2022年全国统一高考数学试卷（新高考ⅱ）（含解析）

这是一份2022年全国统一高考数学试卷（新高考ⅱ）（含解析），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合，1，2，，，则
A．，B．，C．，D．，
2．
A．B．C．D．
3．图1是中国古代建筑中的举架结构，，，，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中，，，是举，，，，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，，，．已知，，成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则
A．0.75B．0.8C．0.85D．0.9
4．已知向量，，，若，，，则
A．B．C．5D．6
5．甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有
A．12种B．24种C．36种D．48种
6．若，则
A．B．C．D．
7．已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积是
A．B．C．D．
8．已知函数的定义域为，且，（1），则
（
A．B．C．0D．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．已知函数的图像关于点，中心对称，则
A．在区间单调递减
B．在区间，有两个极值点
C．直线是曲线的对称轴
D．直线是曲线的切线
10．已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与交于，两点，其中在第一象限，点．若，则
A．直线的斜率为B．
C．D．
11．如图，四边形为正方形，平面，，．记三棱锥，，的体积分别为，，，则
A．B．C．D．
12．若，满足，则
A．B．C．D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知随机变量服从正态分布，且，则 ．
14．曲线过坐标原点的两条切线的方程为 ， ．
15．设点，，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则的取值范围是 ．
16．已知直线与椭圆在第一象限交于，两点，与轴、轴分别相交于，两点，且，，则的方程为 ．
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。
17．（10分）已知是等差数列，是公比为2的等比数列，且．
（1）证明：；
（2）求集合，中元素的个数．
18．（12分）记的内角，，的对边分别为，，，分别以，，为边长的三个正三角形的面积依次为，，．已知，．
（1）求的面积；
（2）若，求．
19．（12分）在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：
（1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间，的概率；
（3）已知该地区这种疾病的患者的患病率为，该地区年龄位于区间，的人口占该地区总人口的．从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，，求此人患这种疾病的概率（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001 ．
20．（12分）如图，是三棱锥的高，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
21．（12分）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
（1）求的方程；
（2）过的直线与的两条渐近线分别交于，两点，点，，，在上，且，．过且斜率为的直线与过且斜率为的直线交于点．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
22．（12分）已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围；
（3）设，证明：．
2022年全国统一高考数学试卷（新高考Ⅱ）
参考答案与试题解析
一、选择题：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．已知集合，1，2，，，则
A．，B．，C．，D．，
【思路分析】解不等式求集合，再根据集合的运算求解即可．
【解析】，解得：，
集合
，．
故选：．
【试题评价】本题主要考查集合的基本运算，利用集合的关系是解决本题的关键．
2．
A．B．C．D．
【思路分析】由已知结合复数的四则运算即可求解．
【解析】．
故选：．
【试题评价】本题主要考查了复数的四则运算，属于基础题．
3．图1是中国古代建筑中的举架结构，，，，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中，，，是举，，，，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，，，．已知，，成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则
A．0.75B．0.8C．0.85D．0.9
【思路分析】由题意，结合等差数列的性质求解即可．
【解析】设，则，，，
由题意得：，，
且，
解得，
故选：．
【试题评价】本题主要考查等差数列的性质，结合阅读材料，考查学生的知识运用能力，是基础题．
4．已知向量，，，若，，，则
A．B．C．5D．6
【思路分析】先利用向量坐标运算法则求出，再由，，，利用向量夹角余弦公式列方程，能求出实数的值．
【解析】【解法一】向量，，，
，
，，，
，，解得实数．故选：．
【解法二】（贺雷颖补解）：，，，，，，
，，，解得实数．
故选：．
【解法三】（吕鹏补解）：记,,,由题意可得，OC为OA与OB为邻边的棱形对角线，且，故.故选: C.
【试题评价】本题考查实数值的求法，考查向量坐标运算法则、向量夹角余弦公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5．甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有
A．12种B．24种C．36种D．48种
【思路分析】利用捆绑法求出丙和丁相邻的不同排列方式，再减去甲站在两端的情况即可求出结果．
【解析】【解法一】把丙和丁捆绑在一起，4个人任意排列，有种情况，
甲站在两端的情况有种情况，
甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有种，故选：．
【解法二】（贺雷颖补解）：
先把丙和丁捆绑在一起有种情况，
然后把丙丁当成一个元素和乙、戊三个元素一起排有种情况，
最后利用插空法排甲，三个元素排好有四个空，首尾各一个空，但是根据题意甲不能站两端，所以甲只能站在中间的两个空中，所以排甲有种情况，
最后总情况数为种情况.故选：.
【试题评价】本题考查排列组合的应用，本题运用排除法，可以避免讨论，简化计算，属于基础题．
6．若，则
A．B．C．D．
【思路分析】由已知结合辅助角公式及和差角公式对已知等式进行化简可求，进而可求．
【解析】【解法一】因为，
所以，
即，
所以，
所以，
所以，所，，
所以，所以．故选：．
【解法二】（贺雷颖补解）：，
所以，
即，
由和差化积公式得，
所以，
所以，所以，，
所以，所以故选：．
【解法三】（贺雷颖补解）：（特值法）令，则原式为，，
，.故选：．
【解法四】（吕鹏补解）：（特值法）令可排除A，D.令可排除B.故选：．
【试题评价】本题主要考查了辅助角公式，和差角公式在三角化简求值中的应用，解题的关键是公式的灵活应用，属于中档题．
7．已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积是
A．B．C．D．
【思路分析】求出上底面及下底面所在平面截球所得圆的半径，作出轴截面图，根据几何知识可求得球的半径，进而得到其表面积．
【解析】【解法一】由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为，下底面所在平面截球所得圆的半径为，如图，
设球的半径为，则轴截面中由几何知识可得
或解得，
该球的表面积为．
故选：．
【解法二】（贺雷颖补解）：设，或，
在中，，即，
在中，，即
，，
该球的表面积为．
故选：．
【试题评价】本题考查球的表面积求解，同时还涉及了正弦定理的运用，考查了运算求解能力，对空间想象能力要求较高，属于较难题目．
8．已知函数的定义域为，且，（1），则
A．B．C．0D．1
【思路分析】先根据题意求得函数的周期为6，再计算一个周期内的每个函数值，由此可得解．
【解析】【解法一】令，则，即，
，，
，则，
的周期为6，
令，得（1）（1）（1），解得，
又，
（2）（1），
（3）（2）（1），
（4）（3）（2），
（5）（4）（3），
（6）（5）（4），
，
（1）（2）（3）（4）．
故选：．
【解法二】（贺雷颖补解）：
因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．
因为，，，，，所以
一个周期内的．由于22除以6余4，
所以．
故选：A．
【解法三】（吕鹏补解）：
取符合条件，则，计算可得（2）（1），
（3）（2）（1），
（4）（3）（2），
（5）（4）（3），
（6）（5）（4），
，
【试题评价】本题考查抽象函数以及函数周期性的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
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．已知函数的图像关于点，中心对称，则
A．在区间单调递减
B．在区间，有两个极值点
C．直线是曲线的对称轴
D．直线是曲线的切线
【思路分析】直接利用函数的对称性求出函数的关系式，进一步利用函数的性质的判断、、、的真假．
【解析】因为的图象关于点，对称，
所以，，
所以，
因为，
所以，
故，
令，解得，
故在单调递减，正确；
，，，，
根据函数的单调性，故函数在区间，只有一个极值点，故错误；
令，，得，，显然错误；
结合正弦函数的图象可知，
直线显然与相切，故直线显然是曲线的切线，故正确．
故选：．
【试题评价】本题考查的知识要点：三角函数关系式的求法，函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
10．已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与交于，两点，其中在第一象限，点．若，则
A．直线的斜率为B．
C．D．
【思路分析】由已知可得的坐标，再由抛物线焦点弦的性质求得点坐标，然后逐一分析四个选项得答案．
【解析】【解法一】如图，
，，，且，，，
由抛物线焦点弦的性质可得，则，则，，
，故正确；
，，，故错误；
，故正确；
，，，，，
，，
，均为钝角，可得，故正确．
故选：．
【解法二】（贺雷颖补解）：
对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，代入抛物线可得，，，则直线的斜率为，A正确；
对于B，由斜率为可得直线的方程为，，
，，
代入抛物线得，
则，B错误；
对于C，由抛物线定义知：，C正确；
对于D，，
则为钝角，
又，
则为钝角，
又，则，D正确.
故选：ACD.
【解法三】（吕鹏补解）：
记，B选项可利用，，，
代入抛物线得，下同解法1;
C可利用通径=，C对.
【试题评价】本题考查抛物线的几何性质，考查运算求解能力，是中档题．
11．如图，四边形为正方形，平面，，．记三棱锥，，的体积分别为，，，则
A．B．C．D．
【思路分析】利用等体积法，先求出几何体的体积，再求出三棱锥，的体积、，，可得、、之间的关系．
【解析】【解法一】设，
平面，为四棱锥的高，
，为三棱锥的高，
平面平面，点到平面的距离等于点到平面的距离，
即三棱锥的高，
几何体的体积
，
，
，
．
故、正确，、错误．
故选：．
【解法二】（贺雷颖补解）：
设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，又平面，平面，则，又，
平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
【试题评价】本题主要考查组合体的体积，熟练掌握棱锥的体积公式是解决本题的关键．
12．若，满足，则
A．B．C．D．
【思路分析】原等式可化为，，进行三角代换，令，则，结合三角函数的性质分别求出与的取值范围即可．
【解析】【解法一】由可得，，
令，则，
，，故错，对，
，，
故对，错，
故选：．
【解法二】（贺雷颖补解）：画出图像，由解析式分析出函数关于对称，
图像过，
猜测解析式所对应的图像是关于对称的椭圆.画出图像.
对于A选项，画出直线的左下方是，
直线的右上方满足，椭圆有一部分在直线的
左下方，有一部分在直线的右下方，因此A选项错误；
对于B选项，画出，直线的左下方是，
直线的右上方满足，椭圆全部在直线的右上方，
因此B选项正确；
对于C选项，画出，此曲线是以原点为圆心为
半径的圆，表示圆的内部和圆上的点，通过画图
发现曲线上的点全部在圆的内部或在圆上，
因此C选项正确；
对于D选项，画出，此曲线是以原点为圆心为
半径的圆，表示圆的内部和圆上的点，通过画图
发现曲线上的点有一部分在圆内，有一部分
在圆外，因此D选项错误；
故选：．
【解法三】（吕鹏补解）：，，解得.
另一方面，，解得.，
，解得，所以,故选：．
【试题评价】本题主要考查了三角代换求最值，考查了三角函数的性质，同时考查了学生分析问题，转化问题的能力，属于中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知随机变量服从正态分布，且，则 0.14 ．
【思路分析】利用正态分布曲线的对称性求解．
【解析】随机变量服从正态分布，
，
，
故答案为：0.14．
【试题评价】本题主要考查了正态分布曲线的对称性，属于基础题．
14．曲线过坐标原点的两条切线的方程为 ， ．
【思路分析】当时，，设切点坐标为，，利用导数的几何意义表达出切线的斜率，进而表达出切线方程，再把原点代入即可求出的值，从而得到切线方程，当时，根据对称性可求出另一条切线方程．
【解析】当时，，设切点坐标为，，
，切线的斜率，
切线方程为，
又切线过原点，，
，
切线方程为，即，
当时，，与的图像关于轴对称，
切线方程也关于轴对称，
切线方程为，
综上所述，曲线经过坐标原点的两条切线方程分别为，，
故答案为：，．
【试题评价】本题主要考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，属于中档题．
15．设点，，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则的取值范围是 ， ．
【思路分析】求出的斜率，然后求解直线关于对称的直线方程，利用圆的圆心到直线的距离小于等于半径，列出不等式求解的范围即可．
【解析】【解法一】点，，，所以直线关于对称的直线的向量为：，所以对称直线方程为：，即：，
的圆心，半径为1，
所以，得，解得，．
故答案为：，．
【解法二】（贺雷颖补解）：
圆的圆心为，半径为，则这个圆关于对称的圆的方程的圆心为，半径为，则对称圆的方程为，，，，直线的方程为，即：，根据题意直线与对称圆有公共点，所以，
得，解得，.
故答案为：，．
【试题评价】本题考查直线与圆的位置关系的判断与应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
16．已知直线与椭圆在第一象限交于，两点，与轴、轴分别相交于，两点，且，，则的方程为 ．
【思路分析】设，，，，线段的中点为，可得，设直线的方程为：，，，，，，可得，，，进而得出，再利用，解得，即可得出的方程．
【解析】【解法一】设，，，，线段的中点为，
由，，
相减可得：，
则，
设直线的方程为：，，，，，，
，，，
，解得，
，，化为：．
，，解得．
的方程为，即，
故答案为：．
【解法二】（贺雷颖补解）：设线段的中点，，
点也是的中点，因为在轴的正半轴上，
所以，又因为在轴的正半轴上，
所以.
根据点差法结论，
根据圆的切线方程类比椭圆的切线方程，若在椭圆上，则过的切线方程为
，则切线的斜率为，平行移动切线使之与椭圆相交，则此时的直线方程为，即即
解得，
代入方程，得，所以.
故答案为：．
【解法三】（吕鹏补解）：设线段的中点，中点弦AB：，
，..解得，可得. 所以.
【试题评价】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、两点之间的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
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。
17．（10分）已知是等差数列，是公比为2的等比数列，且．
（1）证明：；
（2）求集合，中元素的个数．
【思路分析】（1）设等差数列的公差为，由题意可得，，根据这两式即可证明；
（2）由题设条件可知，由的范围，求出的范围，进而得出答案．
【解析】（1）证明：设等差数列的公差为，
由，得，则，
由，得，
即，
．
（2）由（1）知，，
由知，，
，即，
又，故，则，
故集合，中元素个数为9个．
【试题评价】本题考查等差数列与等比数列的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
18．（12分）记的内角，，的对边分别为，，，分别以，，为边长的三个正三角形的面积依次为，，．已知，．
（1）求的面积；
（2）若，求．
【思路分析】（1）根据，求得，由余弦定理求得的值，根据，求面积．
（2）由正弦定理得，，且，求解即可．
【解析】（1），
，
，
，
解得：，
，，即，
，
，
解得：，
．
的面积为．
（2）由正弦定理得：，
，，
由（1）得，
已知，，，
解得：．
【试题评价】本题考查利用正余弦定理解三角形，需灵活运用正余弦定理公式．
19．（12分）在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：
（1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间，的概率；
（3）已知该地区这种疾病的患者的患病率为，该地区年龄位于区间，的人口占该地区总人口的．从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，，求此人患这种疾病的概率（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001 ．
【思路分析】（1）利用平均数公式求解即可．
（2）利用频率分布直方图求出频率，进而得到概率．
（3）利用条件概率公式计算即可．
【解析】（1）由频率分布直方图得该地区这种疾病患者的平均年龄为：
岁．
（2）该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间，的频率为：
，
估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间，的概率为0.89．
（3）设从该地区中任选一人，此人的年龄位于区间，为事件，此人患这种疾病为事件，
则．
【试题评价】本题考查频率分布直方图求平均数、频率，考查条件概率计算公式，属于基础题．
20．（12分）如图，是三棱锥的高，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【思路分析】（1）连接，，可证得，延长交于点，可证得，由此得证；
（2）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，再求出平面及平面的法向量，利用向量的夹角公式得解．
【解析】（1）【解法一】证明：连接，，依题意，平面，
又平面，平面，则，，
，
又，，则，
，
延长交于点，又，则在中，为中点，连接，
在中，，分别为，的中点，则，
平面，平面，
平面；
【解法二】（贺雷颖补解）：
连接，，因为是三棱锥的高，平面，又平面
，,≌
，取的中点，连接，，
又平面，平面，平面.
又分别是的中点，，
又平面，平面，平面.
又平面，平面平面.
又平面，平面.
（2）【解法一】过点作，以，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由于，，由（1）知，
又，则，
，
设，则，，，
设平面的一个法向量为，又，
则，则可取，
设平面的一个法向量为，又，
则，则可取，
设锐二面角的平面角为，则，
，即二面角正弦值为．
【解法二】（贺雷颖补解）：
过点作，以，，分别为轴建立空间直角坐标系.
，由（1）得，又,，，
，，，，设，则，
，，，.
设平面的法向量为，，则，
令，则，.
设平面的法向量为，，
则，令，.
设锐二面角的平面角为，则，
，即二面角正弦值为．
【试题评价】本题考查线面平行的判定以及利用空间向量求解二面角的正弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
21．（12分）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
（1）求的方程；
（2）过的直线与的两条渐近线分别交于，两点，点，，，在上，且，．过且斜率为的直线与过且斜率为的直线交于点．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【思路分析】（1）根据渐近线方程和即可求出；
（2）首先求出点的轨迹方程即为，其中为直线的斜率，
若选择①②：设直线的方程为，求出点的坐标，可得为的中点，即可；
若选择①③：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，求出点的坐标，即可；
若选择②③：设直线的方程为，设的中点，，求出点的坐标，可得点恰为中点，故点在直线上．
【解析】（1）由题意可得，，
解得，，
因此的方程为，
（2）【解法一】设直线的方程为，，将直线的方程代入可得，
，，
，
设点的坐标为，则，
两式相减可得，
，
，
解得，
两式相减可得，
，
，
解得，
，其中为直线的斜率；
若选择①②：
设直线的方程为，并设的坐标为，，的坐标为，，
则，解得，，
同理可得，，
，，
此时点的坐标满足，解得，，
为的中点，即；
若选择①③：
当直线的斜率不存在时，点即为点，此时不在直线上，矛盾，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，并设的坐标为，，的坐标为，，
则，解得，，
同理可得，，
此时，
，
由于点同时在直线上，故，解得，
因此．
若选择②③，
设直线的方程为，并设的坐标为，，的坐标为，，
则，解得，，
同理可得，，
设的中点，，则，，
由于，故在的垂直平分线上，即点在直线上，
将该直线联立，解得，，
即点恰为中点，故点在直线上．
【解法二】（贺雷颖补解）：
由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
【试题评价】本题考查了直线和双曲线的位置关系，考查了运算求解能力，转化与化归能力，属于难题．
22．（12分）已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围；
（3）设，证明：．
【思路分析】（1）先求出导函数，再根据导函数的正负即可得到函数的单调性．
（2）构造函数，则在上恒成立，又，令，则，根据的正负分情况讨论，得到的单调性以及最值，判断是否满足题意，即可求出的取值范围．
（3）求导易得，令，利用上述不等式，结合对数的运算性质即可证得结论．
【解析】（1）当时，，
，
，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
（2）【解法一】令，
，，
在上恒成立，
又，
令，则，
，
①当，即，，
，使得当，有，，
所以单调递增，，矛盾；
①当，即，
，
所以在，上单调递减，，符合题意．
综上所述，实数的取值范围是．
【解法二】（吕鹏补解）：当，即，，令，，，所以在单调递减.故，所以，符合题意．
（3）求导易得，
令，
，可得，
，，
即．
【解法二】（贺雷颖补解）：设，设的前项和为，则，
当时，，
要想证明，即证明，
即证明，即证明
令，，
构造函数，
在上恒成立，，
在恒成立，恒成立，
时，①，时，②，时，③，……
时，，，
把所有不等式都相加，成立.
所以原不等式
【试题评价】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查了学生分析问题和转化问题的能力，属于难题．