：221a b 0的离心率为2，左、右焦点分别为F1，abF2，点P是C

32、上一点，PF1 PF2，且PF1F2的面积为3(1)求C的方程(2)过F1的直线l与C交于A，B两点，与直线x 3交于点D，从下面两个问题中选择一个进行解答：设E2,0，直线EA，EB，ED的斜率分别为k1,k2,k3k30，证明：k1k2k3为定值；设AD1AF1，BD2BF1，证明：12为定值x2y21【答案】(1)43(2)证明见解析；证明见解析(1)（1）依题知PF1 PF2PF1 PF22222 PF1PF2 F1F2，222设椭圆 C 的焦距为F1F2 2cc 0，上式可化为4a 4c 4SPF1F2，2所以SPF1F2b 3因为离心率e c1，所以b2 a2c23a2 3，所以a

33、2 44a2x2y21所以 C的方程为43(2)选择问题：由（1）知F11,0，由条件可知直线 l的斜率存在且不为 0，设 l的方程为x my1，则m 0，x my1,223m 4 y 6my9 0，联立方程2，得23x 4y 12 0设Ax1,y1，Bx2,y2，则y1 y26m9，y1y2 2，23m 43m 4k1k2y1yy1y22x12x22my13my2318m18m222my1y23y1 y23m 43m 436m m2，22369m18m9m y1y23my1 y293m243m2422D 3,在l的方程中令x 3，得，所以k m2，m3325m2 2所以k1k2k3 m，5m

34、5故k1k2k3为定值选择问题：由（1）知F11,0，由条件可知 l的斜率存在当 l的斜率为0时，A，B为C的左、右顶点，D3,0，52此时12 1332当 l的斜率不为0时，设 l的方程为x my1，则m 0，令x 3可得D 3,mx my1,22联立方程2得3m 4y 6my9 0，23x 4y 12 0,设Ax1,y1，Bx2,y2，则y1 y2由AD1AF1可得6m9y y ，123m243m2 42 y y12，同理212111，所以1my2my1m2112 y y2 22 6m2所以12 2 21my1y2my1y2m93 故12为定值x22（2022广东广州三模）已知函数fx e

35、 a xaR.(1)若fx在0,上是增函数，求 a的取值范围；(2)若x1,x2是函数fx的两个不同的零点，求证：1 x1 x2 2ln aln2.【答案】(1),0(2)证明见解析（1）xx（1）函数fx e a x，所以fx e a2 x，若a 0，则x 0都有fx0，所以fx在0,为增函数，符合题意.若a 0，因为fx在0,为增函数，所以x 0，fx0恒成立，1xx即x 0，a 2 x ex恒成立，令x 2 x e，则x 2ex 0，2 x 所以函数x在0,上单调递增，x00，所以a 0，这与a 0矛盾，所以舍去.综上，a的取值范围是,0.（2）xx证明：x1,x2是函数fx的两个不同的

36、零点，所以e1 a x1，e2 a x2，11显然x10，x2 0，则有x1 lnaln x1，x2 lnalnx2，22所以x1 x2111xln x1ln x2ln1，222x2x1不妨令x1 x2 0，设t x1，2于是得x1tlntlnt，x2，2t 12t 1要证x1 x2只需证lnt t 1lnt1，2t 1t 12t 1，即lnt 22t 12t 1 0，令gt lnt，t 1，t 1t 1t 1 014则gt，所以函数gt在1,上单调递增，tt 12tt 12所以gt g1 0，于是得x1 x21，1又x1 x2 2ln alnx1x2，要证x1 x2 2ln aln2，211只需证lnx1x2 ln2，即x1x2，42而x1x2tlnt224t 1，即证tlnt224t 1111 0，即lnt t，即lnt t 4tt1t 1令ht lnt t，t 1，则ht111 tt2 t2t t2t t2 0，所以函数ht在1,上单调递减，所以ht h1 0，即有x1 x2 2ln aln2，综上，1 x1 x2 2ln aln2.