2022年高考数学真题（浙江自主命题）（解析版）下载

2022 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷） 数学 姓名________ 准考证号_________________ 本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共 4 页，选择题部分 1 至 3 页；非选 择题部分 3 至 4 页．满分 150 分，考试时间 120 分钟. 考生注意： 1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别 填写在试题卷和答题纸规定的位置上. 2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范 作答，在本试题卷上的作答一律无效. 参考公式： 如果事件 A，B 互斥，则 P(A B)  P(A)  P(B) 如果事件 A，B 相互独立，则 的高 柱体的体积公式 V  Sh 其中 S 表示柱体的底面积，h 表示柱体 P(AB)  P(A) P(B) 锥体的体积公式 1V  Sh 3若事件 A 在一次试验中发生的概率是 p，则 n 次 独立重复试验中事件 A 恰好发生 k 次的概率 其中 S 表示锥体的底面积，h 表示锥 体的高 P (k)  Cnk pk (1 p)nk (k  0,1,2,,n) 球的表面积公式 nS  4 R2 台体的体积公式 1V  S  S S S h 球的体积公式 2  11 2 34V   R3 S , S 其中 2 表示台体的上、下底面积， 13h 表示台体的高 其中 R 表示球的半径 选择题部分（共 40 分） 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． A  {1,2}, B  {2,4,6} 1. 设集合 ，则 （）A B  {1,2} {2} {2,4,6} A. B. C. D. {1,2,4,6} 【答案】D 【解析】 【分析】利用并集的定义可得正确的选项. A B  1,2,4,6 【详解】 ，故选：D. a,bR,a  3i  (b  i)i 2. 已知 （ 为虚数单位），则（ i）a  1, b  3 a 1,b  3 a  1,b  3 A. B. C. D. a 1,b  3 【答案】B 【解析】 a,b 【分析】利用复数相等的条件可求 .a,b a  1,b  3 【详解】 ，而 为实数，故 ，a  3i  1 bi 故选：B. x  2  0, z  3x  4y 2x  y  7  0, x  y  2  0, 3. 若实数 x，y 满足约束条件 则的最大值是（ ）A. 20 B. 18 C. 13 D. 6 【答案】B 【解析】 z  3x  4y 【分析】在平面直角坐标系中画出可行域，平移动直线 【详解】不等式组对应的可行域如图所示： 后可求最大值. z3x  4y  z  0 当动直线 过A时 有最大值. x  2 x  2 y  3 A 2,3 ，由可得 ，故 2x  y  7  0 z 32  43 18 故，max 故选：B. 4. 设 sin x 1 ，则“ ”是“ cos x  0 ”的（ ）xR A. 充分不必要条件 分也不必要条件 【答案】A B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充 【解析】 【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解. 22【详解】因为 可得： sin x  cos x 1 时， cos x  0，充分性成立； cos x  0时，sin x  1，必要性不成立； sin x 1 当当sin x 1 所以当 ，是cos x  0的充分不必要条件. xR 故选：A. 5. 某几何体的三视图如图所示（单位： 3 ）是 cm ），则该几何体的体积（单位： cm （）22 16 38π ππA. B. C. D. 22π 3【答案】C 【解析】 【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成 的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出． 【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球 cm cm ，所 的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为 以该几何体的体积 ，圆台的下底面半径为 121 4 122π V   π13  π12 2  2 π22  π12  π22  π12  cm3 ．2 3 33故选：C． πy  2sin3x y  2sin 3x  6. 为了得到函数 的图象，只要把函数 图象上所有的点 5（）ππA. 向左平移 个单位长度 5B. 向右平移 个单位长度 5ππC. 向左平移 个单位长度 D. 向右平移 个单位长度 15 15 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出． ππ πy  2sin3x  2sin 3 x  y  2sin 3x  【详解】因为 ，所以把函数 图象 515 5πy  2sin3x 上的所有点向右平移 个单位长度即可得到函数 的图象． 15 故选：D. 2a  5,log 3 b a3b 7. 已知 ，则 （）4825 53A. 25 B. 5 C. D. 9【答案】C 【解析】 【分析】根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出． 1a3b b  log 3 log 3 【详解】因为 ，，即 ，所以 2  3 2 5 82322a 4a 43b 52 25 4a3b ．232 923b 故选：C. ABC  A B C , AC  AA BC, AC 18. 如图，已知正三棱柱 1 ，E，F 分别是棱 1 上的点．记 111AA 所成的角为 ，二面角 与1 所成的角为 ，与平面 EF 的平面 ABC F  BC  A EF 角为 ，则（ ）               A. B. C. D.      【答案】A 【解析】 ，， 【分析】先用几何法表示出 ，再根据边长关系即可比较大小． M【详解】如图所示，过点 作于P，过 P作于，连接 ，FP  AC PM  BC FPE   FEP   FMP ，则，，  EFP PE PE FP AB FP FP tan  1 tan  ，1 tan  ， tan  ，FP AB PE PE PM PE      所以 ，故选：A． a,bR x R,a | x  b |  | x  4 |  | 2x  5| 0 9. 已知 ，若对任意 ，则（ ）a  1,b  3 a  1,b  3 a  1,b  3 AB. C. D. a 1,b  3 【答案】D 【解析】 a | x b || 2x 5|  | x  4 | 【分析】将问题转换为 ，再结合画图求解． a | x b || 2x 5|  | x  4 | 【详解】由题意有：对任意的 ，有 恒成立． xR 521 x, x  5f x a | x b | g x  2x 5  x  4  3x 9,  x  4 设即  ，  ，2x 1, x  4 f x g x  的图象恒在  的上方（可重合），如下图所示： 31 b  4  3 由图可知， a  3 故选：D． ，，或1 a  3 ，，1 b  3 a1a  1,a  a  a2 nN a10. 已知数列 满足 ，则（ ）  n  n1n1 n3525272  100a100  100a100  3 3  100a100  A. B. C. D. 272 100a100  4 【答案】B 【解析】 aa0,1 范围内，再利用递推公式 ( ) 【分析】先通过递推关系式确定 除去 1 ，其他项都在 n1111311 (n  2) ，得出 100a  3 变形得到 ，累加可求出 ，再利用 100 an1 an 3 an an 311111311 ，累加可求出 3an1 an 3 an n 1 3 n  2 1 11 111521 n 1    n100a ，再次放缩可得出 ．100 an 33 23 2a 1 a  0,1 a  0,1 【详解】∵ ，易得 ，依次类推可得 1n2313111an1  a 1 a 由题意， ，即 ，n  n  an1 a 3 a n  an 3 an n  311113∴，an1 an 3 an 11131111113111 ,(n  2) ，即，，，…， a2 a1 a3 a2 3a4 a3 an an1 311111 n 1  (n  2),(n  2) ，累加可得 ，即 an 3an 331100 34 a  , n  2 a100a 100  3 ∴又，即 ，,n100 n  2 34 1111111 ,(n  2) ，3an1 an 3 an 3n 1 3 n  2 111312111313111141 1 1 ∴，，，…， a2 a1 a3 a2 a4 a3 311131n1 ,(n  3) ，an an1 累加可得 1111 11 11 n 1    ,(n  3) n，an 33 23 1 11 11 1 11 33    33 4  94  39 ∴，a100 3 23 99 3 2 6115 40 a100a 即，∴ ，即 ；100 100 a100 40 252 100a100  3 综上： ．故选：B． 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩. 非选择题部分（共 110 分） 二、填空题：本大题共 7 小题，单空题每题 4 分，多空题每空 3 分，共 36 分． 11. 我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为 “三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是 2  222  14c  a b S  c2a2  ，其中 a，b，c 是三角形的三边，S 是三角形的面 2积．设某三角形的三边 ，则该三角形的面积 ___________． S  a  2,b  3,c  2 23 【答案】 【解析】 .4【分析】根据题中所给的公式代值解出． 2  222  14c  a b 【详解】因为 S  c2a2  ，所以 22  144  2 3 23 S  42  ．2423 故答案为： .4(x  2)(x 1)4  a  a x  a x2  a x3  a x4  a x5 a  12. 已知多项式 ，则 2012345a  a  a  a  a  __________， ___________． 12345【答案】 【解析】 ①. ②. 2 8a求出 0 ，再令 【分析】第一空利用二项式定理直接求解即可，第二空赋值去求，令 x  0 即可得出答案． x 1 32项为： x C3  x 1  2C2  x2  1  4×2 12×2  8×2 ，故 2 的 【详解】含 x44a  8 ；22  a 令，即 ，x  0 00  a  a  a  a  a  a 令∴，即 ，x 1 012345a  a  a  a  a  2 ，12345故答案为： ；2 ．82cos2  3sin  sin   10,    13. 若 ，则 __________， _________． sin  453 10 10 【答案】 【解析】 ①. ②. 【分析】先通过诱导公式变形，得到 的同角等式关系，再利用辅助角公式化简成正弦型 函数方程，可求出 ，接下来再求 ．2sin   cos     【详解】 ，∴ ，即 ，3sin  cos  10 3 10 10 10 3 10 10 10 sin  cos  10 即，令 ，，sin  cos  10 10 10 2210 sin   10    2k，k Z    2k 则，∴ ，即 ，23 10 ∴sin  sin   2k  cos  ，10 4cos2  2cos2  1 2sin2  1 则．5453 10 10 故答案为： ；．2x  2, x 1, 1    f x 14. 已知函数   f f x[a,b] 则________；若当 时， 1  2x  1, x 1,   x1 f (x)  3 ，则 的最大值是_________． b  a 37 28 【答案】 【解析】 ①. ②. ## 3+3 3 3 a【分析】结合分段函数的解析式求函数值，由条件求出 的最小值, 的最大值即可. b277437 28 1174  f ( )  1 【详解】由已知 ，，f ( )   2    44 7 22  137 f f( )  所以 ，228 21 f (x)  3 1 f (x)  3 当当x 1时，由 可得 可得 ，所以 ，1 x 1 1 x  2  3 11 x  1 3 时，由 ，所以 ，x 1 1 x  2  3 x1 f (x)  3 等价于 ，所以 ，[a,b]  [1,2  3] 1 x  2  3 所以 的最大值为 .b  a 3 3 37 故答案为： ，.3 3 28 15. 现有 7 张卡片，分别写上数字 1，2，2，3，4，5，6．从这 7 张卡片中随机抽取 3 张， 记所抽取卡片上数字的最小值为 ，则 P(  2)  E()  __________， _________． 16 35 12 751【答案】 【解析】 ①. ，②. ## 7P(  2) 【分析】利用古典概型概率公式求 ，由条件求 分布列，再由期望公式求其期望. C3 【详解】从写有数字 1,2,2,3,4,5,6 的 7 张卡片中任取 3 张共有 7 种取法，其中所抽取的卡 C14  C12 C24 16 C1  C1C2 P(  2)  片上的数字的最小值为 2 的取法有 种，所以 4，42C37 35 由已知可得 的取值有1，2，3，4， C62 15 16 P( 1)  P(  2)  ，，C37 35 35 C32 311P   3  ，P   4  ，C37 35 C37 35 15 16 3112 7E() 1 2 3 4 所以 ,35 35 35 35 16 12 故答案为： ，.35 7×2 y2 b1(a  0,b  0) 的左焦点为 F，过 F 且斜率为 16. 已知双曲线 A x, y 的直线交双曲线于 a2 b2 4a B x, y x  0  x | FB | 3| FA| 点1  ，交双曲线的渐近线于点 2  且2 ．若 ，则双曲 121线的离心率是_________． 3 6 【答案】 4【解析】 ba| FB | 3| FA| l : y  xB方程，可求出点 ，再根据 【分析】联立直线 和渐近线 可求 AB 2得点 A A ，最后根据点 在双曲线上，即可解出离心率． bbbAB : y  (x  c) l : y  x【详解】过 且斜率为 F的直线 ，渐近线 ，2a4a 4a by  (x  c) c bc 5c bc 4a B,| FB | 3| FA| A  ,,联立 而点 ，得 ，由 ，得 bx3 3a 9 9a y  a25c2 b2c2 c2 81 a2 24 3 6 .A在双曲线上，于是 ，解得： ，所以离心率 1 e  81a2 81a2b2 43 6 故答案为： ．42 2  82 的 A A A A A 上，则 1 2 17. 设点 P 在单位圆的内接正八边形 取值范围是_______． 8 的边 PA1  PA  PA 122【答案】 [12  2 2,16] 【解析】 x3 所在直线为 轴， A A A A 1 所 5【分析】根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点， 7y在直线为 轴建立平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设 P(x, y) ，再根据平面向量 2 2 2 模的坐标计算公式即可得到 PA1  PA2  PA8  8 x2  y2 8，然后利用 即可解出． cos22.5 | OP |1 yx3 所在直线为 轴， A A A A 1 所在直线为 轴建立平面直角坐标 5【详解】以圆心为原点， 7系，如图所示： 则222222A (0,1), A ,, A (1,0), A , , A (0,1), A  , , A (1,0) ,2  4  6  13572222222 2 2 22,于是 PA1  PA2  PA8  8 x2  y2 8 ，A  ,P(x, y) ，设 8  221 cos45 2 2  2 的取 22因为 ，所以 ，故 cos22.5 | OP |1  x  y 1 PA1  PA2  PA8 2值范围是 .[12  2 2,16] 故答案为： ．[12  2 2,16] 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． 34a  5c,cosC  18. 在 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c．已知 ．ABC 5sin A （1）求 （2）若 的值； ，求 的面积． b 11 ABC 5【答案】（1） ；5（2） ．22 【解析】 【分析】（1）先由平方关系求出 （2）根据余弦定理的推论 ，再根据正弦定理即可解出； sinC a2  b2  c2 a可解出 ，即可由三角形面 以及 cosC  4a  5c 2ab 1S  absinC 积公式 求出面积． 2【小问 1 详解】 453cosC  sinC  由于 ，，则 ．因为 ，0  C  π 4a  5c 555由正弦定理知 ，则 ．4sin A  5 sinC sin A  sinC  45【小问 2 详解】 因为 ，由余弦定理，得 4a  5c 16 a2 a2 121 a2 11 a2  b2  c2 2ab 35，55cosC  22a 2a 452sinC  即，解得 ，而 ，，a  5 b 11 a  6a 55  0 114S  absinC  511 22 所以 的面积 ．ABC 22519. 如图，已知 和CDEF 都是直角梯形， ，，，AB / /DC DC / /EF AB  5 ABCD ，，BAD  CDE  60，二面角 F  DC  B 的平面角为 ．设 DC  3 60 EF 1 AE, BC M，N 分别为 的中点． （1）证明： FN  AD ；（2）求直线 与平面 BM 所成角的正弦值． ADE 【答案】（1）证明见解析； 5 7 （2） ．14 【解析】 【分析】（1）过点 、D分别做直线 、的垂线 EG 、并分别交于点 G、DC EAB DH H，由平面知识易得 FC  BC ，再根据二面角的定义可知，  ，由此可知， ；BCF  60 ，FN  BC FN  CD ，从而可证得 平面 ，即得 FN  AD ABCD FN  （2）由（1）可知 平面 ，过点 做平行线 ，所以可以以点 为原 NFN  ABCD NNK AB y所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系 xzN  xyz 点， ，、，求 NK NB NF  ，即可利用线面角的向量公式解出． BM 出平面 的一个法向量，以及 ADE 【小问 1 详解】 过点 、D分别做直线 、的垂线 EG 、G H 并分别交于点交于点 、 ． DC EAB DH ∵四边形 和EFCD 都是直角梯形， ABCD AB / /DC,CD / /EF, AB  5, DC  3, EF 1 ，BAD  CDE  60，由平面几何知 DG  AH  2,EFC  DCF  DCB  ABC  90 识易知， ，则四边形 ，和EFCG 四边形 DCBH 是矩形，∴在 Rt 和 Rt ，EGD ，且CF CB  C BCF,BCF DHA ，EG  DH  2 3 DC  CF, DC  CB ∵，∴∴∵DC  平面 是正三角形，由 是二面角 F  DC  B 的平面角，则 BCF  60 平面 ，得平面 ABCD  平面 BCF ，△BCF BC 的中点， DC  ABCD 是，又 DC  平面 BCF ，平面 BCF ，可得 NFN  BC FN  ，而 BC  CD  C ，∴ 平面 ，而 平面 FN  CD FN  ABCD AD  ABCDFN  AD 【小问 2 详解】 ．因为 平面 ，过点 做平行线 ，所以以点 为原点， N，NK NB 、FN  ABCD xNNK AB y所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系 zN  xyz ，NF 3 3 ,M 3, 设，则 ，A(5, 3,0),B(0, 3,0),D(3, 3,0), E(1,0,3) 2 2    3 3 ,BM  3, , AD  (2,2 3,0),DE  (2, 3,3) 2 2 n  (x, y, z) 设平面 的法向量为 ADE  2x  2 3y  0 n  AD  0  由，得 ，取 n  ( 3,1, 3) ，n  DE  0 2x  3y  3z  0 设直线 与平面 所成角为 ，BM ADE 33 3 23 3   2| n  BM | 5 3 5 7 ∴． sin  cosn, BM   14 | n |BM | 3 9 31 3  9   7 2 3 44aa  1 a  的前 n 项和为 nS nN 20. 已知等差数列 的首项 ，公差 ．记 ．  d 1 n  n1S  2a a 6  0 S；n（1）若 ，求 423c，存在实数 n ，使 a  c ,an1  4cn ,an2 15c （2）若对于每个 n 成等比数列，求 nN nn的d取值范围． 3n2 5n (n N ) 【答案】（1） Sn  1 d  2 2（2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列通项公式及前 项和公式化简条件，求出 ，再求 nS；dn(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求 的范围. d【小问 1 详解】 S  2a a 6  0，a  1 因为 所以 ，42314  6d  2 1 d 1 2d  6  0  ，2所以 所以 所以 ，又 ，d 1 d 3d  0 ，d  3 a  3n  4 ，n3n2 5n a  a n n  1所以 ，Sn  22【小问 2 详解】 a  c an1  4cn an2 15c 因为 所以 ，，n 成等比数列， nn2an1  4cn  a  c an2 15cn ，n  n2nd 1 4c  1 nd  d  c 1 nd  d 15c n  n  n  ，c2  (14d 8nd 8)c  d2  0 ，nnc2  (14d 8nd 8)c  d2  0 由已知方程 的判别式大于等于 0， nn2所以  14d 8nd 8  4d2  0 ，16d 8nd 8 12d 8nd 8  0  所以 所以 对于任意的  恒成立， nN  n  2 d 1 2n 3 d  2  0 对于任意的  恒成立， nN    n  2 d 1 2n 3 d  2 d 1 d  2  0 当当n 1时，  ，  2d  2d 1 4d 3d  2  0 时，由  ，可得 n  2 d  2  n  2 d 1 2n 3 d  2  (n 3)(2n 5)  0 当又时， ，n  3 d 1   所以 1 d  2 x2 122P(0,1) Q 0, 21. 如图，已知椭圆 ．设 A，B 是椭圆上异于 的两点，且点 在 y 1 12 1PA, PB y  x  3 线段 上，直线 分别交直线 于 C，D 两点． AB 2（1）求点 P 到椭圆上点的距离的最大值； | CD | （2）求 的最小值． 12 11 【答案】（1） ；11 6 5 （2） ．5【解析】 【分析】（1）设 是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出 Q(2 3cos,sin) | PQ |2 ，再根据二次函数的性质即可求出； 1x x , x  x （2）设直线 AB : y  kx  与椭圆方程联立可得 2 ，再将直线 12121C, D 的坐标，再根据两点间的 y  x  3 方程与 的方程分别联立，可解得点 PA、PB 23 516k2 1 CD CD  距离公式求出 最小值． ，最后代入化简可得 ，由柯西不等式即可求出 23k 1 【小问 1 详解】 P(0,1) 设是椭圆上任意一点, ,则 Q(2 3cos,sin) 21144 144 | PQ |2 12cos2   (1sin)2 1311sin2   2sin  11 sin  11 11 11 112 11 11 | PQ | sin   ，当且仅当 时取等号，故 的最大值是 .11 【小问 2 详解】 x2 12设直线 AB : y  kx  ,直线 方程与椭圆 联立,可得 AB  y 1 212 kk2  3x1  x2   112 13k2  x2  kx  0 A x, y , B x, y 1  ,设 2  ，所以 ，1212 4x1x2   14 k2  12 y1 1 x1 1PA: y  4×1 x 1 y  x  3 因为直线 与直线 交于 , C24x1 4×2 4×2 x  x  则,同理可得, .则 CDx1  2y1  2 (2k 1)x1 1 x2  2y2  2 (2k 1)x2 1 154×1 4×2 | CD | 1 xC  xD  42 (2k 1)x1 1 (2k 1)x2 1 x1  x2 x1  x2  2 5  2 5 (2k 1)x 1 (2k 1)x 1  (2k 1)2 x x (2k 1) x  x 1 2  121212 3916k2 1 1 4k  11 3 516k2 1 65 6 5 56 5 ，416 23k 1 53k 1 3k 1 536 5 CD k  当且仅当 时取等号，故 的最小值为 .16 5的【点睛】本题主要考查最值 计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好 解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学 生的综合能力要求较高，属于较难题． ef (x)   ln x(x  0) 22. 设函数 ．2x f (x) （1）求 的单调区间； y  f (x) a,bR x , f x, x , f x, x , f x 的上不同 三点 （2）已知 ，曲线       处    112233(a, b) 的切线都经过点 ．证明： 1 a a  e 0  b  f (a)  1 （ⅰ）若 ，则 ；2 e 2e  a 112e  a 0  a  e, x  x  x （ⅱ）若 3 ，则 ．6e2 x1 x3 a6e2 12e（注： 是自然对数的底数） e  2.71828 eef x 0, , .【答案】（1）  的减区间为 ，增区间为 22（2）（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性. （2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有 3 个不同的解可证明不等式成 x3 x1 am  1 ek  立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为 m 13 m2  m 12 2t1  t3  2  ，结合零点满足的方程进一步转化为 m36m t  t  1 3 m 1 m 13 m2  m 12   0 ，利用导数可证该不等式成立. ln m  72 m 1 【小问 1 详解】 e2x2 12x  e 2×2 f x  ，  xee¢¢x >0 fx <0 f0  x  x  当，；当 ，，( ) ( ) 22eef x  的减区间为 0, f x  的增区间为 , 故，.22【小问 2 详解】 a,b x , f x,i 1,2,3 （ⅰ）因为过 有三条不同的切线，设切点为   ，iif x b  f xx  a 故    ，iiif xb  f x x a 故方程     有 3 个不同的根， 1e2x2 ex  a   ln x  b  0 该方程可整理为 ，x2x 1eeg x    x  a   ln x  b 设则，x2x2 2x 1e2x2 1e1e2x2 g x   x  a     xx2 x3 x1x3   x  e x  a ， ¢¢g x>0 ，x  a e  x  a e,a 上为增函数， g x<0 当或时， ；当 时， 0  x  e ( ) ( ) g x 0,e , a,   故  在上为减函数，在 g x g e  0 g a  0 因为  有 3 个不同的零点，故   且  ，1ee1e2a2 ee  a  ln e  b  0 a  a   ln a  b  0 故且，e 2e2 2e a2a aeb  1 b  且 ln a  f a 整理得到： ，  2e 2a 1 a aea123eb  f a 1  1  ln a    2 2a  ln a 此时   ，2 e 2e 2a 2e 3ee-2a 2a2 u a    ln a u a   0 设故故，则 ，    2 2a 3eu a   e, u a   ln e  0   为上的减函数，故 ，2 2e 1 a 0  b  f a    1 .2 e （ⅱ）当 时，同（ⅰ）中讨论可得： 0  a  e g x 0,a , e, a,e 故  在  上为减函数，在 上为增函数， ，3x  x  x 0  x  a  x  e  x 不妨设 3 ，则 1212g x g a  0 g e  0 因为  有 3 个不同的零点，故   且  ，1ee1e2a2 ee  a  ln e  b  0 a  a   ln a  b  0 故且，e 2e2 2e a2a aa1 b  ln a 整理得到： ，2e 2e x  x  x 0  x  a  x  e  x 因为 3 ，故 ，12123a  e ea xg x 1  ln x  b 又设，  2×2 eaa  e ea xt   m 0,1 1  ln x  b  0 ，，则方程 即为： xe2x2 a  e amt  t2  lnt  b  0  m 1 t  t2  lnt  b  0 即为 ，e2e 2eeet  ,t2  ,t3  ,记则设1×1 x2 x3 m m 1 t  t2  lnt  b  0 t ,t ,t 3 为 有三个不同的根， 112t1 x3 eak  1 m  1 ，，t3 x1 ae2 e a e112 e a ae  a 6e 2e e a 2   0  t1  t3  要证： 即证： 即证： ，即证 ，6e2 x1 x2 6e2 a6e 13 m 2 1 m m t1  t3  ，6613 m 21 m  t1  t3  t1  t3  ，  6m6m 13 m2  m 12 2即证：t1  t3  2  ，m36m t  t  1 3 mm m 1 t  t2  lnt  b  0  m 1 t  t2  lnt  b  0 而故故且，11133322mlnt  lnt  t2 t2  m 1 t t  0 ， 1 3  1 3 13222 lnt1  lnt3 mt  t  2   ，13mt1 t3 m 13 m2  m 12 2 lnt1  lnt3 故即证： ，mt1 t3 36m t  t  1 3 t1 t  t ln  1 3 m 13 m2  m 12  0 t3 即证： t1 t3 72 m 13 m2  m 12 k 1 lnk  0 即证： 记，k 1 72 11k 1 lnk  k    k  2ln k  0 ，则 ， k  ,k 1 2    kk 1 k 1 11222 k  0   u k  k  2ln k u k 1  0 设故，则 即，    kk2 kkk k   1,  k   m 在上为增函数，故     ，m 13 m2  m 12 m 13 m2  m 12 k 1 lnk m 1 lnm 所以 ，k 1 72 m 1 72 m 1 m 13 m2  m 12  记则 m  ln m    ,0  m 1 ，72 m 1 22m 1 3m3  20m2  49m  72 m 1 3m3  3  0  m    ，2272m m1 72m m1  m 所以   0,1 ( )  m   1  0 在为增函数，故     ，m 1 m 13 m2  m 12   0 故ln m  即72 m 1 m 13 m2  m 12 m 1 lnm  0 ，m 1 72 故原不等式得证： 【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问 题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用 的方法有比值代换等.