2020年浙江省高考數(shù)學試卷及答案詳情

試卷第試卷第頁，總22頁2020年浙江省高考數(shù)學試卷一、選擇題TOC\o"1-5"\h\z.已知集合P={x\1<%<4},Q={x\2<%<3},則PGQ=()A.{%|1<x<2}B.{x\2<x<3}C.{x\2<x<3}D.{x\1<x<4}.已知。eR,若a-1+(a-2)i(i為虛數(shù)單位)是實數(shù)，則a=()A.1B.-1C.2D.-2,,,,,,一，，x—3y+1<0,,.若實數(shù)x,y滿足約束條件{貝Uz=x+2y的取值范圍是()x+y-3>0,A.(-8,4]B.[4,+8)C.[5,+8)D.(-8,+8)4.函數(shù)y=x4.函數(shù)y=xcosx+sinx在區(qū)間［一兀，兀］上的圖象可能是（）AB.CD.)5.)5.某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則該幾何體的體積（單位：cm3）＞（A.7B.14C.3D.633.已知空間中不過同一點的三條直線m,加Z,則“加，加Z在同一平面〃是“m,n,I兩兩相交〃的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件.已知等差數(shù)列｛”｝的前n項和為Sn，公差dw0,且寧W1.記％=S2,幺1=S2n2-S2n，neN*，下列等式不可能成立的是()A.2a4=^2。6B.2b4=b2b6C?=a2a8立空=^8.已知點0(0,0)，4(-2,0)，B(2,0).設點P滿足|P4|-|PB|=2,且P為函數(shù)y=3，4-%2圖像上的點，則|OP|=()A.返B."C.V7D.V1025.已知0,beR且abW0,對于任意第20均有(％-a)(%-b)(%-2a-b)20,貝U()A.a<0B.a>0C.b<0D.b>0.設集合S,T,SUN*,TUN*,S,T中至少有2個元素，且S,T滿足：①對于任意的%,yeS,若％wy則%yeT②對于任意的%,yeT,若％<y,則xeS.下列命題正確的是()A.若S有4個元素，則SUT有7個元素B.若S有4個元素，則SUT有6個元素C.若S有3個元素，則SUT有5個元素D.若S有3個元素，則SUT有4個元素二、填空題我國古代數(shù)學家楊輝，朱世杰等研究過高階等差數(shù)列的求和問題，如數(shù)列｛n1n3｝就2是二階等差數(shù)列.數(shù)列｛nIn3｝(neN*)的前3項和是.2二項展開式(12x)5=a0a1xa2x2a3x3a4x4a5%5,則a4=,a1+a3+a5=已知13的=2,則cos26=,tan(6一匹)=，4已知圓錐的側(cè)面積(單位：cm2)為2m且它的側(cè)面展開圖是一個半圓，則這個圓錐的底面半徑(單位：cm)是.已知直線y=kx+b(k>0)與圓％2+y2=1和圓(％-4)2+y2=1均相切，則k=，b=.盒中有4個球，其中1個紅球，1個綠球，2個黃球.從盒中隨機取球，每次取1個，不放回，直到取出紅球為止.設此過程中取到黃球的個數(shù)為f，則P(f=0)=；E(9=.設3,4為單位向量，滿足|2q—HiwV2,N=q+H,加=3工+工，設％3的夾角為仇則cos26的最小值.三、解答題在銳角△4BC中，角4B,C的對邊分別為a,b,c,且2bsin4=V3a.(1)求角B；(2)求cos4+cosB+cosC的取值范圍.如圖，在三棱臺4BC—DEF中，平面4CFD1平面4BC,/4CB=/4CD=45。，DC=2BC.(1)證明:EF±DB；(2)求直線DF與平面DBC所成角的正弦值已知數(shù)列｛an｝，｛b已知數(shù)列｛an｝，｛bn｝，｛C/中，4=bi=「，Cn=an1-an，Cn1b^--C，bn2nnEN*.(1)若(1)若｛bn｝為等比數(shù)列，公比q>0,且％b2=6b3，求q的值及數(shù)列｛an｝的通項公式;C<11，nEN*.nd(2)若｛bn｝為等差數(shù)列，公差C<11，nEN*.nd如圖，已知橢圓6:必y2=1，拋物線C2：y2=2px(p>0)，點4是橢圓q與拋物線C2的交點，過點4的直線Z交橢圓.于點B，交拋物線C2于M(B，M不同于4).(1)若。=16,求拋物線C2的焦點坐標；(2)若存在不過原點的直線1使M為線段4B的中點，求p的最大值已知1<aW2，函數(shù)f(K)=e%-'-a，其中e=2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù).(1)證明：函數(shù)y=f(^)在(0,因上有唯一零點；(2)記%為函數(shù)y=f(%)在(0,功上的零點，證明:(i)Va-1<%0<V2(a-1)；(譏)％0f(e%°)>(e-1)(a-1)a.參考答案與試題解析2020年浙江省高考數(shù)學試卷一、選擇題【答案】B【考點】交集及其運算【解析】此題暫無解析【解答】解：:P={x\1<%<4},Q={%|2<%<3},「.PGQ={x|2<x<3}.故選B.【點評】此題暫無點評【答案】C【考點】復數(shù)的基本概念【解析】此題暫無解析【解答】解：:a-1+(a-2)i(i為虛數(shù)單位)是實數(shù)，???a-2=0，??a—2.故選C.【點評】此題暫無點評【答案】B【考點】求線性目標函數(shù)的最值【解析】此題暫無解析【解答】x—3y+140，解：由約束條件{7作出可行域如圖:x+y-3>0，—3y+1=0,聯(lián)立；、％+y—3=0,解得%=2,

y=1.由圖可得：平移直線％+2y=0到點4時,z=%+2y有最小值2+2=4,z=%+2y的取值范圍為［4,+8).故選B.【點評】此題暫無點評【答案】A【考點】函數(shù)的圖象【解析】此題暫無解析【解答】解：令f(%)=xcosx+sin%,」.f(—x)=-xcos(-x)+sin(-x)=—xcosx—sinx=—f(x),???函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，故選項C,D錯誤.;當x=兀時，f(兀)=兀-cos兀+sin兀=一兀＜0，」?選項B錯誤.故選4【點評】此題暫無點評【答案】A【考點】由三視圖求體積【解析】此題暫無解析【解答】解：根據(jù)該幾何體的三視圖可得，該幾何體是由頂部的三棱錐和底部的三棱柱組合而成.則該幾何體的體積用G棱錐+j棱柱=^X2X1X1+1X2X1X2=7.故選4【點評】此題暫無點評【答案】B【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷空間中直線與平面之間的位置關(guān)系【解析】此題暫無解析【解答】解：當空間中不過同一點的三條直線加，九，Z在同一平面內(nèi)時，m，九，Z可能互相平行，故不能得出加，幾，Z兩兩相交；當加，n,，Z兩兩相交時，設mG九=4，mcI=B，nnI=C，根據(jù)公理：過不在一條直線上的三點，有且只有一個平面，可知，m，n確定一個平面a.又Bemua，Cenua，根據(jù)公理：如果一條直線上的兩點在一個平面內(nèi)，那么這條直線在平面內(nèi)，可知，直線BC即Zua，所以m，n，Z在同一平面.故"m，n，Z在同一平面〃是“m，n，Z兩兩相交〃的必要不充分條件.故選B.【點評】此題暫無點評【答案】D【考點】數(shù)列遞推式等差數(shù)列的前n項和等差數(shù)列的通項公式【解析】此題暫無解析【解答】解：因為｛an｝為等差數(shù)列，其首項為4，公差為d，所以4=a]+(n-1)d，Sn=n4+g4%因為Z+1=S2n+2-$2n，neN*，所以*=S2n+272n=2ai+(4n+1)d，即b=2a】+(4n—3)d.4，2a4=2(4+3d)=2al+6d=(4+d)+(4+5d)=a2+a6，故4一定成立；B,左邊=2b4=2(2al+13d)=4al+26d,右邊=+=2ai+5d+24+21d=4ai+26d，左邊=右邊，故B一定成立；C,左邊=a4=(ai+3d)2=al+6a1d+9d2,右邊=a2?a8=(ai+d)(ai+7d)=al+8a1d+7d2.因為寧Ml,當a^d時，左邊-右邊=-2a1d+2d2=0,此時等式成立，故C可能成立；。，左邊="=(24+13d)2=4a1+52a1d+169d2,右邊=b2?b8=(2ai+5d)(2ai+29d)=4a2+68a1d+145d2,左邊-右邊=-16a1d+24d2,假設此等式成立，則有16a1d=24d2,解得邑=3,與電工1相矛盾，故。不可能成立.d2d故選D【點評】此題暫無點評【答案】D【考點】雙曲線的標準方程軌跡方程【解析】此題暫無解析【解答】解：丁點P滿足|P4|-|PB|=2,設點P(%,y),??點P的軌跡是以兒B為焦點的雙曲線.設雙曲線的方程為必-比=1，a2b2貝U2a=2,2c=4,即a=1,c=2.;C2=a2+b2,解得，b2=3,雙曲線的方程為第2-^=1.P為函數(shù)y=3V4-石圖象上的點,y=3t4—第2,聯(lián)立方程y%2-比■=1,(%>0)—d13人解得2廠y=3V32即|。日—V13+27=V10.44故選D【點評】此題暫無點評9.【答案】C【考點】函數(shù)的零點【解析】此題暫無解析【解答】解：因為abw0,所以aw。且bw0.設f(%)=(%—a)(x—b)(x—2a—b~),則f(%)的零點為%i=a，x2=b,x3=2a+b.當a>0時，則第2<%3，/>。，要使f(%)>0,必有2a+b=a且b<0,即b=-a且b<0,所以b<0；當a<0時，則％2>第3，%i<。，要使f(%)2。，必有b<0.綜上一■定有b<0.故選C.【點評】此題暫無點評10.【答案】A【考點】并集及其運算【解析】此題暫無解析【解答】解：若取S={1,2,4},則7={2,4,8},止匕時SUT={1,2,4,8},包含4個元素，排除選項C；若取S={2,4,8},則T={8,16,32},此時SUT={2,4,8,16,32},包含5個元素，排除選項。；若取S={2,4,8,16},則T={8,16,32,64,128},此時SUT={2,4,16,32,64,128},包含7個元素，排除選項B；下面驗證選項4：設集合S={%，p2,0,%}，且％<%<%<%%%，%eN*，則%。2且。止2，。2P4G1'則與GS.Pl同理％eS,%eS,與eS.P2%PlPlPl若Pi=l,則422,則均<%,「2又。4>1，故％=J=02,P2%「3P22

所以04=。23，故S=1P2，P22，%35此時％56T,P2eT,故p24eS,矛盾，舍.若P122,則/<&<P3,故B=P2,

P1%=P1，即PsUPj.PzUP12.又P4>%>%>%>1,故4=:=P],所以P4=P14，故S=PPj，Pj，Pj}此時p3，pj,P15,pj,pjUT.若q6T,則teS,故t=PJ,i=1,2,3,4,故q=p1^3,i=1,2,3,4.即qep,p/,pj,pj,p17,故p,pj,pF,pj,pj=T.此時SUT=ppj,p13,p14,p15,p16,p17,即SUT中有7個元素.綜上所述：只有選項4正確.故選4【點評】此題暫無點評二、填空題【答案】10【考點】數(shù)列的求和【解析】此題暫無解析【解答】解：已知二階等差數(shù)列應32則當n=1時，皿—）=且=1,22當n=2時，皿-D=2^3=3,22當n=3時，血」）=3^4=6,「?數(shù)列也」（孔eN*）的前3項和為10.2故答案為：10.【點評】此題暫無點評【答案】80,122【考點】二項式定理的應用【解析】此題暫無解析【解答】解：由二項式定理得：Tr1=^（2%）5r,令5r=4,則r=1,二q=qx24=80.令5r=2,得r=3,;a2=C3x22=40.令％=0得，（10）5=a0，即a0=1.令％=1得，（12）5=a0aia2a3a4a5,!Pa0a1a2a3a4a5=243,二a1a3a5=24314080=122.故答案為：80；122.【點評】此題暫無點評【答案】315,3【考點】二倍角的余弦公式三角函數(shù)的和差化積公式【解析】此題暫無解析【解答】解：:tan。=2,「.sine.=2.cos。又...siM。cos2。=1,解得：cos26=15」.cos2。=2cos2。1=3；5,「tan（。匹）=tan。tan：41tan。，tan先4=21=1.12x13故答案為：3；1.53【點評】此題暫無點評【答案】1【考點】旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺）【解析】此題暫無解析【解答】解：已知圓錐的側(cè)面積為2m且它的側(cè)面展開圖是一個半圓，設母線長為Z,圓錐的底面半徑為r,nXrxI=2兀,則。1。72X7TXr=-x2X7rxZ>2解得r=1，Z=2.故答案為：1.【點評】此題暫無點評【答案】62V333【考點】直線與圓的位置關(guān)系點到直線的距離公式【解析】此題暫無解析【解答】解：:直線y=kx+b(k>0)與圓％2+y2=1和圓(％-4)2+y2=1均相切,~^==1,Vk2+1\4k+b\-i,y/k2+1k=四，TOC\o"1-5"\h\z聯(lián)立方程解得：3_b—2,33故答案為：?；33【點評】此題暫無點評【答案】1,13【考點】相互獨立事件的概率乘法公式離散型隨機變量的期望與方差【解析】此題暫無解析【解答】TOC\o"1-5"\h\z解：由題意知，P(f=0)=工x工+工=匕4343P鉉=1)=工義工義工+工義2><工+[><工=工，232432233%=2)=1—工一工=工，333故Eg)=0x1+lxi+2xi=l.333

故答案為：1;1.3【點評】此題暫無點評【答案】2829【考點】平面向量的夾角單位向量向量的模【解析】此題暫無解析【解答】解：???|2/-馬|472,4-4%可+142,」?」.C0S2。=-(a■b)——(4+4e]e?)向2.|由2(2+2e1-e；)(10+6/4)=4(1+%⑦=42)5+3或?m35+3或,>4(1--^)—28.35+3X?294故答案為：珥29【點評】此題暫無點評三、解答題【答案】解：(1):2加in4—V3a，「?正弦定理可得，2sinBsin4—V3sin4「.sinB—G.2?△4BC為銳角三角形，V3(2)結(jié)合(1)的結(jié)論有：cos4+cosB+cosC—cos4+-+cos(—―4)23V3—cos4—2cos4+—sin4+2

=sin（4+匹）+1.0＜2兀一4＜匹,由o＜4＜匹,2可得：匹＜4＜匹，匹＜4+匹＜皿,貝Usin（4+；）eg』sin（4+3）+1e（號,3],cos4cos4+cosB+cosC的取值范圍是(號苧【考點】兩角和與差的正弦公式兩角和與差的余弦函數(shù)正弦定理正弦函數(shù)的定義域和值域【解析】【解答】解：(1)「2bsin4=V3a，「?正弦定理可得，2sinBsin4=d3sin4,「.sinB=衛(wèi)3.2:A4BC為銳角三角形，(2)結(jié)合(1)的結(jié)論有:cos4+cosB+cosC=cos4+1+(2)結(jié)合(1)的結(jié)論有:=cos4--cos4+-^-sin4+-=-r-sin4+—cos4+—=sin（4+匹）+1.0＜2兀一4＜匹，由0＜4＜匹，2可得：匹＜4＜匹，匹＜4+匹＜羽，2363貝Usin（4+；）eg，1］，sin（4+3）+：e（號,3］，即cos4+cosB+cosC的取值范圍是(選四,3].【點評】此題暫無點評【答案】(1)證明：作DH14C交4c于H,連接如圖,B??平面4CFD1平面4BC,而平面4m?G平面4BC=4C,DHu平面4cFD,「?DH1平面4BC,而BCu平面4BC,即有DH1BC.??乙4cB=4ACD=45。，?.CD=V2CH=2BC0CH=弋2BC.在4CBH中，BH2=CH2+BC2-2CH?BCcos45。=BC2,即有BH2+BC2=CH2，??BH1BC.由棱臺的定義可知，EF〃BC，所以DH1EEBH1EE而BHGDH=H，??EF1平面BHD，而BDu平面BHD，??EF1DB.(2)解：因為DF〃CH，所以DF與平面DBC所成角即為CH與平面DBC所成角.作HG1BD于G，連接CG,如(1)中圖，由(1)可知，BC1平面BHD,??平面BCD1平面BHD.而平面BCDG平面BHD=BD,HGu平面BHD,??HG1平面BCD.即CH在平面DBC內(nèi)的射影為CG,NHCG即為所求角.設BC=a,則CH=夜a,在Rt△HBD中，HG=BH'DH=^2a-a=這。，BDV3at3sin/HCG=皿=工=叵故W與平面DBC所成角的正弦值為十【考點】直線與平面所成的角兩條直線垂直的判定【解析】

【解答】(1)證明：作【解答】(1)證明：作DH14C交4c于H,連接如圖,E??平面4CFD1平面4BC,而平面4m?G平面4BC=4C,DHu平面4cFD,「?DH1平面4BC,而BCu平面4BC,即有DH1BC.??乙4cB=4ACD=45。,?.CD=弋2cH=2BC0cH=^2BC.在^CBH中，BH2=CH2+BC2-2CH-BCcos45。=BC2,即有BH2+BC2=CH2,??BH1BC.由棱臺的定義可知，EF〃BC,所以DH1EEBH1EF,而BHGDH=H,??EF1平面BHD,而BDu平面BHD,??EF1DB.(2)解：因為DF〃CH,所以DF與平面DBC所成角即為CH與平面DBC所成角.作HG1BD于G，連接CG，如(1)中圖，由(1)可知，BC1平面BHD，??平面BCD1平面BHD.而平面BCDG平面BHD=BD，HGu平面BHD，??HG1平面BCD.即CH在平面DBC內(nèi)的射影為CG,NHCG即為所求角.設BC=a,則CH=V2a,在Rt△HBD中，HG=BH'DH=亞上a=隹a,BDV3aV3??sin/HCG=HG=上=魚.CHV33故DF與平面DBC所成角的正弦值為爽.3【點評】此題暫無點評【答案】(1)解：依題意外=1,%=q，力3=q2，而々+%=6%,即1+q=6q2,由于q>0,所以解得q=，所以以2九一所以以2九一1n22n1所以數(shù)列｛7｝是首項為1,所以％=4九n22n1所以數(shù)列｛7｝是首項為1,所以％=4九1,2n1公比為4的等比數(shù)列,所以41an=Cn=4n1(n>2,nGN*)，所以4=4144n2=4…2(2)證明：依題意設b(nl)d=dn1d,由于％所以口-=幺T(n>2,nEN*),Cn1Cn2-1C2C1bn1bnbCn1Cn2-1C2C1bn1bnbn1b4b3b、bc~z—bnbn1bnbn1bnbn1所以Jc2Lc=(1

n、dZ)1b2(工

bn，)]bn1一bn1由d>0,=1,1>0,由d>0,=1,1>0,所以(1?(1bn1即Jc2【考點】數(shù)列的求和數(shù)列遞推式等比數(shù)列的通項公式【解析】根據(jù)％b2=6b3,求得q,進而求得數(shù)列｛%｝的通項公式，利用累加法求得數(shù)列｛%｝的通項公式.利用累乘法求得數(shù)列｛%｝的表達式，結(jié)合裂項求和法證得不等式成立.【解答】(1)解：依題意％=1,b2=q,b3=q2,而％與=6%,即1q=6q2,由于q>0,所以解得勺=工，2所以幺—所以幺—]2n1所以力？=二一，故％=+^.c=4.c,【I乙2九1n]TLTL2n1所以數(shù)列｛7｝是首項為1，公比為4的等比數(shù)列,所以％=4九1,所以%X1an=Cn=4n1(n22,?161\1*)，所以a=a14…4n2=4n1\n13(2)證明：依題意設％=1(nl)d=dn1d,

由于J—4,Cnbn2所以工—bm-t(n>2,nEN*),Cn1bn1故7Cn1cn2C2C11—J.bt-1bn1bnbn1bnbnd(1"(_bn5(11)(工bn1bnq),bn1所以C1Lc—(1n、fo2(工工)b2b3L(工bn,)]bn1=(1d)(1,).bn1由d>0,1，所以bn1>0,所以（1d)(1-^^)<1bn1即^C2CnnEN*.【點評】累乘法求數(shù)列的通項公式，考查裂項求和法，屬于中檔題.累乘法求數(shù)列的通項公式，考查裂項求和法，屬于中檔題.【答案】解：（1）當p—j時，C2的方程為y2—1x,故拋物線c2的焦點坐標為號,0）.（2）設“（x’yjBlxz,yJ,M(xQtyQ),I：M(xQtyQ),I：x=Aym,由-x22y2—2,x—Zym今（2%2)y22Amym22—0,y1y2=2am,2九yo=42m24Qmo42m—4p（2九yo=42m24Qmo42m—4p（2九）22九2龍y2=2px，oy2=2p(Ayx=zymm)oy2「?y1「.x12pZy2pm=0,y0—2P九x0—鞏mAyom=2pZ22m,=2p222m2m2九y2—1,/ox24px=_^m，x02九0由M在拋物線上，ky2=2px即x24px2—0

—4p+Ji6P2+8-2—2p+J4P2+2—4p+Ji6P2+8-2—2p+J4P2+21+A2

2+72=1+A2

2+72「.J4P2+2>18p,p2<-^,p<V10,16040「.p的最大值為運40【考點】直線與拋物線結(jié)合的最值問題拋物線的性質(zhì)直線與橢圓結(jié)合的最值問題拋物線的標準方程【解析】此題暫無解析【解答】解：（1）當p=工時，C的方程為丫2=1％，1628故拋物線C2的焦點坐標為(30).(2)設”(XryjB%%)，M(x0，y0)，/：x—Ay+m，由X2+2y2—2，[x—Ay+mn(2+A2)y2+2Amy+m2—2—0,y0—―ml，x0—Ay0+m=-2m-由M在拋物線上，A2m2—4?9mnA2m—4P(2+A2)22+A22+A2y2—2px，ny2=2P(Ay+m)x=Ay+mny2—2PAy—2pm—0,+y0=2P九+x0=Ay1+m+Ay0+m=2p%2+2m，—2PA2+2m——2^2+A2由-T+y2—匕nx2+4px=2y2—2px即x2+4px—2—0—4p+y[16p2+8r1+^2n-2p+，4。2+2=2pA2+2m--———2+A2=2P入2+斑+8p216p,42J4P2+2218p,p2<^,p<V10,16040。的最大值為摳旦40【點評】此題暫無點評【答案】證明：(1)；/1<%)=ex-1,%>0,.?6x1jf(X)>0,/'(汽)在(0,+8)上單調(diào)遞增.,/1<a<2,f(2)=02—2—a2e2—4>0,/(0)=l-a<0,???由零點存在定理得f(%)在(0,+8)上有唯一零點.(2)(i)vf(%)=0，???ex0—xQ—a=0(0<%o<2)Ja—1<<-y2(a—1)exQ—x0—1工xq2<2(e%0-%0-1).令h(%)=e久一%—1—足(0V%<2),2h，(x)=ex—1—x,=ex—1>0,>/i(0)=0,「?伏外在(0,2)上單調(diào)遞增,h(x)>/i(0)=0,ex0,2即2(e久-x-l)>第2成立.令g(%)=ex~x—1—%2(o<%<2).,/1<a<2,Q—141,當421時，Ja—14第0成立,因此只需證明當0<%<1時，g(%)=ex—x—1—X2<0.0(%)=ex—1—2x,g〃=。久一2=0=>%=In2,當％G(0,ln2)時,g"(x)<0,當％G(In2,l)時,g〃(%)>0,0(%)<ma%{g，(0),g，(l)}.0(0)=0,0(1)=e—3<0,<0,??g(%)在(0,1)上單調(diào)遞減，，g(%)<g(0)=0,二ex—x—1<x2.綜上，ex0—x0—1<x2<2(ex0—x0—1),，Vo-1<x0<，2(聯(lián)—1)成立.(譏)Kx0)=x0f(ex0)=x0f(x0+a)=x0](ea—1)x0+a(ea—2)],二t,(x0)=2(ea—1)x0+a(ea—2)>0.丁Va—1<x0<V2(a—1),「.t(x0)>t(Va-1)=Va-1[(ea—1)Va—1+a(ea—2)]二(ea—1)(a—1)+aVa—1(ea—2).1<a<2,二ea>e,a>2(a—1),一t(x0)>(e—1)(a—1)+2(a—1)Va—1(ea—2),只需證明：2(a—1)Va—1(ea—2)>(e—1)(a—1)2,即4(ea—2)2>(e—1)2(a—1).令s(a)=4(ea—2)2—(e—1)2(a—1),(1<a<2),則s,(a)=8ea(ea—2)—(e—1)28e(e—2)—(e—1)2>0,「.s(a)>s(1)=4(e—2)2>0.即4(ea—2)2>(e—1)2(a—1)成立，二xj(ex0)