2022年四川省宜宾市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析 一、选择题．本大题共10个小题，每小题5分，共50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．（5分）（2022•宜宾二模）已知集合A={1，2}，集合B满足A∪B={1，2，3}，则集合B有（ ）个． A．1B．2C．3D．4考点：并集及其运算．专题：计算题．分析：根据题意，分析可得集合B必须有元素3，可能有元素1或2，进而可得集合B可能的情况，即可得答案．解答：解：根据题意，由A={1，2}且A∪B={1，2，3}，则集合B必须有元素3，可能有元素1或2，故B可能为{3）或{1，3}或{2，3}或{1，2，3}，即满足条件的集合B有4个，故选D．点评：本题考查集合的并集及其运算，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化． 2．（5分）（2022•宜宾二模）复数的共轭复数是（ ） A．i+2B．i﹣2C．﹣2﹣iD．2﹣i考点：复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算．专题：计算题．分析：首先要对所给的复数进行整理，分子和分母同乘以分母的共轭复数，化简到最简形式，把得到的复数虚部变为相反数，得到要求的共轭复数．解答：解：∵复数==﹣2﹣i，∴共轭复数是﹣2+i故选B．点评：复数的加减乘除运算是比较简单的问题，在高考时有时会出现，若出现则是要我们一定要得分的题目． 3．（5分）（2022•宜宾二模）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）19\n A．cm3B．cm3C．cm3D．cm3考点：由三视图求面积、体积．专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：三视图可知该几何体一圆锥，底面半径为2，高为2，带入锥体体积公式计算即可解答：解：三视图可知该几何体一圆锥，底面半径为2，高为2，所以体积V===cm3故选B点评：本题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据已知中的三视图判断出几何体的形状是解题的关键． 4．（5分）（2022•宜宾二模）如果执行如图所示的框图，输入N=10，则输出的数等于（ ） A．25B．35C．45D．55考点：循环结构．专题：图表型．分析：框图首先给循环变量k和累加变量S赋值1和0，第一次运算得到的S值是1，用2替换k后执行的是S=1+2=3，然后继续用下一个自然数替换k，S继续累加，所以该程序框图执行的是求连续自然数的和．解答：解：输入N=10，赋值k=1，S=0，第一次执行S=0+1=1；判断1＜10，执行k=1+1=2，S=1+2；19\n判断2＜10，执行k=2+1=3，S=1+2+3；判断3＜10，执行k=3+1=4，S=1+2+3+4；…当k=10时算法结束，运算共执行了10次，所以程序执行的是求连续自然数的和，所以输出的S值为，1+2+3+4+…+10=55．故选D．点评：本题考查了程序框图中的循环结构，虽先执行了一次运算，实则是当型循环，解答此题的关键是判断准算法执行的次数，属易错题． 5．（5分）（2022•宜宾二模）下列命题中，m，n表示两条不同的直线，α、β、γ表示三个不同的平面．①若m⊥α，n∥α，则m⊥n；②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ．正确的命题是（ ） A．①③B．②③C．①④D．②④考点：平面的基本性质及推论．专题：计算题．分析：由题意，m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，由空间中的线与面、面与面的位置关系对四个选项进行判断得出正确选项，①选项由线面垂直的条件进行判断，②选项用面面平等的判定定理判断，③选项由线线平等的条件进行验证，④选项由平行于同一平面的两个平面互相平行和一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则这条直线必平行于另一个平面进行判断．解答：解：由题意，m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面考察①选项，此命题正确，若m⊥α，则m垂直于α中所有直线，由n∥α，知m⊥n；考察②选项，此命题不正确，因为垂直于同一平面的两个平面的位置关系是平行或相交；19\n考察③选项，此命题不正确，因为平行于同一平面的两条直线的位置关系是平行、相交或异面；考察④选项，此命题正确，因为α∥β，β∥γ，所以α∥γ，再由m⊥α，得到m⊥γ．故选C．点评：本题考查平面与平面之间的位置关系的判断，解题的关键是有着较强的空间想像能力，能根据线线关系，线面关系，面面关系作出判断，本题考查了空间想像能力，推理判断的能力． 6．（5分）（1999•广东）若=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，则（a0+a2+a4）2﹣（a1+a3）2的值是（ ） A．1B．﹣1C．0D．2考点：二项式定理的应用．专题：计算题；转化思想．分析：给二项展开式的x分别赋值1，﹣1得到两个等式，两个等式相加求出待求的值．解答：解：令x=1，则a0+a1+…+a4=，令x=﹣1，则a0﹣a1+a2﹣a3+a4=．所以，（a0+a2+a4）2﹣（a1+a3）2==1故选A点评：本题考查求二项展开式的系数和问题常用的方法是：赋值法． 7．（5分）（2022•宜宾二模）设、、是同一平面的三个单位向量，且，则的最小值为（ ） A．﹣1B．﹣2C．1﹣D．考点：数量积判断两个平面向量的垂直关系．专题：平面向量及应用．分析：由题意可得||=||=||=1，=0，再由=1﹣•（）≥1﹣，可得的最小值．解答：解：由题意可得||=||=||=1，=0，再由=﹣﹣+=0﹣•（）+1=1﹣19\n•（）≥1﹣1×=1﹣，当且仅当与方向相同时，取等号，故选C．点评：本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积的定义，属于基础题． 8．（5分）（2022•宜宾二模）设直线l的斜率为2且过抛物线y2=ax（a≠0）的焦点F，又与y轴交于点A，O为坐标原点，若△OAF的面积为4，则抛物线的方程为（ ） A．y2=4xB．y2=8xC．y2=±4xD．y2=±8x考点：抛物线的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：先根据抛物线方程表示出F的坐标，进而根据点斜式表示出直线l的方程，求得A的坐标，进而利用三角形面积公式表示出三角形的面积建立等式取得a，则抛物线的方程可得．解答：解：抛物线y2=ax（a≠0）的焦点F坐标为（，0），则直线l的方程为y=2（x﹣），它与y轴的交点为A（0，﹣），所以△OAF的面积为||•||=4，解得a=±8．所以抛物线方程为y2=±8x，故选D．点评：本题主要考查了抛物线的标准方程，点斜式求直线方程等．考查学生的数形结合的思想的运用和基础知识的灵活运用． 9．（5分）（2022•宜宾二模）用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田“字形的4个小方格内，一格涂一种颜色而且相邻两格涂不同的颜色，如颜色可以重复使用，则有且仅有两格涂相同颜色的概率为（ ） A．B．C．D．考点：古典概型及其概率计算公式．专题：概率与统计．分析：先考虑所有可能的情况：①当1与4的颜色相同时，先排1，有5种结果，再排2，有4种结果，4与1相同，最后排3，有4种结果，②当A与C的颜色不同时，类似利用乘法原理，最后根据分类计数原理得到结果；再确定有且仅有两格涂相同颜色包含的情况，利用古典概型的概率计算公式求出即可．解答：解：先考虑所有可能的情况，如图示：1219\n34①当1与4的颜色相同时，先排1，有5种结果，再排2，有4种结果，4与1相同，最后排3，有3种结果，共有C51C41C41=80种结果②当A与C的颜色不同时，有C51C41C31C31=180种结果，根据分类计数原理知共有80+180=260，同理得到“有且仅有两格涂相同颜色”共包含120种结果，故有且仅有两格涂相同颜色的概率为故答案为：D．点评：本题考查分类计数原理以及古典概型问题，注意对于复杂一点的计数问题，有时分类以后，每类方法并不都是一步完成的，必须在分类后又分步，综合利用两个原理解决． 10．（5分）（2022•宜宾二模）如图，轴截面为边长为等边三角形的圆锥，过底面圆周上任一点作一平面α，且α与底面所成二面角为，已知α与圆锥侧面交线的曲线为椭圆，则此椭圆的离心率为（ ） A．B．C．D．考点：椭圆的简单性质．专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：设轴截面为SEF，椭圆中心为0、长轴为FH，延长S0交EF于点B，取SB中点G，连结GH．设OC是椭圆的短半轴，延长SC交底面圆于点A，连结AB．根据正△SEF中∠HEF=∠SEF得FH⊥SE，算出FH=6，即椭圆的长轴2a=6．利用△SBE的中位线和△OBF≌△OGH，算出BF=EF=，从而在底面圆中算出AB=，进而在△SAB中，利用平行线分线段成比例，得OC=AB=，即椭圆短半轴b=．最后由椭圆的平方关系算出c=，从而可得该椭圆的离心率．解答：解：设圆锥的顶点为S，轴截面为SEF，过F的一平面α与底面所成角为，α与母线SE交于点H，α与圆锥侧面相交所得的椭圆中心设为0，延长S0交EF于点B，取SB中点G，连结GH设OC是椭圆的短半轴，则OC⊥平面SEF，延长SC交底面圆于点A，连结AB∵△SEF是等边三角形，∠HEF就是α与底面所成角19\n∴由∠HEF==∠SEF，得FH⊥SERt△EFH中，FH=EFcos=4×=6，即椭圆的长轴2a=6∵GH是△SBE的中位线，得GHBE∴结合△OBF≌△OGH，得BF=GH=BE，可得BF=EF=设M为底面圆的圆心，则可得BM=EF=∴⊙M中，可得AB===∵△SAB中，OC∥AB且∴，可得OC=AB=，椭圆的短半轴b=因此，椭圆的半焦距c==，椭圆的离心率e==故选：C点评：本题给出圆锥的轴截面为正三角形，求与底面成30度角的平面截圆锥的侧面所得椭圆的离心率．着重考查了椭圆的定义与简单几何性质、圆锥的几何性质和平面几何有关计算等知识，属于中档题． 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．请把答案填在答题卡对应的题中横线上.11．（5分）（2022•宜宾二模）如果f（x）是周期为2的奇函数，当0≤x≤1时，f（x）=2x（1﹣x），那么= ．19\n考点：函数的周期性；函数奇偶性的性质．专题：函数的性质及应用．分析：先根据函数f（x）是以2为周期的奇函数将化为，再由奇偶性可得答案．解答：解：因为函数f（x）是以2为周期的奇函数，∴==又由当0≤x≤1时，f（x）=2x（1﹣x），则=则故答案为：．点评：本题主要考查函数的性质﹣﹣周期性与奇偶性，属基础题． 12．（5分）（2022•宜宾二模）若a、b是直线，α、β是平面，a⊥α，b⊥β，向量在a上，向量在b上，，，则α、β所成二面角中较小的一个余弦值为 ．考点：用空间向量求平面间的夹角．专题：空间角．分析：利用向量的夹角公式，即可得到结论．解答：解：由题意，∵，，∵cos＜＞===∵a⊥α，b⊥β，向量在a上，向量在b上，∴α、β所成二面角中较小的一个余弦值为故答案为点评：本题考查空间角，考查向量知识的运用，考查学生的计算能力，属于基础题． 13．（5分）（2022•湖北）已知函数f（x）=f′（）cosx+sinx，则f（）的值为 1 ．考点：导数的运算；函数的值．19\n专题：计算题；压轴题．分析：利用求导法则：（sinx）′=cosx及（cosx）′=sinx，求出f′（x），然后把x等于代入到f′（x）中，利用特殊角的三角函数值即可求出f′（）的值，把f′（）的值代入到f（x）后，把x=代入到f（x）中，利用特殊角的三角函数值即可求出f（）的值．解答：解：因为f′（x）=﹣f′（）•sinx+cosx所以f′（）=﹣f′（）•sin+cos解得f′（）=﹣1故f（）=f′（）cos+sin=（﹣1）+=1故答案为1．点评：此题考查学生灵活运用求导法则及特殊角的三角函数值化简求值，会根据函数解析式求自变量所对应的函数值，是一道中档题． 14．（5分）（2022•宜宾二模）已知平面直角坐标系xoy上的区域D由不等式组给定，若M（x，y）为D上的动点，A的坐标为（﹣1，1），则的取值范围是 [0，2] ．考点：简单线性规划；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角．专题：不等式的解法及应用．分析：作出题中不等式组对应的平面区域如图，根据向量数量积的坐标运算公式可得z=﹣x+y，再进行直线平移法可得z的最值，从而得出的取值范围．解答：解：作出可行域如右图∵M（x，y），A（0，2），B（1，1）∴z==﹣x+y，将直线l：z=﹣x+y进行平移，当它经过交点A（0，2）时，z达到最大值2，当它经过交点B（1，1）时，z达到最小值，则z=﹣x+y的取值范围是[0，2]．∴则的取值范围是[0，2]．故答案为：[0，2]．19\n点评：本题以向量数量积的坐标运算为载体，考查了简单的线性规划的知识，属于基础题．采用直线平移法，是解决此类问题的关键所在． 15．（5分）（2022•宜宾二模）设函数f（x）的定义域为D，若存在非零实数n使得对于任意x∈M（M⊆D），有x+n∈D，且f（x+n）≥f（x），则称f（x）为M上的n高调函数，如果定义域为[﹣1，+∞）的函数f（x）=x2为[﹣1，+∞）上的k高调函数，那么实数k的取值范围是 [2，+∞） ．考点：函数恒成立问题．专题：计算题；压轴题；函数的性质及应用．分析：根据新定义可得（x+k）2≥x2在[﹣1，+∞）上恒成立，即2kx+k2≥0在[﹣1，+∞）上恒成立，由此可求实数k的取值范围．解答：解：由题意，（x+k）2≥x2在[﹣1，+∞）上恒成立∴2kx+k2≥0在[﹣1，+∞）上恒成立∴∴k≥2故答案为：k≥2点评：本题考查新定义，考查恒成立问题，考查学生的计算能力，属于基础题． 三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．不能答试卷上，请答在答题卡相应的方框内.16．（12分）（2022•宜宾二模）已知函数f（x）=msin（π﹣ωx）﹣msin（﹣ωx）（m＞0，ω＞0）的图象上两相邻最高点的坐标分别为（，2）和（，2）．（Ⅰ）求m与ω的值；（Ⅱ）在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且f（A）=2，求的取值范围．考点：正弦定理的应用；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．19\n专题：计算题；解三角形．分析：（Ⅰ）利用诱导公式及辅助角公式对已知函数化简可得f（x）=2msin（ωx﹣），结合已知条件可求m，ω（Ⅱ）由f（A）=2，结合（1）中所求f（X）及0＜A＜π可求A，结合三角形的内角和可求B+C，利用正弦定理可得，代入已知角即可求解答：解：（Ⅰ）∵f（x）=msin（π﹣ωx）﹣msin（﹣ωx）=msinωx﹣mcosωx=2msin（ωx﹣）∵图象上两相邻最高点的坐标分别为（，2）和（，2）∴2m=2即m=1，∴T==π∴ω===2（Ⅱ）∵f（A）=2，即sin（2A﹣）=1又0＜A＜π∴则，解得A=∴所以===cosC﹣sinC=2sin（﹣C）因为所以，19\n所以2sin（）∈（﹣2，1）即∈（﹣2，1）点评：本题主要考查了利用正弦函数的性质求解函数的解析式，三角函数的诱导公式及辅助角公式、和差角公式、正弦定理在三角函数化简中的应用 17．（12分）（2022•宜宾二模）在数列{an}中，a1=1，an+1=an+c（c为常数，n∈N*），且a1，a2，a5成公比不为1的等比数列．（1）求c的值；（2）设，求数列{bn}的前n项和Sn．考点：数列的求和；等比数列的性质．专题：计算题．分析：（1）利用递推关系判断出数列{an}为等差数列，将a1，a2，a5用公差表示，据此三项成等比数列列出方程，求出c．（2）写出bn，据其特点，利用裂项的方法求出数列{bn}的前n项和Sn．解答：解：（1）∵an+1=an+c∴an+1﹣an=c∴数列{an}是以a1=1为首项，以c为公差的等差数列a2=1+c，a5=1+4c又a1，a2，a5成公比不为1的等比数列∴（1+c）2=1+4c解得c=2或c=0（舍）（2）由（1）知，an=2n﹣1∴∴=点评：求数列的前n项和时，应该先求出通项，根据通项的特点，选择合适的求和方法． 18．（12分）（2022•宜宾二模）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D、E分别是AC、AB上的点，且DE∥BC，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥CD，如图2．（Ⅰ）求证：平面A1BC⊥平面A1DC；（Ⅱ）若CD=2，求BE与平面A1BC所成角的余弦值；（Ⅲ）当D点在何处时，A1B的长度最小，并求出最小值．19\n考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．专题：计算题；证明题；空间位置关系与距离．分析：（I）由题意，得DE⊥AD且DE⊥DC，从而DE⊥平面A1DC．结合DE∥BC，得BC⊥平面A1DC，由面面垂直判定定理即可得到平面A1BC⊥平面A1DC；（II）以D为原点，DE、DC、DA1分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示直角坐标系，可得A1、B、C、E各点的坐标，从而得到向量的坐标，利用垂直向量数量积为零的方法建立方程组，解出是平面A1BC的一个法向量，利用向量的夹角公式算出的夹角余弦值，即可得到BE与平面A1BC所成角的余弦值；（III）设CD=x，得A1D=6﹣x，从而得到A1、B的坐标，由两点的距离公式得到用x表示|A1B|的式子，利用二次函数的性质即可求出A1B的长度的最小值．解答：解：（Ⅰ）在图1中△ABC中，DE∥BC，AC⊥BC，∴DE⊥AC由此可得图2中，DE⊥AD，DE⊥DC，又∵A1D∩DC=D，∴DE⊥平面A1DC．∵DE∥BC，∴BC⊥平面A1DC，又∵BC⊂平面A1BC，∴平面A1BC⊥平面A1DC…（4分）（Ⅱ）由（1）知A1D⊥DE，A1D⊥DC，DC⊥DE，故以D为原点，DE、DC、DA1分别为x、y、z轴建立直角坐标系．则E（2，0，0），B（3，2，0），C（0，2，0），A1（0，0，4）∴，设平面A1BC的一个法向量为，则，取y=2可得，设直线BE与平面A1BC所成角θ，可得=即直线BE与平面A1BC所成角的余弦值为．…（8分）（Ⅲ）设CD=x，则A1D=6﹣x，19\n在（II）的坐标系下，可得B（3，x，0），A1（0，0，6﹣x），∴=，∵2x2﹣12x+45=2（x﹣3）2+27，∴当x=3时，的最小值为．由此可得当x=3时，|A1B|最小值为．…（12分）点评：本题以平面图形的折叠为例，求证线面垂直并求直线与平面所成角，着重考查了线面垂直的判定与性质、利用空间向量研究线面所成角等知识，属于中档题． 19．（12分）（2022•宜宾二模）某市城调队就本地居民的月收入调查了10000人，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图（每个分组包括左端点，不包括右端点，如第一组表示收入在[1500，2000），单位：元）．（Ⅰ）求随机抽取一位居民，估计该居民月收入在[2500，3500）的概率，并估计这10000人的人均月收入；（Ⅱ）若将频率视为概率，从本地随机抽取3位居民（看作有放回的抽样），求月收入在[2500，3500）上居民人数x的数学期望．19\n考点：离散型随机变量的期望与方差；用样本的频率分布估计总体分布．专题：概率与统计．分析：（Ⅰ）利用频率是纵坐标乘以组距，可求居民月收入在[2500，3500）的概率；（Ⅱ）确定X～B（3，0.5），求出概率，可得分布列与数学期望．解答：解：（Ⅰ）依题意及频率分布直方图知，居民月收入在[2500，3500）上的概率为（0.0005+0.0005）×500=0.5；（Ⅱ）由题意知，X～B（3，0.5），因此P（X=0）==0.125，P（X=1）==0.375，P（X=2）==0.375，P（X=4）==0.125故随机变量X的分布列为X0123P0.1250.3750.3750.125X的数学期望为EX=0×0.125+1×0.375+2×0.375+3×0.125=1.4．点评：本题考查了频率分布直方图，考查分布列与数学期望，解决频率分布直方图的有关问题时，要注意的是直方图的纵坐标是的含义，要求某范围内的频率应该是纵坐标乘以组距，属于基础题． 20．（13分）（2022•山东）已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形，两准线间的距离为1．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）直线l过点P（0，2）且与椭圆相交于A、B两点，当△AOB面积取得最大值时，求直线l的方程．考点：椭圆的标准方程；直线的一般式方程；椭圆的应用．专题：计算题；压轴题．分析：（Ⅰ）先设出椭圆标准方程，根据题意可知b=c，根据准线方程求得c和a的关系，进而求得a，b和c，则椭圆方程可得．（Ⅱ）设出直线l的方程和A，B的坐标，进而把直线方程与椭圆方程联立，消去y，根据判别式大于0求得k的范围，根据韦达定理求得x1+x2，x1x2的表达式，表示出|AB|，求得原点到直线的距离，进而表示出三角形的面积，两边平方根据一元二次方程，建立关于S的不等式，求得S的最大值，进而求得k，则直线方程可得．解答：解：设椭圆方程为（Ⅰ）由已知得19\n∴所求椭圆方程为．（Ⅱ）由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+2，A（x1，y1），B（x2，y2）由，消去y得关于x的方程：（1+2k2）x2+8kx+6=0由直线l与椭圆相交于A、B两点，∴△＞0⇒64k2﹣24（1+2k2）＞0解得又由韦达定理得∴=原点O到直线l的距离∵．对两边平方整理得：4S2k4+4（S2﹣4）k2+S2+24=0（*）∵S≠0，整理得：又S＞0，∴19\n从而S△AOB的最大值为，此时代入方程（*）得4k4﹣28k2+49=0∴所以，所求直线方程为：．点评：本题主要考查了椭圆的标准方程和椭圆与直线的关系．考查了学生分析问题和基本运算的能力． 21．（14分）（2022•宜宾二模）已知函数ft（x）=（t﹣x），其中t为正常数．（Ⅰ）求函数ft（x）在（0，+∞）上的最大值；（Ⅱ）设数列{an}满足：a1=，3an+1=an+2，（1）求数列{an}的通项公式an；（2）证明：对任意的x＞0，（x）（n∈N*）；（Ⅲ）证明：．考点：数列与不等式的综合；数列与函数的综合．专题：导数的综合应用．分析：（Ⅰ）求导数，确定ft（x）在区间（0，t）上单调递增，在区间（t，+∞）上单调递减，从而可求函数ft（x）在（0，+∞）上的最大值；（Ⅱ）（1）证明数列{an﹣1}为等比数列，即可求数列{an}的通项公式an；（2）证法一：从已有性质结论出发；证法二：作差比较法，即可得到结论；（Ⅲ）证法一：从已经研究出的性质出发，实现求和结构的放缩；证法二：应用柯西不等式实现结构放缩，即可得到结论．解答：（Ⅰ）解：由，可得，…（2分）所以，，，…（3分）则ft（x）在区间（0，t）上单调递增，在区间（t，+∞）上单调递减，所以，．…（4分）19\n（Ⅱ）（1）解：由3an+1=an+2，得，又，则数列{an﹣1}为等比数列，且，…（5分）故为所求通项公式．…（6分）（2）证明：即证对任意的x＞0，（n∈N*）…（7分）证法一：（从已有性质结论出发）由（Ⅰ）知…（9分）即有对于任意的x＞0恒成立．…（10分）证法二：（作差比较法）由及…（8分）=…（9分）即有对于任意的x＞0恒成立．…（10分）（Ⅲ）证明：证法一：（从已经研究出的性质出发，实现求和结构的放缩）由（Ⅱ）知，对于任意的x＞0都有，于是，=…（11分）对于任意的x＞0恒成立特别地，令，即，…（12分）19\n有，故原不等式成立．…（14分）证法二：（应用柯西不等式实现结构放缩）由柯西不等式：其中等号当且仅当xi=kyi（i=1，2，…n）时成立．令，，可得则而由，所以故，所证不等式成立．点评：本题考查导数知识的运用，考查数列的通项，考查数列与不等式的综合，考查学生分析解决问题的能力，难度大． 19
