【文档说明】江苏省扬州市2020-2021学年高二下学期期中考试数学试卷 含解析【精准解析】.doc，共(22)页，1.027 MB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年江苏省扬州市高二（下）期中数学试卷一、单选题（每小题5分）.1．已知复数z满足z（1+2i）＝3+i，则复数z的虚部为（）A．iB．﹣iC．﹣1D．12．在的展开式中，x2的系数是（）A．60B．﹣60C．60D．﹣603．将0，1，2，3，4，5这

6个数组成无重复数字的五位偶数的个数为（）A．360B．312C．264D．2884．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面是腰长为2的等腰直角三角形，∠ACB＝90°，CC1＝，若点M为A1B1的中点，

则直线AM与直线CB1所成的角的余弦值为（）A．B．C．D．5．曲线y＝x•ex+x2在x＝0处的切线方程为（）A．y＝x+1B．y＝2xC．y＝xD．y＝3x+16．今天是星期二，经过7天后还是星期二，那么经过22021天后是

（）A．星期三B．星期四C．星期五D．星期六7．函数的大致图象是（）A．B．C．D．8．已知函数f（x）＝x+acosx，对于任意x1、x2∈R（x1≠x2），都有恒成立，则实数a的取值范围是（）A．[1

﹣，1+]B．[1﹣，1]C．[﹣1，1]D．[﹣1，1﹣]二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．已知

i为虚数单位，以下四个说法中正确的是（）A．若复数z1，z2满足z12+z22＝0，则z1＝z2＝0B．i+i2+i3+i4＝0C．若z＝（1+2i）2，则复平面内对应的点位于第二象限D．已知复数z满足|z﹣1|＝|z+1|，则|z﹣1+i|的最小值为110．已知的二项展开式中二项式系数之和

为64，则下列结论正确的是（）A．二项展开式中各项系数之和为729B．二项展开式中二项式系数最大的项为C．二项展开式中无常数项D．二项展开式中系数最大的项为240x311．如图，棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为线段A

B1上的动点（含端点），则下列结论正确的是（）A．平面BCM⊥平面A1AB1B．三棱锥B﹣MB1C体积最大值为C．当M为AB1中点时，直线B1D与直线CM所成的角的余弦值为D．直线CM与A1D所成的角不可能是12．对于定义域为R的

函数f（x），f′（x）为f（x）的导函数，若同时满足：①f（0）＝0；②当x∈R且x≠0时，都有xf′（x）＞0；③当x1＜0＜x2且|x1|＝|x2|时，都有f（x1）＜f（x2），则称f（x）为

“偏对称函数”．下列函数是“偏对称函数”的是（）A．f1（x）＝e2x﹣ex﹣xB．f2（x）＝ex+x﹣1C．f3（x）＝D．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分（其中15题第一空2分，第二空3分）。13．若，则＝．14．已知函数，则＝．15．已知f（x）＝（2x﹣1）2021＝

a0+a1x+a2x2+⋯+a2021x2021，则a1+a2+a3+⋯+a2021＝；a1+2a2+3a3+⋯+2021a2021＝；．16．已知关于x的方程ln2x+mxlnx﹣2m2x2＝0有3个不等的实数根，则m的取值范围是．四、解答题（本大题共6个小

题，满分70分。解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤）17．（1）计算；（2）设复数z1＝2+ai，z2＝b﹣4i．（其中a，b∈R），若是纯虚数，且z1+z2在复平面内对应的点在直线x+y﹣1＝0上，求|z1z2|．

18．现有编号为A，B，C，D，E，F的6个不同的小球．（1）若将这些小球排成一排，则有多少种不同的排法？（请用数字作答）（2）若将这些小球排成一排，且A，B，C三个小球各不相邻，则有多少种不同的排法？（请用数字作答）（3）若将这些

小球放入甲，乙，丙三个不同的盒子，每个盒子至少一个球，则有多少种不同的放法？（请用数字作答）19．已知在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝2AB，Q为PC的中点．（1

）求证；BQ∥平面PAD；（2）若PD＝1，BC＝，BC⊥BD，求锐二面角Q﹣BD﹣C的余弦值．20．已知函数．（1）若函数f（x）在区间[2，+∞）是增函数，求m的取值范围；（2）若函数f（x）在区间[2，3]上的最小值为g（m），求g（m）的表达式．21．已

知梯形BFEC如图1所示，其中BF∥EC，EC＝3，BF＝2，四边形ABCD是边长为1的正方形，沿AD将四边形EDAF折起，使得平面EDAF⊥平面ABCD，得到如图2所示的几何体．（1）求证：平面AEC⊥平面BDE；（2）求点F到平面ABE的距离；（3）若点H在

线段BD上，且EH与平面BEF所成角的正弦值为，求线段DH的长度．22．已知函数f（x）＝ax2﹣bx+lnx（a，b∈R）．（1）当a＝1，b＝3时，求f（x）的单调区间；（2）当b＝2时，若函数f（x）有两

个不同的极值点x1，x2，且不等式f（x1）+f（x2）＞x1+x2+t有解，求实数t的取值范围；（3）设g（x）＝f（x）﹣ax2，若g（x）有两个相异零点x1，x2，求证：．参考答案一、单选题：本

题共8小题，每小题5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．已知复数z满足z（1+2i）＝3+i，则复数z的虚部为（）A．iB．﹣iC．﹣1D．1解：z（1+2i）＝3+i，∴z（1+2i）（1﹣2i）＝（3+i）（1﹣2i），∴z＝＝1﹣i，则复数z

的虚部为﹣1．故选：C．2．在的展开式中，x2的系数是（）A．60B．﹣60C．60D．﹣60解：∵＝，令x的指数为2，即6﹣r＝2，r＝4；∴x2的系数为：4C64＝60；可排除B、C、D．故选：A．3．将0，1，2，

3，4，5这6个数组成无重复数字的五位偶数的个数为（）A．360B．312C．264D．288解：根据题意，分2种情况讨论：①0在五位数的个位，在剩下5个数中任取4个，安排在前4个数位，有A54＝120个五位偶数；②0不在五位数的个位，则五位

数的个位可以为2或4，首位数字有4种选择，在剩下4个数中任取3个，安排在中间3个数位，有A43＝24种选择，则此时有2×4×24＝192个五位偶数，则一共有120+192＝312个五位偶数；故选：B．4．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面是腰长为2的等腰直角三角形，∠ACB＝90°，CC1＝，

若点M为A1B1的中点，则直线AM与直线CB1所成的角的余弦值为（）A．B．C．D．解：连接A1B，A1C，交于点N，连接MN，则N为A1C的中点，∵M为A1B1的中点，∴MN∥B1C，MN＝B1C＝，∴∠AMN或其补角为直线AM

与直线CB1所成的角，在△AMN中，AM＝＝，AN＝AC1＝，由余弦定理知，cos∠AMN＝＝＝，∴直线AM与直线CB1所成的角的余弦值为．故选：A．5．曲线y＝x•ex+x2在x＝0处的切线方程为（）A．y＝x+1B．y＝2xC．y＝xD．y＝3x+1解：∵f（x）＝x•ex+x2

，∴f′（x）＝ex+x•ex+2x，∴在x＝0处的切线斜率k＝f′（0）＝1，∴f（0）＝0+0＝0，∴f（x）＝x•ex+x2在x＝0处的切线方程为：y＝x，故选：C．6．今天是星期二，经过7天后

还是星期二，那么经过22021天后是（）A．星期三B．星期四C．星期五D．星期六解：22021＝4×22019＝4×8673＝4×（7+1）673＝4（•7673+•7672+•••+•7+），由于括号中，除了最后一项外，其余各项都能被

7整除，故整个式子除以4的余数为4＝4，2+4＝6，故经过22021天后是是星期六，故选：D．7．函数的大致图象是（）A．B．C．D．解：当x＝0或x＝1时，f（x）无意义，即函数的定义域为{x|x＞0且x≠1}，设g（x）＝x﹣lnx﹣1，则g′（x）＝1﹣＝．当0＜x＜1，g′（x）＜

0，此时g（x）为减函数，则g（x）＞g（1）＝1﹣ln1﹣1＝0，则f（x）＞0且f（x）为增函数，排除C，D，当x＞1时，g′（x）＞0，此时g（x）为增函数，则g（x）＞g（1）＝1﹣ln1﹣1＝0，则f（x）＞

0且f（x）为减函数，排除B，故选：A．8．已知函数f（x）＝x+acosx，对于任意x1、x2∈R（x1≠x2），都有恒成立，则实数a的取值范围是（）A．[1﹣，1+]B．[1﹣，1]C．[﹣1，1]D．[﹣1，1﹣]解：对于

任意x1、x2∈R（x1≠x2），都有恒成立，等价于，不妨令x1＞x2，即等价于函数g（x）＝f（x）﹣（a2﹣a）x在R上单调递增，即g′（x）＝1﹣asinx﹣（a2﹣a）≥0在R上恒成立．⇔a2﹣a≤（1﹣asinx）min⇔a2﹣a≤1﹣|a|⇔或，⇒0≤a≤1或1﹣≤a＜0，综上，1

﹣≤a≤1，故选：B．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．已知i为虚数单位，以下四个说法中正确的

是（）A．若复数z1，z2满足z12+z22＝0，则z1＝z2＝0B．i+i2+i3+i4＝0C．若z＝（1+2i）2，则复平面内对应的点位于第二象限D．已知复数z满足|z﹣1|＝|z+1|，则|z﹣1+i|的最小值为1解：

令z1＝1，z2＝i，满足z12+z22＝0，但z1≠0且z2≠0，∴A错；∵i+i2+i3+i4＝i﹣1﹣i+1＝0，∴B对；∵z＝（1+2i）2＝﹣3+4i，∴＝﹣3﹣4i，∴复平面内对应的点位于第三象限．∴C错；∵复数z满足|z

﹣1|＝|z+1|，∴复数z和1对应的向量和的对角线相等，∴复数z和1对应的向量和构成一个矩形，∴复数z和1对应的向量垂直，∴复数z对应的向量在虚轴上，∴|z﹣1+i|的最小值为点（1，﹣1）到虚轴距离，∴最小值为1，∴D对．故选：BD．10．已知的二项展开式中二项式系数之和为64，则下列结论

正确的是（）A．二项展开式中各项系数之和为729B．二项展开式中二项式系数最大的项为C．二项展开式中无常数项D．二项展开式中系数最大的项为240x3解：∵的二项展开式中二项式系数之和为2n＝64，∴n＝6，再令x＝1

，可得二项展开式中各项系数之和为3n＝36＝729，故A正确；显然，当r＝3时，二项式系数最大，该项为T4＝•23•＝160，故B错误；令通项公式中x的幂指数6﹣＝0，求得r＝4，可得常数项T5＝•22＝60，

故C错误；由于第r+1项的系数为•26﹣r，检验可得，当r＝2时，系数最大，该项为T3＝•24•x3＝240x3，故D正确，故选：AD．11．如图，棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为线段AB1上的动点（含端点），则下列结论正确的是

（）A．平面BCM⊥平面A1AB1B．三棱锥B﹣MB1C体积最大值为C．当M为AB1中点时，直线B1D与直线CM所成的角的余弦值为D．直线CM与A1D所成的角不可能是解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1

中，BC⊥面A1AM，BC⊂面BCM，∴面BCM⊥面A1AM，故选项A正确；设M到面BB1C的距离为h，h＝h，当M点运动到线段AB1的端点A时，h最大，且距离为1．∴三棱锥B﹣MB1C的体积最大值为，故选项B正确；如图，将A1B1

延长至E，使A1B1＝B1E，连ME，CE，易得B1D∥CE，∴直线CM与直线CE所成角即为直线B1D与直线CM所成的角，即∠MCE，易得|MC|＝，|CE|＝，|ME|＝，∴，故选项C正确；∵A1D∥B1C，∴直线CM与直线B1C所成角

就是∠MCB1，当M从点B1沿着线段B1A向A点运动时，∠MCB1逐渐变大，∴，故在点A和点B1之间，必定存在一点使得∠MCB1＝，故选项D错误．故选：ABC．12．对于定义域为R的函数f（x），f′（x）为

f（x）的导函数，若同时满足：①f（0）＝0；②当x∈R且x≠0时，都有xf′（x）＞0；③当x1＜0＜x2且|x1|＝|x2|时，都有f（x1）＜f（x2），则称f（x）为“偏对称函数”．下列函数是“偏对称函数”的是（）A．f1（x）＝e2x﹣ex﹣xB．f2（x）＝ex+x﹣1C．f3（

x）＝D．解：对于A：f1（0）＝0，符合条件①，条件②等价于函数f（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上单调递增，对于f1（x）＝e2x﹣ex﹣x，f1′（x）＝2e2x﹣ex﹣1，则当x＜0时，f

1′（x）＜0，当x＞0时，f1′（x）＞0，满足②；当x＜0，令m（x）＝f1（x）﹣f1（﹣x）＝e2x﹣e﹣2x+e﹣x﹣ex﹣2x，则m′（x）＝2e2x+2e﹣2x﹣e﹣x﹣ex﹣2＝2（e2x+

e﹣2x）﹣（e﹣x+ex）﹣2，令e﹣x+ex＝t，则t≥2，于是m′（x）＝2t2﹣t﹣6＝2（t﹣）2﹣≥2（2﹣）2﹣＝0，∴m（x）在（﹣∞，0）上单调递增，∴m（x）＜m（0）＝0，故f1（x）满足条件③

，∴f1（x）为“偏对称函数”，故A正确；对于B：f2（0）＝0，符合条件①，f2′（x）＝ex+1，函数在R递增，不符合条件②，故B不满足题意；对于C：f3（0）＝0，符合条件①，显然f3（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上单调递增

，符合条件②，画出函数f3（x）的图象，如图示：当x1＜0＜x2且|x1|＝|x2|时，都有f（x1）＜f（x2），符合条件③，故C正确；对于D：对于f4（x），f4（0）＝ln1＝0，满足条件①f（0）＝0；f4（x）＝，由复合函数的单调性法则知：f4（x

）＝在区间（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，满足条件②．由函数f4（x）的单调性知：当x1＜0＜x2，且|x1|＝|x2|时，都有f（x1）＜f（x2），满足条件③，∴f4（x）是“偏对称函数”，故D正确；故选：ACD．三、填空题：本

题共4小题，每小题5分，共20分（其中15题第一空2分，第二空3分）。13．若，则＝56．解：由，得4n﹣3+3n+2＝20，或4n﹣3＝3n+2，则n＝3，或n＝5．当n＝3时，＝；当n＝5时，．故答案为：56．14．已知函数，则＝1．解：由已知，∴．∴．∴．∴．故答

案为：1．15．已知f（x）＝（2x﹣1）2021＝a0+a1x+a2x2+⋯+a2021x2021，则a1+a2+a3+⋯+a2021＝2；a1+2a2+3a3+⋯+2021a2021＝4042；．解：∵f（x）＝（2x﹣1）2021＝a0+a1x+a2x2+⋯+a

2021x2021，则令x＝0，可得a0＝﹣1，再令x＝1，可得﹣1+a1+a2+a3+⋯+a2021＝1，∴a1+a2+a3+⋯+a2021＝2．∵f′（x）＝2021×2×（2x﹣1）2020＝a1+2a2x+⋯+2021a2021x

2020，令x＝1，可得a1+2a2+3a3+⋯+2021a2021＝4042，故答案为：2，4042．16．已知关于x的方程ln2x+mxlnx﹣2m2x2＝0有3个不等的实数根，则m的取值范围是．解：由ln2x+mxlnx﹣2m2x2＝0得（lnx+2mx）（l

nx﹣mx）＝0，则lnx＝﹣2mx或lnx＝mx，即或，设，依题意，函数f（x）的图象与直线y＝﹣2m及y＝m共有三个交点，由得，，易得函数f（x）在（0，e）单调递增，在（e，+∞）单调递减，且f（x）max＝，x→0时，f（x）→﹣∞，x→

+∞时，f（x）→0，作出函数f（x）的图象如下图所示，由图可知，当或时满足题意，即或．故答案为：．四、解答题（本大题共6个小题，满分70分。解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤）17．（1）计算；（2）设复数z1＝2+ai，z2＝b﹣4i．（其中a，b∈R），若是纯虚数，且z1+z2在

复平面内对应的点在直线x+y﹣1＝0上，求|z1z2|．解：（1）∵＝＝＝i，i4＝1，∴＝i2021＝（i4）505•i＝i，∴＝i+（2﹣3i+8i﹣12i2）＝14+6i…（2）因为是纯虚数，所以，即

b＝2a，又因为z1+z2＝（2+b）+（a﹣4）i＝（2+2a）+（a﹣4）i，所以z1+z2在复平面内对应的点为（2+2a，a﹣4），所以2+2a+a﹣4﹣1＝0得a＝1，b＝2…因为z1z2＝（2+i）（2﹣4i）＝8﹣6i，所以|z1z2|＝＝10…18．

现有编号为A，B，C，D，E，F的6个不同的小球．（1）若将这些小球排成一排，则有多少种不同的排法？（请用数字作答）（2）若将这些小球排成一排，且A，B，C三个小球各不相邻，则有多少种不同的排法？（请用数字作答）（3）若将这

些小球放入甲，乙，丙三个不同的盒子，每个盒子至少一个球，则有多少种不同的放法？（请用数字作答）解：（1）根据题意，将6个不同的小球排成一排，有A66＝720种不同的排法；（2）根据题意，分2步进行分析

：①将D、E、F三个小球排好，有A33＝6种排法，②DEF排好后，有4个空位，在其中任选3个，安排ABC三个小球，有A43＝24种排法，则有6×24＝144种不同的排法；（3）根据题意，分2步进行分析：①将6个小球分为3

组，若分为2、2、2的三组，有种分组方法，若分为3、2、1的三组，有C61C52C33种分组方法，若分为4、1、1的三组，有C64种分组方法，则有（+C61C52C33+C64）种分组方法，②将分好的三组小球放入甲，乙，丙三个不同的盒子，有A33＝

6种情况，则有（+C61C52C33+C64）A33＝540种放法．19．已知在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝2AB，Q为PC的中点．（1）求证；BQ∥平面PAD；（2）若PD＝1，BC＝，BC⊥BD，求锐二面角Q﹣BD﹣C的余弦值．【

解答】（1）证明：取PD的中点为G，分别连接AG，QG，又因为Q为PC的中点，所以GQ∥DC，且又因为AB∥DC，DC＝2AB，所以GQ∥AB，GQ＝AB，所以四边形ABQG是平行四边形，所以BQ∥AG又BQ⊄平面PAD，AG⊂平面PAD，所以BQ∥平面PAD．…（2）解：由DA，DC，DP三条

直线两两相互垂直．以DA，DC，DP分别为z轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图，因为在四边形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，DC＝2AB，所以点B在线段CD的垂直平分线上．又因为，所以所以有点D（0，0，0），B（1，1，0），C（0，2，0），Q，所以设平面BDQ的一个法向量，则

，令z＝2，得，易知平面BCD的一个法向量为，…因为，所以，…所以锐二面角Q﹣BD﹣C的余弦值为．…20．已知函数．（1）若函数f（x）在区间[2，+∞）是增函数，求m的取值范围；（2）若函数f（x）在区间[2，3]上的

最小值为g（m），求g（m）的表达式．解：（1）由题意，f′（x）＝x2﹣（m+1）x≥0在[2，+∞）恒成立，∴m+1≤x恒成立，∴m+1≤2，∴m≤1．（2）∵f′（x）＝x[x﹣（m+1）]，当m+1≤2时，即m≤1时，f

（x）在区间[2，3]上递增，∴，当2＜m+1＜3时，即1＜m＜2时，f（x）在区间[2，m+1]上递减，在区间[m+1，3]上递增，∴，当m+1≥3时，即m≥2时，f（x）在区间[2，3]上递减，∴，综上，．21．已知梯形BFEC如图1所示，其中BF

∥EC，EC＝3，BF＝2，四边形ABCD是边长为1的正方形，沿AD将四边形EDAF折起，使得平面EDAF⊥平面ABCD，得到如图2所示的几何体．（1）求证：平面AEC⊥平面BDE；（2）求点F到平面ABE的距离；（3）若点H在线段BD上，且EH与平面BEF所成角的正弦值为，求

线段DH的长度．【解答】（1）证明：∵平面EDAF⊥平面ABCD，DE⊂平面EDAF，平面EDAF∩平面ABCD＝AD，DE⊥AD，∴DE⊥平面ABCD，∵AC⊂平面ABCD，∴DE⊥AC，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∵DE、BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，∴AC⊥

平面BDE∵AC⊂平面ACE，∴平面AEC⊥平面BDE…（2）解：过点F作FG⊥AE于点G，因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面ADEF，又FG⊂

平面ADEF，所以AB⊥FG，又AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，所以FG⊥平面ABE，所以线段FG的长即为点F到平面ABE的距离，在△AEF中，，由等积变换AE•FG＝AF•AD，得，即点F到平面ABE的距

离为．（说明本题也可以用等体积变换求解，也可用向量法求解）（3）解：建系如图，设平面BEF的法向量，E（0，0，2），F（1，0，1），B（1，1，0），，，令x＝1，则y＝z＝1，则，设H（a，a，0），，则解

得或a＝2（舍）…故，∴…22．已知函数f（x）＝ax2﹣bx+lnx（a，b∈R）．（1）当a＝1，b＝3时，求f（x）的单调区间；（2）当b＝2时，若函数f（x）有两个不同的极值点x1，x2，且不等式f

（x1）+f（x2）＞x1+x2+t有解，求实数t的取值范围；（3）设g（x）＝f（x）﹣ax2，若g（x）有两个相异零点x1，x2，求证：．解：（1）当a＝1，b＝3时，f（x）＝x2﹣3x+lnx，∴＝，∵x＞0，令f′（x）＞0，则，令f′（x）＜0，则，∴f（x

）的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）证明：由题可得f′（x）＝（x＞0），∵函数f（x）＝ax2﹣2x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，∴方程2ax2﹣2x+1＝0有两个不相等的正实数根，于是有解得0＜a＜．∵不等式f（x1）+f（x

2）＞x1+x2+t有解，∴t＜[f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）]max．∵f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）＝ax﹣x1+lnx1+ax﹣x2+lnx2﹣（x1+x2）＝a[（x1+x2）2﹣2x1x2]﹣2（x1+x2）+ln（x1x2）＝﹣﹣1﹣ln（2a）．设h（a）＝﹣﹣1﹣

ln（2a）（0＜a＜），h′（a）＝＞0，故h（a）在（0，）上单调递增，故h（a）＜h（）＝﹣5，∴t＜﹣5．故实数t的取值范围为（﹣∞，﹣5）．（3）g（x）＝lnx﹣bx，设g（x）的两个相异零点为x1，x2，设x1＞x2＞0

，欲证，需证lnx1+lnx2＞2．∵g（x1）＝0，g（x2）＝0，∴lnx1﹣bx1＝0，lnx2﹣bx2＝0，∴lnx1﹣lnx2＝b（x1﹣x2），lnx1+lnx2＝b（x1+x2）．要证lnx1+lnx2＞2，即证b（x1+x2）＞2，即，即，设上式转化为，

设，∴，∴g（t）在（1，+∞）上单调递增，∴g（t）＞g（1）＝0，∴，∴lnx1+lnx2＞2，∴．