广东省2022年高考[数学]考试真题与答案解析

————————————————————————————————————————一、选择题

∣x4},N{x∣3x1}，则MN（）1. 若集合M{xA. x0x2【答案】D

1xx2B. 3C. x3x161xx16D. 3【分析】求出集合M,N后可求MN.

∣0x16},N{x∣x}，故MNx【详解】M{x131x16，3故选：D

2. 若i(1z)1，则zz（）A. 2【答案】D

【分析】利用复数的除法可求z，从而可求zz.

1i【详解】由题设有1z2i，故z1+i，故zz1i1i2，

iiB. 1C. 1D. 2

故选：D

CDn，则CB（）3. 在ABC中，点D在边AB上，BD2DA．记CAm，A. 3m2nB. 2m3nC. 3m2nD. 2m3n【答案】B

【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．

【详解】因为点D在边AB上，BD2DA，所以BD2DA，即CDCB2CACD，

所以CB3CD2CA3n2m2m3n．故选：B．

4. 南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库

5m时，相应水面的面积为140．5m时，相应水面的面积0km2；水位为海拔157．水位为海拔148．5m上0km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．为180．5m时，增加的水量约为（72.65）升到157．（）

A. 1.0109m3【答案】C

B. 1.2109m3C. 1.4109m3D. 1.6109m3【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．

【详解】依题意可知棱台的高为MN157.5148.59(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积S140.0km2140106m2，下底面积S180.0km2180106m2，

11VhSSSS91401061801061401801012∴

33332060710696182.651071.4371091.4109(m3)．

故选：C．

5. 从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（）

1A.

61B.

3C.

122D. 3【答案】D

【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.

2【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有C721种不同的取法，

若两数不互质，不同的取法有：2,4,2,6,2,8,3,6,4,6,4,8,6,8，共7种，故所求概率P故选：D.

2172.2132f(x)sinxb(0)T，且yf(x)的图象关6. 记函数的最小正周期为T．若433于点,2中心对称，则

2A. 1【答案】A

f（）23B.

25C.

2D. 3

【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.【详解】由函数的最小正周期T满足

222，解得23，T，得3333,2k,kZ，且b2，又因为函数图象关于点对称，所以224所以k,kZ，所以162355f(x)sinx，2，

4225fsin所以21.

424故选：A

10.17. 设a0.1e,b，cln0.9，则（）

9A. abc【答案】C

B. cbaC. cabD. acb【分析】构造函数f(x)ln(1x)x，导数判断其单调性，由此确定a,b,c的大小.

【详解】设f(x)ln(1x)x(x1)，因为f(x)1x1，1x1x当x(1,0)时，f(x)0，当x(0,)时f(x)0，

所以函数f(x)ln(1x)x在(0,)单调递减，在(1,0)上单调递增，

1101110f()f(0)0ln0lnln0.9，即bc，所以，所以，故9999911191911所以f()f(0)0，所以ln+0，故e10，所以e10，

10101010109故ab，

2xx1e11设g(x)xeln(1x)(0x1)，则g(x)x+1ex,x1x1xx2x2令h(x)e(x1)+1，h(x)e(x2x1)，

x2当0x21时，h(x)0，函数h(x)e(x1)+1单调递减，x2当21x1时，h(x)0，函数h(x)e(x1)+1单调递增，

又h(0)0，

所以当0x21时，h(x)0，

x所以当0x21时，g(x)0，函数g(x)xeln(1x)单调递增，

所以g(0.1)g(0)0，即0.1e0.1ln0.9，所以ac故选：C.

8. 已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36，且

3l33，则该正四棱锥体积的取值范围是（）

81A. 18,4【答案】C

2781B. ,442764C. ,43D. [18,27]【分析】设正四棱锥的高为h，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.

【详解】∵球的体积为36，所以球的半径R3,设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，

222则l22a2h2，32a(3h),

所以6hl2，2a2l2h2112l4l214l622所以正四棱锥的体积VSh4ah(l)=l，

33336693613l51324l2所以V4ll，

9696当3l26时，V0，当26l33时，V0，所以当l26时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为又l3时，V2781V，l33时，,

4464，3所以正四棱锥的体积V的最小值为

27，42764所以该正四棱锥体积的取值范围是，.

43故选：C.

二、不定项选择题

9. 已知正方体ABCDA1B1C1D1，则（）A. 直线BC1与DA1所成的角为90C. 直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45【答案】ABD

【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.

【详解】如图，连接B1C、BC1，因为DA1//B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与

B. 直线BC1与CA1所成的角为90D. 直线BC1与平面ABCD所成的角为45DA1所成的角，

因为四边形BB1C1C为正方形，则B1CBC1，故直线BC1与DA1所成的角为90，A正确；

连接AC1，因为A1B1平面BB1C1C，BC1平面BB1C1C，则A1B1BC1，因为B1CBC1，A1B1B1CB1，所以BC1平面A1B1C，

平面A1B1C，所以BC1CA1，故B正确；又AC1连接A1C1，设A1C1B1D1O，连接BO，

因为BB1平面A1B1C1D1，C1O平面A1B1C1D1，则C1OB1B，因为C1OB1D1，B1D1B1BB1，所以C1O平面BB1D1D，所以C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，

C1O12sinCBO，BC21设正方体棱长为1，则C1O，1，BC221所以，直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30，故C错误；

因为C1C平面ABCD，所以C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得C1BC45，故D正确.故选：ABD

310. 已知函数f(x)xx1，则（）

A. f(x)有两个极值点B. f(x)有三个零点

C. 点(0,1)是曲线yf(x)的对称中心【答案】AC

D. 直线y2x是曲线yf(x)的切线

【分析】利用极值点的定义可判断A，结合f(x)的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.

332【详解】由题，fx3x1，令fx0得x或x，3333x令f(x)0得，33所以f(x)在(所以x因f(3333,)上单调递减，在(,)，(,)上单调递增，

33333是极值点，故A正确；3323323)10，f()10，f250，39393fx,所以，函数在上有一个零点，3333fxf0fx,+当x时，，即函数在上无零点，333综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；

33令h(x)xx，该函数的定义域为R，hxxxxxhx，

3则h(x)是奇函数，(0,0)是h(x)的对称中心，

将h(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，所以点(0,1)是曲线yf(x)的对称中心，故C正确；

2令fx3x12，可得x1，又f(1)f11，

当切点为(1,1)时，切线方程为y2x1，当切点为(1,1)时，切线方程为y2x3，故D错误.故选：AC.211. 已知O为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C:x2py(p0)上，过点B(0,1)的直线交C于

P，Q两点，则（）

A. C的准线为y1C. OPOQ|OA【答案】BCD

【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.

2【详解】将点A的代入抛物线方程得12p，所以抛物线方程为xy，故准线方程为

B. 直线AB与C相切

2D. |BP||BQ||BA|21y，A错误；

4kAB1(1)2，所以直线AB的方程为y2x1，10y2x1联立2，可得x22x10，解得x1，故B正确；

xy设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，所以，直线l的斜率存在，设其方程为ykx1，P(x1,y1),Q(x2,y2)，

ykx1联立2，得x2kx10，

xyΔk2402所以x1x2k，所以k2或k2，y1y2(x1x2)1，

xx112又|OP|x12y1222y1y12，|OQ|x2y22y2y2，所以|OP||OQ|y1y2(1y1)(1y2)kx1kx2|k|2|OA|2，故C正确；

因为|BP|1k2|x1|，|BQ|1k2|x2|，

222所以|BP||BQ|(1k)|x1x2|1k5，而|BA|5，故D正确.

故选：BCD12. 已知函数

f(x)及其导函数

3f(x)的定义域均为R，记g(x)f(x)，若f2x，g(2x)2均为偶函数，则（）A. f(0)0【答案】BC

【分析】转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.

1gB. 02C. f(1)f(4)D. g(1)g(2)3【详解】因为f2x，g(2x)均为偶函数，

233f2xf2x所以即2233fxfx，g(2x)g(2x)，22所以f3xfx，g(4x)g(x)，则f(1)f(4)，故C正确；函数

f(x)，g(x)的图象分别关于直线x3,x2对称，2又g(x)f(x)，且函数f(x)可导，

3g所以0,g3xgx，2所以g(4x)g(x)g3x，所以g(x2)g(x1)gx，

13gg所以0，g1g1g2，故B正确，D错误；

22若函数f(x)满足题设条件，则函数f(x)C（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定f(x)的函数值，故A错误.故选：BC.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

y82613. 1(xy)的展开式中xy的系数为________________（用数字作答）．

x【答案】-28

y8y881xyxyxy【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解.xxyy8881xy=xyxy【详解】因为，xxy8y5356262626所以1xy的展开式中含xy的项为C8xyC8xy28xy，

xxy81xy的展开式中x2y6的系数为-28x故答案为：-28

222214. 写出与圆xy1和(x3)(y4)16都相切的一条直线的方程________________．

35725yxyx【答案】或或x1242444【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.

2222【详解】圆xy1的圆心为O0,0，半径为1，圆(x3)(y4)16的圆心O1为(3,4)，

半径为4，

两圆圆心距为32425，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，

当切线为l时，因为kOO1d|t|9116433，所以kl，设方程为yxt(t0)443，解得t355yx，所以l的方程为，

444O到l的距离

1当切线为m时，设直线方程为kxyp0，其中p0，k0，

p71k7251k224yx由题意，解得，2524243k4pp41k224当切线为n时，易知切线方程为x1，

35725yxyx故答案为：或或x1.

24244415. 若曲线y(xa)e有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．【答案】,40,【分析】设出切点横坐标x0，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于

xx0的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得a的取值范围.【详解】∵y(xa)e，∴y(x1a)e，

x0x0设切点为x0,y0,则y0x0ae,切线斜率kx01ae,x0x0切线方程为：yx0aex01aexx0,x0x0∵切线过原点，∴x0aex01aex0,2整理得：x0ax0a0,

xx∵切线有两条，∴a24a0,解得a4或a0,∴a的取值范围是,40,,故答案为：,40,x2y2116. 已知椭圆C:221(ab0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为2．过

abF1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|6，则ADE的周长是________________．【答案】13

x2y2222【分析】利用离心率得到椭圆的方程为221，即3x4y12c0，根据离心率得到

4c3c直线AF2的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线DE的斜率，写出直线DE的方程：

x3yc，代入椭圆方程3x24y212c20，整理化简得到：13y263cy9c20，利用

弦长公式求得c1313a2c，得，根据对称性将ADE的周长转化为△F2DE的周长，利用84椭圆的定义得到周长为4a13.【详解】∵椭圆的离心率为ec1，∴a2c，∴b2a2c23c2，∴椭圆的方程为a2x2y221，即3x24y212c20，不妨设左焦点为F1，右焦点为F2，如图所示，∵24c3cAF2a，OF2c，a2c，∴AF2O3，∴△AF1F2为正三角形，∵过F1且垂直于AF2的直

3，斜率倒数为3线与C交于D，E两点，DE为线段AF2的垂直平分线，∴直线DE的斜率为2223， 直线DE的方程：x3yc，代入椭圆方程3x4y12c0，整理化简得到：

13y263cy9c20，

222判别式63c4139c616c，2∴CD1∴ c32y1y22c2646，13131313， 得a2c， 84∵DE为线段AF2的垂直平分线，根据对称性，ADDF2，AEEF2，∴ADE的周长等于

△F2DE的

周长，利用椭圆的定义得到

△F2DE周

长为

DF2EF2DEDF2EF2DF1EF1DF1DF2EF1EF22a2a4a13.

故答案为：13.

四、解答题

本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

Sn1Sa1,a是公差为的等差数列．17. 记n为数列n的前n项和，已知13an（1）求an的通项公式；

1112．（2）证明：aaa12n【答案】（1）an（2）见解析

nn12Sn1n2n2an1n1S【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得a，利33，得到n3n用和与项的关系得到当n2时，anSnSn1用累乘法求得annn12n2ann1an133ann1,进而得：an1，利n1，检验对于n1也成立，得到an的通项公式annn12；

111121（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.a1a2ann1【小问1详解】

S1∵a11，∴S1a11,∴a1,

1Sn1又∵是公差为的等差数列，

3anSn1n2n2an1n1Sn∴a,∴,333n∴当n2时，Sn1∴anSnSn1n1an133，

,

n2ann1an13整理得：n1ann1an1,

ann1即an1,n1∴ana1aaa2a3n1na1a2an2an134nn1nn11，23n2n12显然对于n1也成立，∴an的通项公式an【小问2详解】

nn12；

12112,annn1nn11111111112121∴aa2223ann1n112n18. 记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）若C2，求B；3cosAsin2B．

1sinA1cos2Ba2b2（2）求的最小值．

c2π【答案】（1）；

6（2）425．

【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将

cosAsin2B化成

1sinA1cos2BcosABsinB，再结合0Bπ，即可求出；2ππa2b2（2）由（1）知，C2B，A22B，再利用正弦定理以及二倍角公式将c24cos2B2cos2B5，然后利用基本不等式即可解出．【小问1详解】因

为

cosAsin2B2sinBcos1sinA1cos2BB2cos2BsinBcosB，

sinBcosAcosBsinAsinBcosABcosC12，而0Bπ2，所以Bπ6；【小问2详解】

由（1）知，sinBcosC0，所以

ππ2Cπ,0B2，而sinBcosCsinπC2，

所以Cπ2B，即有Aπ22B．所以a2b2sin2Asin2Bcos22B1cos2c2sin2CBcos2B22cos2B11cos2Bcos2B4cos2B2cos2B5285425．当且仅当cos2B2a2b22时取等号，所以c2的最小值为425．

19. 如图，直三棱柱ABCA1B1C1的体积为4，A1BC的面积为22．

化成即

（1）求A到平面A1BC的距离；

（2）设D为AC1的中点，AA1AB，平面A1BC平面ABB1A1，求二面角ABDC的正弦值．

【答案】（1）2（2）32【分析】（1）由等体积法运算即可得解；

（2）由面面垂直的性质及判定可得BC平面ABB1A1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.【小问1详解】

在直三棱柱ABCA1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，

122114hVA1ABCSABCA1AVABCA1B1C1，则VAA1BCSA1BCh33333解得h2，

所以点A到平面A1BC的距离为2；【小问2详解】

取A1B的中点E,连接AE,如图，因为AA1AB，所以AEA1B,又平面A1BC平面ABB1A1，平面A1BC平面ABB1A1A1B，且AE平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面ABC，

由BC平面A1BC，BC平面ABC可得AEBC，BB1BC，又AE,BB1平面ABB1A1且相交，所以BC平面ABB1A1，

所以BC,BA,BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，

由（1）得AE2，所以AA1AB2，A1B22，所以BC2，则A0,2,0,A10,2,2,B0,0,0,C2,0,0,所以AC1的中点D1,1,1，则BD1,1,1，BA0,2,0,BC2,0,0,

mBDxyz0mx,y,z，则设平面ABD的一个法向量，

mBA2y0可取m1,0,1，

mBDabc0na,b,c，则设平面BDC的一个法向量，

mBC2a0r可取n0,1,1，

mn11cosm,n则222，mn31所以二面角ABDC的正弦值为1.

2220. 一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患

2该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：

不够良好

病例组对照组

4010

良好6090

（1）能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？

（2）从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选

P(B|A)P(B|A)到的人患有该疾病”．与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的

P(B|A)P(B|A)一项度量指标，记该指标为R．（ⅰ）证明：RP(A|B)P(A|B)；

P(A|B)P(A|B)（ⅱ）利用该调查数据，给出P(A|B),P(A|B)的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．

n(adbc)2附K，

(ab)(cd)(ac)(bd)2PK2k0.0503.841

0.0106.635

0.00110.828

k【答案】（1）答案见解析（2）（i）证明见解析；(ii)R6；

【分析】(1)由所给数据结合公式求出K2的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有99%的把握认为患该疾病群体与未黄该疾病群体的卫生习惯有差异；(2)(i)根据定义结合条件概率公式即可完成证明；(ii)根据（i）结合已知数据求R.【小问1详解】

n(adbc)2200(40906010)2=24，由已知K(ab)(cd)(ac)(bd)5015010010022又P(K6.635)=0.01，246.635，

所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.【小问2详解】(i)因为R所以R所以R(ii)

由已知P(A|B)又P(A|B)所以R4010，P(A|B)，100100P(B|A)P(B|A)P(AB)P(A)P(AB)P(A)=，

P(B|A)P(B|A)P(A)P(AB)P(A)P(AB)P(AB)P(B)P(AB)P(B)P(B)P(AB)P(B)P(AB)P(A|B)P(A|B)，

P(A|B)P(A|B)6090P(A|B)，，100100P(A|B)P(A|B)=6P(A|B)P(A|B)22xy1(a1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP,AQ21. 已知点A(2,1)在双曲线C:22aa1的斜率之和为0．（1）求l的斜率；

（2）若tanPAQ22，求△PAQ的面积．【答案】（1）1；（2）162．9【分析】（1）由点A(2,1)在双曲线上可求出a，易知直线l的斜率存在，设l:ykxm，

Px1,y1,Qx2,y2，再根据kAPkBP0，即可解出l的斜率；

（2）根据直线AP,AQ的斜率之和为0可知直线AP,AQ的倾斜角互补，再根据

tanPAQ22即可求出直线AP,AQ的斜率，再分别联立直线AP,AQ与双曲线方程求出点

P,Q的坐标，即可得到直线PQ的方程以及PQ的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线PQ的距离，即可得出△PAQ的面积．

【小问1详解】

2241xy1，解得a22，即双曲线1(a1)上，所以22因为点A(2,1)在双曲线C:22aa1aa1x2C:y212易知直线l的斜率存在，设l:ykxm，Px1,y1,Qx2,y2，

ykxm222212kx4mkx2m20，联立x可得，2y124mk2m2222222216mk42m22k10m12k0．所以，x1x22,x1x2，22k12k1y21y11kk0所以由APBP可得，x2x20，

21即x12kx2m1x22kx1m10，即2kx1x2m12kx1x24m10，

2m224mk2km12k所以24m10，

2k212k12化简得，8k4k44mk10，即k12k1m0，

所以k1或m12k，

当m12k时，直线l:ykxmkx21过点A2,1，与题意不符，舍去，故k1．【小问2详解】

不妨设直线PA,PB的倾斜角为,，因为kAPkBP0，所以π，因为tanPAQ22，所以tan22，即tan222，即2tan2tan20，解得tan2，

于是，直线PA:y2x21，直线PB:y2x21，

y2x21322联立x可得，x2122x10420，22y12因为方程有一个根为2，所以xP同理可得，xQ1042425，yP，

331042425，yQ．33516所以PQ:xy0，PQ，

33点A到直线PQ的距离d2125322，311622162故△PAQ的面积为．

2339x22. 已知函数f(x)eax和g(x)axlnx有相同的最小值．

（1）求a；

（2）证明：存在直线yb，其与两条曲线yf(x)和yg(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【答案】（1）a1（2）见解析

【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.

（2）根据（1）可得当b1时，exxb的解的个数、xlnxb的解的个数均为2，构建新

x函数h(x)elnx2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得fx,gx的大小关系，

根据存在直线yb与曲线yfx、y=g(x)有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.【小问1详解】

f(x)exax的定义域为R，而f(x)exa，若a0，则f(x)0，此时f(x)无最小值，故a0.

g(x)axlnx的定义域为0,，而g(x)a1ax1.xx当xlna时，f(x)0，故f(x)在,lna上为减函数，

当xlna时，f(x)0，故f(x)在lna,上为增函数，故f(x)minflnaaalna.当0x当x11

时，g(x)0，故g(x)在0,上为减函数，aa

11g(x)0g(x)时，，故在,上为增函数，aa11g(x)g1ln故.minaax因为f(x)eax和g(x)axlnx有相同的最小值，

故1ln1a1aalna，整理得到lna，其中a0，a1a21a21a10，lna,a0，则ga22设gaaa1a1a1a故ga为0,上的减函数，而g(1)=0，故ga0的唯一解为a1，故综上，a1.【小问2详解】

x由（1）可得f(x)ex和g(x)xlnx的最小值为1ln11ln1.

1alna的解为a1.1a11当b1时，考虑exxb的解的个数、xlnxb的解的个数.

xx设Sxexb，Sxe1，

当x0时，Sx0，当x0时，Sx0，故Sx在,0上为减函数，在0,上为增函数，所以SxminS01b0，而Sbeb0，Sbeb2b，

bb设ube2b，其中b1，则ube20，

故ub在1,上为增函数，故ubu1e20，

x故Sb0，故Sxexb有两个不同的零点，即exxb的解的个数为2.

设Txxlnxb，Txx1，x当0x1时，T¢(x)<0，当x1时，Tx0，故Tx在(0,1)上为减函数，在1,上为增函数，所以TxminT11b0，而Tebeb0，Tebeb2b0，

Txxlnxb有两个不同的零点即xlnxb的解的个数为2.当b1，由（1）讨论可得xlnxb、exxb仅有一个零点，当b1时，由（1）讨论可得xlnxb、exxb均无零点，故若存在直线yb与曲线yfx、y=g(x)有三个不同的交点，则b1.

xx设h(x)elnx2x，其中x0，故h(x)e12，xxx设sxex1，x0，则sxe10，

故sx在0,上为增函数，故sxs00即exx1，所以h(x)x11210，所以h(x)在0,上为增函数，x11223而h(1)e20，h(3)ee33e330，

eee故hx在0,上有且只有一个零点x0，

1x01且：3e当0xx0时，hx0即exxxlnx即fxgx，当xx0时，hx0即exxxlnx即fxgx，

因此若存在直线yb与曲线yfx、y=g(x)有三个不同的交点，故bfx0gx01，

此时exxb有两个不同的零点x1,x0(x10x0)，此时xlnxb有两个不同的零点x0,x4(0x01x4)，

xx故e1x1b，e0x0b，x4lnx4b0，x0lnx0b0所以x4blnx4即ex4bx4即ex4bx4bb0，

故x4b为方程exxb的解，同理x0b也为方程exxb的解

xx又e1x1b可化为e1x1b即x1lnx1b0即x1blnx1bb0，

故x1b为方程xlnxb的解，同理x0b也为方程xlnxb的解，所以x1,x0x0b,x4b，而b1，

x0x4b故即x1x42x0.x1x0b