山西省太原市2022-2023学年高二上学期期末数学试题

2022~2023学年第一学期高二年级期末考试数学试卷 一､选择题（本题共8小题，每小题3分，共24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. 已知等差数列A. 21 【答案】B 【解析】 【分析】直接根据等差数列通项即可得到a8a17d，代入计算即可. 【详解】由题意得a8a17d37318， 故选：B. 2. 抛物线yA. 0, 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线方程直接求出焦点坐标作答. 【详解】抛物线y故选：D

3. 已知某物体在平面上做变速直线运动，且位移s（单位：米）与时间t（单位：秒）之间的关系可用函数：slnt1tt表示，则该物体在t3秒时的瞬时速度为（ ） 222an中，a13，公差d3，则a8等于（

B. 18 C. 24

） D. 27

1x的焦点坐标为（ ） 2B. 121,0 4C. 0, 18D. ,0 18



11x的焦点在x轴上，其坐标为(,0). 28

A.

21米/秒 4B. 62ln2米/秒 C.

21米/秒 2D. 4ln2米秒 【答案】A 【解析】 【分析】直接对位移关于时间的函数求导，代入t3即可. 【详解】由题得s故选；A.

4. 设an是等比数列，且a1a21,a2a32，则a5a6（ ） 121212t1，当t3时，s，故瞬时速度为米/秒， 4t141

A. 8 B. 12 C. 16 D. 24

【答案】C 【解析】 【分析】由等比数列的性质求得q，再代入a5a6中即可求得a5a6的值. 【详解】a2a3a1a2q1q2,q2 a45a6a1qa2q4a41a2q12416.

故选：C.

5. 有一条渐近线为y2x且过点

2,22的双曲线的标准方程为（ ） x2y2

A. 241 B. y24x221 y2x2y28x2C. 41 D. 481 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定的渐近线方程，设出双曲线方程，再将已知点代入计算作答.

【详解】依题意，双曲线的渐近线方程为xy20，设所求双曲线的方程为x2y22(0)， 2(22)2因此(2)2y222，即有x22， y2x2

所以所求双曲线的标准方程为421.

故选：B

6. 已知数列an为等比数列，且a3a52a4，设等差数列bn的前n项和为Sn，若b4a4，则S7（ ） A. 7 B. 14

C. 26 D. 27 【答案】B 【解析】 【分析】利用等比数列的性质求出a4，再利用等差数列性质及前n项和求解作答.

2

2【详解】等比数列an中，a4a3a52a4，而a40，解得a42，即b4a42， 等差数列bn中，S7故选：B

7(b1b7)7b414. 27. 已知曲线C:y22x，直线l:xy30,P,Q分别是曲线C与直线l上的动点，则PQ的最小值为（ ） A. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用点到直线的距离公式求出曲线C上点P到直线l距离最小值作答.

2【详解】依题意，设曲线C上点P(t,t)，而点Q在直线l:xy30上， B.

2 C.

3 D.

52 412xy30由2消去x得y22y60，(2)2460，即直线l与曲线C相离， y2x1|t2t3||(t1)25|(t1)2552，当且仅当t1，即P(1,1)，且PQl时取则PQ2222422221(1)等号， 所以PQ的最小值为故选：D

52. 4ex11,x08. 已知函数fx2，若gxfxaxa1有三个不等零点，则实数a的取值范

x2x3,x0围是（ ） A. 4,5 【答案】C 【解析】 【分析】函数gxfxaxa1有三个不等零点转化为方程fxaxa10有三个不等实根. 分两种情况讨论：当x0时，a(x1)B. e,3 C. e,4 D. 

5,e 2

114，令(x)(x1)4，结合(x)的单调性x1x13

讨论根的情况；当x0时，得ex1a(x1)，当a0时，显然方程无实根；当a0时，令h(x)1x1，aex1x1,x0，利用导数研究函数的性质，作出函数图象，数形结合得答案． x1e【详解】由gxfxaxa1有三个不等零点，等价于fxaxa10有三个不等实根， 当x0时，f(x)x22x3， 由fxaxa10，得x22x4a(x1)， 即ax22x4(x1)24(x1)11x1x1(x1)x14， 令(x)(x1)1x14， 当x0时，(x)单调递增，故(x)(0)4， 故当a4时，方程a(x1)1x14无实根； 当a4时，方程a(x1)1x14在x(,0)上有一实根． 当x0时，f(x)ex11，由fxaxa10，得ex1a(x1) 当a0时，显然方程无实根； 当a0时，

1xa1e，令h(x)x12xx1ex1,x0，h(x)ex1， 当0x2时，h(x)0，h(x)单调递增； 当x2时，h(x)0，h(x)单调递减； 即当x2时，函数h(x)取得极大值h(2)1e h(0)e；h(1)0；当0x1时，h(x)0；当x1时，h(x)0， 作出函数h(x)的图象如图， 4

要使fxaxa10有三个不等实根，需满足：在x(,0)上有一实根，在x[0,)上有两个实根． 由图可知y

111

与h(x)的图象有两个交点时，0，即ae， aae综上，ea4，即实数a的取值范围是e,4． 故选：C.

二､多选题（本题共4小题，每小题3分，共12分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得3分，部分选对的得2分，有选错的得0分） *9. 已知数列an，满足2an1anan2,nN,Sn为an的前n项和，且a310,S150，则（ ） A. 数列an为等差数列 C. Snn15n 【答案】ACD 【解析】 2B. ann13 D. n7或n8时，Sn取得最大值 【分析】对A，等式移项即可判断，对B，根据等差数列下标和性质求出a13，则可求出d，则得到其通项，对C，直接利用等差数列前n项和公式即可判断，对D，利用二次函数性质即可判断. 【详解】对A，2an1anan2,nN，an1anan2an1,nN 则数列an为等差数列，故A正确， 对B，a310,S150，则S15**15a1a1515a3a131510a130， 222则a1310，则10da13a310d20，则d2，则

ana3dn3102n32n16，故B错误， 对C，a114，则Sn2na1ann142n16n215n，故C正确， 22对D，Snn15n，开口向下，对称轴为n7.5， nN，故当n7或n8时,Sn取得最大值，故D正确， 故选：ACD.

10. 已知点P为抛物线y24x上一点，F为抛物线的焦点，则下列结论正确的是（ ） 5

A. 点F的坐标为2,0 B. 点P到准线的最小距离为1

C. 若点P到焦点的距离为5，则点P的纵坐标是4 D. 若点A的坐标为4,2，则PAPF的最小值为5 【答案】BD 【解析】 【分析】根据给定的抛物线，求出焦点坐标、准线方程判断AB；利用抛物线定义求出点P的横坐标判断C；利用抛物线定义结合几何图形推理计算判断D作答.

【详解】设抛物线y24x上点P(x0,y0)，x00，而抛物线的焦点F(1,0)，准线l的方程x=1，A错误； 对于B，点P到准线距离为x0(1)x011，当且仅当x00时取等号，即点P到准线l的最小距离为1，B正确； 2对于C，点P到焦点的距离为5，即|PF|x015，解得x04，则y016，解得y04，C错

误； 对于D，如图，作PNl,AMl，垂足分别为N,M，AM交抛物线于点P，连接PF,AN， 则PAPF|PA||PN||AN||AM||PA||PM||PA||PF|，当且仅当点P,P重合时取等号， 所以(PAPF)min|AM|4(1)5，D正确. 故选：BD

11. 已知函数fx132xx3x1，下列说法正确的是（ ） 3B. yfx的极大值点为1 A. yfx有两个极值点 6

C. yfx的极小值为9 【答案】AB 【解析】 D. yfx的最大值为

10 3【分析】求出函数f(x)的导数，再利用导数求出函数的极值判断ABC，取特值判断D作答. 【详解】函数fx132xx3x1的定义域为R，求导得f(x)x22x3(x1)(x3)， 3由f(x)0得：x1或x3，由f(x)0得：1x3， 因此函数f(x)在(,1),(3,)上单调递增，在(1,3)上单调递减， 于是函数f(x)在x=1处取极大值f(1)8，在x3处取极小值f(3)8，C错误； 3函数f(x)有两个极值点1,3，且1是fx的极大值点，A正确，B正确； 显然f(6)故选：AB

132106636119，D错误. 33y212. 已知双曲线C:x1,F1,F2为双曲线的左､右焦点，若直线l过点F2，且与双曲线的右支交于

32M,N两点，下列说法正确的是（ ） A. 双曲线C的离心率为3 B. 若l的斜率为2，则MN的中点为8,12 C. △MNF1周长的最小值为10 D. △MNF1周长的最小值为16 【答案】BD 【解析】 【分析】对A直接计算离心率即可判断，对B，直接得到直线方程，并联立曲线方程，利用韦达定理即可求出MN的中点坐标即可判断，对C和D，利用双曲线定义将三角形周长用弦长MN，则题目转化为求

MN的最值，设线联立方程，再利用弦长公式即可得到答案.

【详解】对A，由双曲线方程得a1,b3，故c2，则离心率e2，故A错误， 7

对B，由方程知F12,0,F22,0，则直线l的方程为y2x2， 联立双曲线方程化简得x216x190，设Mx1,y1,Nx2,y2, 则x1x216，故x1x228，而y1y22x142x242x1x2824， 则

y1y2212，故MN的中点为(8,12)，故B正确， 对C和D，根据双曲线定义得MF1MF22,NF1NF22， 两式相加得MF1NF14MF2NF2， 设△MNF1的周长为C，故CMNF1MF1NF1MF2NF2 42MF2NF242MN， 则题目求△MNF1周长的最小值转化为求弦长MN的最小值， 设直线l的方程为x2my，联立双曲线方程3x2y23得 3m21y212my90，根据直线l与双曲线有两个交点M,N,

则3m210，即m33，12m243m21936m2360， 当直线l与渐近线平行时，此时

m1333， 1若要直线l与双曲线交点在右支上，则0m33,m20,13， MNm2136m23m21m21363m21 8

6m163m212m13m122226m13m12222， 设m1t1,24MN，则3t21222416 9t24t163t1192ttt211MN132令n,1 ，则16n224n93， t416n4则当n1，即m0时，MNmin6，此时直线l方程为x2， 故△MNF1的周长的最小值为16，故C错误，D正确， 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：本题对C,D选项的判断，首先要灵活运用双曲线定义从而得到CMNF142MN，然后题目即转化为经典的弦长最值问题，常用的方法是设线法，联立双曲线方程，得到韦达定理式，再利用弦长公式表示出MN，设直线时因为直线所过定点在x轴上，故为了简便运算引入参数m，同时要注意双曲线较椭圆更为复杂，尤其是直线与渐近线平行时的特殊情况.

三､填空题（本题共4小题，每小题4分，共16分） 13. 抛物线x24y的准线方程是_______ 【答案】y1 【解析】 【分析】先根据抛物线的标准方程得到焦点在y轴上以及2p4，再直接代入即可求出其准线方程. 【详解】因为抛物线的标准方程为x24y，焦点在y轴上， 所以：2p4，即p2，所以

p1， 2所以准线方程为：y1， 故答案是：y1.

【点睛】该题考查的是有关抛物线的几何性质，涉及到的知识点是已知抛物线的标准方程求其准线方程，属于简单题目.

9

14. 曲线yx1在点1,2处的切线方程为__________. x2【答案】y=3x+1 【解析】 【分析】求出函数y【详解】依题意，yx1的导数及在x=1处的导数值，再利用导数的几何意义求出切线方程作答. x2x2(x1)33y|3， x122，2(x2)(x2)(12)所以曲线yx1在点1,2处的切线方程为y23(x1)，即y=3x+1. x2故答案为：y=3x+1 15. 一个正方形被等分成九个相等的小正方形，将最中间的一个正方形挖掉，得图①；再将剩下的每个正方形都分成九个相等的小正方形，并将其最中间的一个正方形挖掉，得图②；如此继续下去，则图③挖掉了__________个正方形，请写出每次挖掉的正方形个数所构成的数列的一个递推公式__________.

【答案】 【解析】 ①. 73

②. an8an1 【分析】根据图形得出图③挖掉了多少个，与每次挖掉的正方形个数所构成的数列的通项，即可根据等比数列的定义得出递推公式.

【详解】图③挖掉了89173个， 设每次挖掉的正方形个数为an， 根据图形得，a118，a28，a38，则an8则递推式为an8an1. 故答案为：73；an8an1.

012n1， 10

16. 已知a1，若对于任意的x,，不等式__________. 【答案】

1311xln3xxlna恒成立，则a的最小值为3xae3##3e1 e111ln3xxlnaex，再构造函数fxlnxx1，【解析】 【分析】先利用同构法将题设不等式转化为

3xae利用导数与函数单调性的关系得到3xaex，从而将问题转化为a3xex，maxgx3x1exx3求得最值即可得解. 【详解】因为lnaxlnalnexlnaex， 所以

13xxln3x1111aexlna可化为3xln3xaexlnaxaexlnaex， 令fx1xlnxx1，则fx11x1x2xx20， 所以fx在1,上递增， 因为a1，x1,，所以3x1，13exe3e01，aex1， 所以

13xln3x1aexlnaex可化为f3xfaex，则3xaex， 即a3xex在x13,上恒成立，即a3xex， max令gx3xexx131x3，则gxex， 令gx0，则

13x1；令gx0，则x1； 所以gx在1,13上单调递增，在1,上单调递减， 所以gxmaxg13e， 所以a3e，即a的最小值为3e. 故答案为：3e.

x再次构造函数11

【点睛】关键点睛：本题的突破口是利用同构法将题设不等式转化为11ln3xlnaex，从而构造3xaex函数fx1xlnxx1得到3xaex，由此得解. 四､解答题（本题共5小题，共48分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤） 17. 已知函数fxx2ex.

（1）求函数fx的单调区间； （2）求fx在1,2上的值域.

【答案】（1）函数fx在1,上单调递增，在,1上单调递减； （2）e,0 【解析】 【分析】（1）根据导数的正负得出其单调性； （2）根据第一问的函数单调性得出其值域. 【小问1详解】 函数fxx2ex，则fxx1ex， 当x1时，f¢(x)>0，当x1，fx0， 故函数fx在1,上单调递增，在,1上单调递减； 【小问2详解】 由（1）可得函数fx在1,2上单调递增，在1,1上单调递减， 且f13e13e，f20， 则fx在1,2上的最大值fxmaxf20，最小值fxminf1e， 故fx在1,2上的值域为e,0. 18. 已知各项为正的等比数列a1n满足a3a12，设bn245a的前n项和为Sn，且Snn. n（1）求数列anbn的通项公式； （2）求数列bn的前n项和. 【答案】（1）an32n1，bn(6n3)2n1 12

（2）Tn9(6n9)2 【解析】 na1q212n1【分析】（1）由题得4，解出则可得到an通项，降次作差可得bn(6n3)2，再检验b1a1q48值即可； （2）bn1n(6n3)2，利用乘公比错位相减法即可得到Tn.

【小问1详解】 因为a1n为各项为正的等比数列，设公比为q,a34a512, 即a21q12n1448，解得q2,a13，所以an32. a1q当n2时,

bnSnSn1n2(n1)22n1,bn(6n3)2n1a, n当n1时,b1a1,b13，适合上式， 1所以bn1n(6n3)2 【小问2详解】 设bn的前n项和为Tn,则 Tn3209211522(6n9)2n2(6n3)2n1， 2Tn3219221523(6n9)2n1(6n3)2n， 两式相减，得Tn3621222n1(6n3)2n 36212n112(6n3)2n2n96n9 则T(6n9)2nn9.

19. 已知抛物线y2x,O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线交抛物线于A,B两点. （1）若直线AB的斜率为1，求AB； （2）若△OAF与OBF的面积之差的绝对值为

14，求直线AB的方程. 13

【答案】（1）2 （2）4x8y10或4x8y10 【解析】 【分析】（1）先根据题意得到直线AB的方程，再联立抛物线方程得到y1y2,y1y2的值，从而利用弦长公式即可得解； （2）假设直线AB为xmy1，联立抛物线方程得到y1y2,y1y2的值，再分别求得△OAF与OBF4的面积关于y1,y2的表达式，进而得到关于m的方程，解之即可得解. 【小问1详解】 依题意，设Ax1,y1,Bx2,y2， 因为抛物线y2x的焦点为F14,0， 又直线AB的斜率为1，所以直线AB方程为yx14， 联立y2x1，消去x，得y2y10， yx44则Δ20,y11y21,y1y24， 所以AB2yyy21221y24y1y22.

【小问2详解】 易知直线AB斜率为0时，与抛物线y2x只有一个交点，不合题意； 设直线AB方程为xmy14， 联立xmy14，消去x，得y2my1y2x40， 则Δm210,y11y2m,y1y240， 因为SOAF12OFy11118y1，SOBF2OFy28y2， 所以S1OAFSOBF8y11m118y28y1y284，解得m2， 14

所以直线AB的方程为x2y11或x2y，即4x8y10或4x8y10. 44说明：请同学们在（A）､（B）两个小题中任选一题作答. x2y220. 已知双曲线C:221(a0,b0)的左､右焦点分别为F1,F2，离心率为2，P2,2是C上一

ab点.

（1）求双曲线C的方程； （2）若直线l过原点，且与双曲线交于A,B两点，Q为双曲线上一点（不同于A,B）.求直线QA与直线

QB的斜率之积.

x2y2

【答案】（1）221 （2）1 【解析】 【分析】（1）先由双曲线的离心率求得b2a2，再利用点代入求得a22，从而得解； （2）根据题意设出A,Q,B的坐标，再利用点差法即可求得kQAkQB1，由此得解. 【小问1详解】 因为e2，所以

ca2，即c2a， 2所以b2c2a2a2，所以双曲线C:xy2a2a21， 因为P2,2是双曲线C上一点， 所以

4a22a21，解得a22，则b22 所以双曲线C的方程为x22y2

21.

【小问2详解】 依题意，设A(x1,y1),Q(x2,y2)， 因为直线l过原点，且与双曲线交于A,B两点， 所以由双曲线的对称性可得A,B关于原点对称，则B(x1,y1)， 15

所以kQAy2y1y2y1k，QB， x2x1x2x122x12y12x2y2因为A,Q为双曲线上的点，所以1,1， 2222两式相减得x1x2y1y2， 所以kQAkQB2y2y1y2y1y12y221. 2x2x1x2x1x1x22222所以直线QA与直线QB的斜率之积为1.

x2y221. 已知双曲线C:221(a0,b0)的左､右焦点分别为F1,F2，离心率为2，P2,2是C上一

ab点.

（1）求双曲线C的方程； （2）直线l过点1,0，与双曲线的右支交于A,B两点，点D与点B关于x轴对称，求证：A,D两点所在直线过点F2.

x2y2

【答案】（1）1； 22（2）证明负了解析. 【解析】 【分析】（1）根据双曲线离心率可得ab，再将给定点代入计算作答.

（2）设出直线l的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理结合向量共线的坐标表示推理作答. 【小问1详解】 x2y2双曲线C:221(a0,b0)的离心率eab又点P2,2在C上，即

a2b22，即ab， 2，则e2a24221，解得ab2ab2， x2y2

所以双曲线C的方程为1.

22【小问2详解】 显然直线l不垂直于坐标轴，设直线l的方程为：xmy1， 16

由（1）知，双曲线渐近线yx，而直线l与双曲线右支交于两点，则

11，即0m1， m由xmy1消去x并整理得：(m21)y22my10， 22xy2Δ4m24m2142m210，则2m1，设A(x1,y1),B(x2,y2)，则D(x2,y2)， 2于是y1y22m1,yy，则y1y22my1y2， 1222m1m1而F2(2,0)，有F2A(x12,y1),F2D(x22,y2)， 因此(x12)y2(x22)y1(my11)y2(my21)y12my1y2(y1y2)0， 即F2A//F2D，而F2A,F2D有公共点F2，从而A,F2,D三点共线， 所以A,D两点所在直线过点F2.

【点睛】思路点睛：圆锥曲线中动直线过已知定点问题，根据条件求出动直线与圆锥曲线的两个交点的坐标关系，再借助共线向量的坐标表示推理解决.

说明：请同学们在（A）､（B）两个小题中任选一题作答. 22. 已知函数fxxlnxmx.

（1）讨论函数fx在1,上的单调性； （2）若pxfx【答案】（1）见解析 【解析】 【分析】（1）f(x)lnx1m，分m1和m1讨论即可； （2）p(x)lnx1mxm，题目转化为p(x)有两个零点，利用分离参数法得m12mx有两个极值点，求m的取值范围. 2（2）m0 lnx1，设x1g(x)lnx1，利用导数研究gx得图像即可得到答案. x1【小问1详解】 f(x)xlnxmx，f(x)lnx1m， 当x1,，则lnx1mm1 17

若m1,f(x)lnx1m0,则f(x)在[1,)上单调递增； 若m1,令f¢(x)>0，即lnx1m0，xem11 则fx在em1,上单调递增.

令fx0，解得1xem1，则f(x)在1,em1上单调递减， 综上，当m1时，f(x)在[1,)上单调递增， 当m1时，fx在em1,上单调递增，在1,em1上单调递减. 小问2详解】 p(x)xlnxmx12mx2，p(x)lnx1mxm， 因为p(x)有两个极值点,所以p(x)有两个零点,

显然,1不是p(x)的零点，由lnx1mxm0,得mlnx1x1. 即直线h(x)m与g(x)lnx1x1有两个交点， x1lnx11lnxg(x)xx， (x1)2(x1)2令(x)1xlnx,(x)111xx2xx2, 令(x)1xx20，解得x1， 且当x0,1时，(x)0，当x(1,)时，(x)0 所以(x)在(0,1)上单调递增,(x)在(1,)上单调递减, 而(1)1,故(x)0,

所以g(x)在(0,1),和(1,)上单调递减， 又在(0,1)上,x趋近于0时,g(x)趋近于正无穷，x趋近于1时,gx趋近于负无穷， 故函数gx在0,1之间存在唯一零点， 在(1,)上,x 趋近于1时, g(x)趋近于正无穷，x趋近于正无穷时,g(x)趋近于0. 作出图形如下图所示： 18

【

所以m0.

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键在于等价转化为导函数在定义域上有两零点，然后利用分离参数法，得到mlnx1lnx1，转化为直线h(x)m与g(x)有两个交点，研究gx的图象，数形结合

x1x1即可得到m的范围.

23. （B）已知函数fxxlnxmx. （1）讨论函数fx在1,上的单调性； （2）若pxfx12xm1x有两个极值点x1,x2，且x22m2x1，求证：mx1x2e3.

（参考数据：ln20.69） 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先对fx求导，再分类讨论m1与m1，结合导数与函数单调性的关系即可得解； （2）先将问题转化为gx lnx1的图像与y的图像有两个交点，从而利用导数研究gx的图像得

mx2到me；再利用极值点偏移，构造函数证得x1x2e，由此得证. 【小问1详解】 因为fxxlnxmx，所以f(x)lnx1m， 因为x1,，所以lnx0， 当1m0时，即m1时，f(x)lnx1m0， 则fx在1,上单调递增； 当1m0，即m1时，1m0，e1me01， 令f(x)0，得xe1m；令f(x)0，得1xe1m， 19

则fx在1,em1上单调递减，在em1m1,上单调递增； 综上：当m1时，fx在1,上单调递增； 当m1时，fx在1,e【小问2详解】 上单调递减，在em1,上单调递增.

1212xm1xxlnxxxx0， 2m2mxx所以p(x)lnx11lnx， mmxlnx1有两个根x1,x2， 因为px有两个极值点x1,x2，所以p(x)lnx有两个零点x1,x2，即方程

mxmlnx1令gxx0，则gx的图像与y的图像有两个交点， xm因为pxfx又gx1lnx，令gx0，得0xe；令gx0，得xe； 2x1， e所以gx在0,e上单调递增，在e,上单调递减，则gxmaxge又当0x1时，lnx0，则gx0；当x1时，lnx0，则gx0； 当x趋于无穷大时，ylnx的增长速率远远小于yx的增长速率，所以gx趋于0， 由此作出gx的图像如下： 所以011，则me， me1lnx1lnx2lnx1lnx21lnx1lnx2又，则， mx1x2mx1x2x1x2x21x2x1xx故lnx1x2lnx1lnx2lnx2lnx1x1ln2， x2x121x1x1因为x22x10，令tx2，则t2， x120

(t1)22(t1)2tlntt12lntlntlntt2，则lnx1x2qt，q(t)令q(t)， t1t1t(t1)2令(t)(t1)2(t1)2tlntt1，则(t)2(tlnt1)， 2令(t)2(tlnt1)t1，则x211t2t1t0， 所以(t)在1,上单调递增，则(t)10，即(t)0， 所以(t)在1,上单调递增，则(t)10， 故当t2时，(t)0，t(t1)20，则q(t)(t)t(t1)20，所以q(t)在2,上单调递增， 又238e2，则ln23lne2，即3ln22，所以q(t)q(2)3ln22， 2故lnx1x2qt2，即x1x2e， 又me，所以mx1x2e3.

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法： 一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用； 二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

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