2022年浙江省新高考数学试题及答案解析

2022年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）
数学
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 柱体的体积公式
()()()P A B P A P B +=+ V Sh =
如果事件A ，B 相互独立，则 其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高
()()()P AB P A P B =⋅ 锥体的体积公式
若事件A 在一次试验中发生的概率是p ，则n 次 13
V Sh =
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
()C (1)
(0,1,2,,)k k n k
n n P k p p k n -=-= 球的表面积公式
台体的体积公式 2
4S R =π
()
121
3
V S S h =
+ 球的体积公式 其中12,S S 表示台体的上、下底面积， 343
V R =
π h 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．
1．设集合{1,2},{2,4,6}A B ==，则A
B =（ ）
A ．{2}
B ．{1,2}
C ．{2,4,6}
D ．{1,2,4,6}
2．已知,,3i (i)i a b a b ∈+=+R （i 为虚数单位），则（ ）
A ．1,3a b ==-
B ．1,3a b =-=
C ．1,3a b =-=-
D ．1,3a b ==
3．若实数x ，y 满足约束条件20,
270,20,x x y x y -≥⎧⎪
+-≤⎨⎪--≤⎩
则34z x y =+的最大值是（ ）
A ．20
B ．18
C ．13
D ．6
4．设x ∈R ，则“sin 1x =”是“cos 0x =”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
5．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（ ）
A ．22π
B ．8π
C ．
22π3 D ．16
π3
6．为了得到函数2sin3y x =的图象，只要把函数π2sin 35y x ⎛
⎫
=+ ⎪⎝
⎭
图象上所有的点（ ） A ．向左平移
π5个单位长度 B ．向右平移π
5个单位长度 C ．向左平移
π15个单位长度 D ．向右平移π15
个单位长度 7．已知825,log 3a
b ==，则34a b
-=（ ）
A ．25
B ．5
C ．
25
9
D ．53
8．如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA -=，E ，F 分别是棱11,BC AC 上的点．
记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平
面角为γ，则（ ）
A ．αβγ≤≤
B ．βαγ≤≤
C ．βγα≤≤
D ．αγβ≤≤ 9．已知,a b ∈R ，若对任意,|||4||25|0x a x b x x ∈-+---≥R ，则（ ） A ．1,3a b ≤≥ B ．1,3a b ≤≤ C ．1,3a b ≥≥ D ．1,3a b ≥≤ 10．已知数列{}n a 满足()2
1111,3
n n n a a a a n *+==-
∈N ，则 A ．100521002a <<
B ．100510032a <<
C ．100731002
a << D ．
1007
10042
a << 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
S =，其中a ，b ，c 是三角形的三边，S 是三角形的面积．设
某三角形的三边2a b c =
==，则该三角形的面积S =___________．
12．已知多项式4
2
3
4
5
012345(2)(1)x x a a x a x a x a x a x +-=+++++，则2a =__________，12345a a a a a ++++=___________． 13．
若3sin sin 2
π
αβαβ-=+=
，则sin α=__________，
cos2β=_________． 14．已知函数22,1,
()1
1,1,x x f x x x x ⎧-+≤⎪
=⎨+->⎪⎩
则12f f ⎛
⎫
⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
________；
若当[,]x a b ∈时，1()3f x ≤≤，则b a -的最大值是_________．
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ξ，则(2)P ξ==__________，()E ξ=_________．
16．已知双曲线22
221(0,0)x y a b a b -=>>的左焦点为F ，过F 且斜率为4b a
的直线交双
曲线于点()11,A x y ，交双曲线的渐近线于点()22,B x y 且120x x <<．若||3||FB FA =，则双曲线的离心率是_________． 17．设点P 在单位圆的内接正八边形128A A A 的边12A A 上，则22
2
18
2PA PA PA ++
+的取值范围是_______．
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．（本题满分14分）在ABC △中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．
已知3
4,cos 5
a C ==． （Ⅰ）求sin A 的值；
（Ⅱ）若11b =，求ABC △的面积．
19．（本题满分15分）如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，AB DC ∥，DC EF ∥，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B --的平面角为60︒．设M ，N 分别为,AE BC 的中点．
（Ⅰ）证明：FN AD ⊥；
（Ⅱ）求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．
20．（本题满分15分）已知等差数列{}n a 的首项11a =-，公差1d >．记{}n a 的前n 项和为(
)n S n *
∈N
．
（Ⅰ）若423260S a a -+=，求n S ；
（Ⅱ）若对于每个n *
∈N ，存在实数n c ，使12,4,15n n n n n n a c a c a c +++++成等比数列，求d 的取值范围．
21．（本题满分15分）如图，已知椭圆2
2112
x y +=．设A ，B 是椭圆上异于(0,1)P 的两点，且点10,2Q ⎛⎫ ⎪
⎝
⎭在线段AB 上，直线,PA PB 分别交直线1
32
y x =-+于C ，D 两点．
（Ⅰ）求点P 到椭圆上点的距离的最大值； （Ⅱ）求||CD 的最小值．
22．（本题满分15分）设函数e
()ln (0)2f x x x x
=+>． （Ⅰ）求()f x 的单调区间；
（Ⅱ）已知,a b ∈R ，曲线()y f x =上不同的三点
()()()()()()1
1
2
2
3
3
,,,,,x f x x f x x f x 处的切线都经过点(,)a b ．证明：
（ⅰ）若e a >，则10()12e a b f a ⎛⎫<-<
- ⎪⎝⎭
； （ⅱ）若1230e,a x x x <<<<，则22132e 112e e 6e 6e
a a x x a --+<+<-． （注：e 2.71828=是自然对数的底数）
2022年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）
数学答案解析
1.【答案】D
【解析】 【分析】
本题考查的是集合的并集运算，属于基础题． 【解答】
解：因为 A ={1,2} ， B ={2,4,6} ， 所以 A ∪B =｛1,2,4,6｝ ． 故选： D ．
2.【答案】B
【解析】 【分析】
本题考查复数的计算和复数相等概念． 【解答】
解：a +3i =(b +i)i =−1+bi ⇒{a =−1
b =3
．
3.【答案】B
【解析】解：根据题意作出可行域，如图所示，
由z =3x +4y 得y =−3
4x +1
4z ，当直线过点A(2,3)时，z 最大，即z max =3×2+4×3=18．
选项B正确．
4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查充分条件的判断，属于基础题．
【解答】
解：当sinx=1时，
当cosx=0时，，
则是的充分不必要条件．
所以“sinx=1”是“cosx=0”的充分不必要条件．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查三视图的体积，属于基础题．
根据三视图，还原立体图，计算组合体的体积．
【解答】
解：由三视图可知该几何体由一个半球体，一个圆柱、一个圆台拼接而成，
故V=1
2×4
3
×π×13+12×π×2+1
3
×2×(π×12+π×22+√π×12×π×22)
=2
3π+2π+2
3
×(5π+2π)=22π
3
．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了函数图象的平移、对称变换，属于基础题。

【解答】
解：y=2sin(3x+π
5)向左平移a个单位长度，得到y=2sin(3(x+a)+π
5
)=2sin(3x+
3a+π
5
)=2sin3x，
所以3a+π
5=0，得a=−π
15
，即向右平移π
15
个单位长度．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查的是指数幂的化简求值，指对数的互化，属于基础题．【解答】
解：因为2a=5，所以4a=22a=(2a)2=25，
又因为log83=b，所以8b=3=23b，即43b=(23b)2=9，
所以4a−3b=4a
43b =25
9
．
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查直线与直线夹角，直线与平面夹角，平面与平面夹角．
【解答】
解：作直线FG⊥AC于G，连接EG，
因为FG⊥平面ABC，根据线面垂直的性质定理，得FG⊥EG，因此α=∠EFG，β=∠FEG。

tanα=EG
FG =EG
AC
，tanβ=FG
EG
=AC
EG
，易知AC≥EG，因此得到β≥α
作 FH//B 1C 1 交 A 1B 1 于 H ，连接 BH ， CF ，作 FM ⊥BC 于 M ，连接 GM ，
得到 γ=∠FMG
因此， tanγ=FG
MG =AC
MG ，由于 EG ≥MG ，可得 β≤γ ． 综上， α⩽β⩽γ ．
9.【答案】D
【解析】 【分析】
本题考查了含绝对值的不等式的解法，不等式恒成立问题，属于中档题． 【解答】
解：由题知 a|x −b|≥|2x −5|−|x −4| ，
令 y 1=|2x −5|−|x −4|={−x +1,x ⩽5
23x −9,52
<x <4x −1,x ⩾4
,y 2=a|x −b| ，即 y 2≥y 1 ，
做出函数图象，如图所示：
考虑 y 2=a|x −b| ，一方面，其最小值 y =0 在 x =b 时取到，
由图可知，点 (b,0) 只能在 [1,3] 上，否则 x =b 处将有 y 1>y 2 ，不合题意，
故b≤3，我们可以取a>3来使[1,3]上的任意b成立；
另一方面，当a<1时，当x→+∞时，必然存在x使得y1>y2，不合题意，因此a≥1，我们可以取b=1来使得这些[1,+∞)上的a成立．
综上，a≥1，b≤3.
10.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要利用放缩法求解数列等式，利用累加法求和，属于较难题．
【解答】
解：由a n+1=a n−1
3a n2得数列{a n}递减，所以a n+1=a n−1
3
a n2⩽3
4
，且a n≠0，
因为a n+1=a n(1−1
3a n)①，所以a n+1
a n
=1−1
3
a n⩾3
4
，
由①两边同时取倒数得，
1
a n+1
=1
a n(1−1
3
a n)
=1
a n
+1
3−a n，
所以
{1
a n+1−1
a n
=1
3−a n
>1
3
1 a n −1
a n−1
=1
3−a n−1
>1
3……
1 a3−1
a2
=1
3−a2
>1
3
1 a2−1
a1
=1
3−a1
>1
3
②,②左、右两边分别相加得1
a n+1
−1
a1
>n
3
，
所以
1
a n+1
>1+n
3
⇒1
a100
>34⇒1
100a100
>17
50
，所以100a100<50
17
<3，
由
1
a n+1
−1
a n
=1
3−a n
,1
a n+1
>1+n
3
⇒1
a n
>n
3
+2
3
⇒a n<3
n+2
，
得
{1
a n+1−1
a n
⩽1
3−3
n+2
=1
3
(1+1
n+1
)
1 a n −1
a n−1
⩽1
3
(1+1
n
)
……
1 a3−1
a2
⩽1
3
(1+1
3
)
1 a2−1
a1
⩽1
3
(1+1
2
)
,
累加得1
a n+1−1
a1
⩽n
3
+1
3
(1
2
+1
3
+⋯…+1
n+1
)，
所以1
a100⩽1
3
×99+1
3
(1
2
+1
3
+⋯+1
100
)+1=34+1
3
(1
2
+1
3
+⋯+1
100
),
又1
2+1
3
+⋯+1
100
<1
2
×6+1
8
×93<18，所以1
a100
<40，
所以100a100>5
2，所以5
2
<100a100<3．
11.【答案】√23
4
【解析】
【分析】
本题考查新定义，属于基础题．根据题意，代入计算可得．【解答】
由题意，S=√1
4[c2a2−(c2+2−b2
2
)
2
]=√1
4
[22×(√2)2−(22+(√2)
2
−(√3)2
2
)
2
]=
√1 4×(8−9
4
)=√23
4
．
12.【答案】8
−2
【解析】
【分析】
本题考查了二项展开式项的系数和与二项式系数的和，属于基础题。

【解答】
解：设(x−1)4的通项为T r+1=C4r x4−r(−1)r，
当r=3时，T4=C43x⋅(−1)=−4x，当r=2时，T3=C42x2(−1)2=6x2，所以a2=−4×1+6×2=8;
当x=1时，a0+a1+a2+a3+a4+a5=0，当x=0时，a0=2，所以a1+ a2+a3+a4+a5=−2．
13.【答案】3√10
10
4
5
【解析】
【分析】
本题考查了诱导公式、二倍角余弦公式，属于中档题．
【解答】
解：因为 3sinα−sinβ=√10 ， α+β=π
2 ，
所以 3sinα−cosα=√10 ，即 9sin 2α−6sinαcosα+cos 2α=10 ， 设 3cosα+sinα=t ，即 9cos 2α−6sinαcosα+sin 2α=t 2 ， 所以 9sin 2α+9cos 2+sin 2α+cos 2β=10+t 2 ，即 t =0 ，
所以 {3sinα−cosα=√103cosα+sinα=0
，解得 sinα=3√10
10 ，
又因为 cos2β=1−sin 2β ， 所以 cos2β=1−cos 2α=sin 2α=4
5 ． 故答案为：
3√10
10
， 45 ．
14.【答案】37
28
3+√3
【解析】 【分析】
本题考查函数值计算，利用函数值域求自变量取值范围． 【解答】
解：由题可知：f(1
2)=1
4=7
4，所以f(f(1
2))=f(7
4)=37
28． 当x ≤1时，令f(x) ∈ [1,3]，解得x ∈[−1,1]; 当x >1时，令f(x)∈[1,3]，解得x ∈(1,2+√3]. 所以f(x)∈[1,3]的解集为[−1,2+√3]. 所以b −a 的最大值为3+√3．
15.【答案】16
35
12
7
【解析】 【分析】
本题考查了古典概型概率的求法，离散型随机变量及其分布，离散型随机变量的期望的求法，属于中档题． 【解答】
解：从七张卡片中抽取三张，抽取方法数为 C 73
=35 种 ;
分类讨论：
 ① 当 ξ=1 时，要在剩下六张卡片中选两张，共 C 6
2
=15 种选法，则 P(ξ=1)=3
7; ② 当 ξ=2 时，有两种情况 . 若数字 2 的卡片有且仅有一张，则要在剩下四张卡片
中选两张，共 2⋅C 42
=12 种选法：
若数字 2 的卡片有两张，则要在剩下四张卡片中选一张，共 C 41=4 种选法 . 则 P(ξ=
2)=
1635
;
 ③ 当 ξ=3 时，要在剩下三张卡片中选两张，共 C 3
2
=3 种选法则 P(ξ=3)=3
35; ④ 当 ξ=4 时，要在剩下两张卡片中选两张，共 C 2
2
=1 种选法，则 P(ξ=4)=1
35; 因此： P(ξ=2)=1635 ， E(ξ)=1×37+2×1635+3×335+4×135=
127
．
16.【答案】3√6
4
【解析】 【分析】
本题考查双曲线的定义的应用，考查双曲线的几何性质，考查求双曲线的离心率，属于中档题． 【解答】
解：由题意得 AB:y =b
4a (x +c ) ，渐近线方程 OB:y =b
a x ， 联立方程 {y =b
4a (x +c )y =b
a x
解得： {x =c
3y =bc 3a ，所以 B (c 3,bc 3a ) ， 因为 |FB |=3|FA | ，所以 y 1=bc
9a ，代入 AB 方程得 bc
9a =b
4a (x 1+c ) ，解得 x 1=−5
9c ，
所以 A (−59c,bc 9a ) ，把点 A 代入 x 2
a 2
−y 2b 2=1 得 25c 281a 2−c 281a 2=1 ，即 24e 281
=1 ，
解得： e =
3√6
4
．
17.【答案】[12+2√2,16]
【解析】 【分析】
本题考查平面向量的求解，利用平面直角坐标系，考查转化能力，运算求解能力，属于较难题．
建立直角坐标系，表达出坐标，设点 P(x,y) ，转化为不等式的求解，进而表达出范围． 【解答】
解：根据题意可得，以圆心为原点， A 7A 3 所在直线为 x 轴， A 5A 1 所在直线为 y 轴建立平面直角坐标系，
则 A 1(0,1) ， A 2(√2
2,√2
2) ， A 3(1,0) ， A 4(√2
2,−√2
2) ， A 5(0,−1) ， A 6(−√2
2,−√2
2) ，
A 7(−1,0) ， A 8(−
√22,√2
2
). 设 P(x,y) ，于是 PA 12
+PA 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2
+⋯+PA 8⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2
=8(x 2+y 2)+8 ， 因为 cos22.5∘≤|OP
⃗⃗⃗⃗⃗ |≤1 ，所以 1+cos45∘
2
≤x 2+y 2≤1 ，
故 PA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2
+PA 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2
+⋯+PA 8
2 的取值范围是 [12+2√2,16] ．
18.【答案】解：(1)由于cosC =3
5，sinC >0，则sinC =4
5．
由正弦定理知4sinA =√5sinC ，则sinA =√5
5．
(II)由sinC =45>sinA =√55
，则A <C <π
2．
故b =acosC +ccosA =3
5
a +
2√5
5
c =
115
a =11，则a =5，
△ABC 的面积S =1
2absinC =22．
【解析】本题考查了正余弦定理解三角形何三角形的面积公式，属于基础题。

19.【答案】(I)证明：因为ABCD 和CDEF 都是直角梯形，AB//DC ，DC//EF ，∠BAD =
∠CDE =60∘，
所以CD ⊥CB ，CD ⊥CF ，二面角F −DC −B 的平面角为∠FCB =60∘ 因为CB ∩CF =C ，所以CD ⊥平面CBF ， 因为CD ⊥平面CBF ，则CD ⊥FN ，
又CF =√3(CD −EF)=2√3，CB =√3(AB −CD)=2√3，∠FCB =60∘， 则ΔCBF 是等边三角形，
因为N 为BC 中点，所以FN ⊥CB ， 又因为FN ⊥CD ，CB ∩CD =C ， 所以FN ⊥平面ABCD ， 故F N ⊥AD ．
(II)解：由于FN ⊥平面ABCD ，建系如图，
所以B(0,√3,0)，A(5,√3,0)，F(0,0,3)，E(1,0,3)，D(3,−√3,0)，则M(3,√32,3
2
)，
BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,−√32,3
2)，DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2√3,0)，DE
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,√3,3)， 设平面ADE 的法向量n
⃗ =(x,y,z)， 则{DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ⃗ =0DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ⃗ =0，即{2x +2√3y =0−2x +√3y +3z =0，令x =√3，则y =−1,z =√3， 所以平面ADE 的一个法向量为n ⃗ =(√3,−1,√3)， 所以BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ⃗ =5√3，|BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√3，|n ⃗ |=√7， 设BM 与平面ADE 所成角为θ，
则sinθ=|BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |
|BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |
=5√7
14
．
【解析】本题考查直线与平面垂直的判断与性质的应用，直线与平面所成角的求法，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由S 4−2a 2a 3+6=0得4a 1+6d −2(a 1+d)⋅(a 1+2d)+6=0，
即d 2−3d =0．
又d >1，故d =3.所以S n =na 1+
n(n−1)2
d =
3n 2−5n
2
．
(2)设a n =(n −1)d −1，依题意得，[c n +(n −1)d −1][15c n +(n +1)d −1]=[4c n +nd −1]2，
15c n 2
+[(16n −14)d −16]c n +(n 2−1)d 2−2nd +1
=16c n 2
+8(nd −1)c n +n 2d 2−2nd +1
c n 2
+[(14−8n)d +8]c n +d 2=0．
故Δ=[(14−8n)d +8]2−4d 2=[(12−8n)d +8][(16−8n)d +8]≥0 [(3−2n)d +2][(2−n)d +1]≥0对任意正整数n 成立． n =1时，显然成立;
n =2时，−d +2≥0，则d ≤2;
n ≥3时，[(2n −3)d −2][(n −2)d −1]>(2n −5)(n −3)≥0. 综上所述，1<d ⩽ 2．
【解析】本题考查等差数列求和，考查等比数列性质．
21.【答案】解：(I)设Q(x 0,y 0)在椭圆上，则x 0
212+y 02=1，又P(0,1)，
所以|PQ|2=x 02+(y 0−1)2=12(1−y 02)+y 02−2y 0+1=−11y 02−2y 0+13，y 0∈
[−1,1]， 所以|PQ|2max =
144
11
，即|PQ|max =12√1111
．
(II)设直线AB:y =kx +12，直线与椭圆联立，得(k 2+112)x 2+kx −3
4=0， 设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，故{x 1+x 2=−k
k 2+1
12
x 1x 2=−3
4(k 2+1
12)
． PA:y =
y 1−1x 1
x +1，与y =−12
x +3交于C ，则x C =4x 1
x
1+2y 1−2
=
4x 1
(2k+1)x 1−1
，
同理可得，x D =4x 2
x
2+2y 2
−2=4x
2
(2k+1)x
2−1
．
则|CD|=√1+1
4|x C −x D |=√52|
4x 1
(2k+1)x
1
−1−4x
2
(2k+1)x
2−1
|
=2√5|x 1−x 2[(2k +1)x 1−1][(2k +1)x 2−1]|
=2√5|x 1−x 2
(2k +1)2x 1x 2−(2k +1)(x 1+x 2)+1
|
=2√5|||
√(k k 2+112)2
+
3k 2+112
−(2k +1)2
34(k 2+112)+(2k +1)k
k 2+112
+1|||
=3√52．√16k 2+1
3k+1
=
6√55．
√16k 2+1√9
16+1
3k+1
≥
6√55
等号在k =3
16时取到．
【解析】本题考查了椭圆的性质，点与椭圆的位置关系，直线与椭圆的位置关系及其应用，考查了计算能力，属于难题．
22.【答案】解：(1)f′(x)=1
x −e
2x 2=
2x−e
2x 2
，故f(x)在(0,e 2)上单调递减，在(e
2,+∞)上单调递增．
(II)(i)不妨设x 1<x 2<x 3，则x 1，x 2，x 3满足：y =f′(x i )(x −x i )+f(x i ). 则x 1，x 2，x 1是f′(x)(x −a)−f(x)+b =0的三个正实数根，即(1
x −2e
x 2)(x −a)−e
2x −lnx +b =0．
记g(x)=(1
x −e
2x 2)(x −a )−e
2x −lnx +b ，a >e ，
g′(x)=1
x −e
2x 2+(−1
x 2+e
x 3)(x −a )+e
2x 2−1
x =−1
x 3(x −e )(x −a )，
则g(x)在(0,e)上单调递减，(e,a)上单调递增，(a,+∞)上单调递减，由于x1，x2，x3是f′(x)(x−a)−f(x)+b=0的三个正实数根，
则0<x1<e，e<x2<a，x3>a．
又由于x→0时，g(x)→−lnx→+∞，g(e)=b−a
2e
−1，
g(a)=−e
2a
−lna+b，x→+∞时，g(x)→−lnx→−∞，
于是g(e)=b−a
2e −1<0，g(a)=−e
2a
−lna+b=b−f(a)>0．
由于b<a
2e +1，要证b<f(a)+1
2
(a
e
−1)，只需证a
2e
+1<f(a)+1
2
(a
e
−1)．
即e
2a +lna>3
2
，由(I)知，a>e时，f(a)>f(e)=3
2
．
综上所述，0<b−f(a)<1
2(a
e
−1)，得证!
(ii)由于g′(x)=−1
x3
(x−e)(x−a)，0<a<e，则g(x)在(0,a)上单调递减，(a,e)上单调递增，(e,+∞)上单调递减，
则0<x1<a，a<x2<e，x3>e．
又由于x→0时，g(x)→−lnx→+∞，g(e)=b−a
2e
−1，
g(a)=−e
2a
−lna+b，x→+∞时，g(x)→−lnx→−∞，
于是g(e)=b−a
2e −1>0，g(a)=−e
2a
−lna+b<0，故a
2e
+1<b<e
2a
+lna.
由于g(x)=(1
x −e
2x2
)(x−a)−e
2x
−lnx+b=1−a+e
x
+ea
2x2
−lnx+b，
记x=e
t ，a
e
=m∈(0,1)，则−a+e
e
t+a
2e
t2+lnt+b=lnt+m
2
t2−(m+1)t+b=0．
要证明：2e +e−a 6e 2<1x 1
+1x 3
<2a −
e−a 6e 2
，记t 1=e x 1，t 3=e x 3，k =t 1t 3
=x 1
x 1
>e a =1
m >1．
只需证明：
13−m 6
=2+
e−a 6e
<t 1+t 3<
2e a
−
e−a 6e
=
2m
−
1−m 6
．
即证：(t 1+t 3−13−m 6
)(t 1+t 3−2
m +
1−m 6
)<0⇒t 1+t 3−2−2
m <
(m−13)(m 2−m+12)
36m(t 1+t 3)
．
由lnt 1+
m 2t 1
2−(m +1)t 1=lnt 3+
m 2t 3
2−(m +1)t 3，t 1>t 3，
故lnt 1−lnt 3+m
2
(t 12−t 32)−(m +1)(t 1−t 3)=0⇒t 1+t 3−2−2
m =−2m ln t 1−ln t 3
t 1−t 3
，
只需证：−2
m ．
lnt 1−lnt 3
t 1−t 3
<
(m−13)(m 2−m+12)
36m(t 1+t 3)
⇔t 1+t 3t 1
−t 3
ln t
1t 3
+
(m−13)(m 2−m+12)
72(t 1+t 3)
>0．
由于t 1=kt 3，即证：(k+1)lnk k−1
+
(m−13)(m 2−m+12)
72>0．
记φ(x)=(x+1)lnx x−1
(x >1)，φ′(x)=1
(x−1)2(x −1
x −2lnx)>0，则φ(x)在(1,+∞)上单调
增， 于是
(k+1)lnk k−1
+
(m−13)(m 2−m+12)
72
>m+1
m−1lnm +
(m−13)(m 2−m+12)
72
，
记ω(x)=lnx +
(x−1)(x−13)(x 2−x+12)
72(x+1)
(0 <x <1)，只需证ω(x)>0．
由ω′(x)=(x−1)2
72x(x+1)2(3x 3−20x 2−49x +72)>(x−1)2
72x(x+1)2(3x 3+3)>0， 知ω(x)在(0,1)上单调递减.故ω(x)>ω(1)=0，得证!
【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数证明不等式，属于较难题．。