广东省2023届高三上学期数学开学联考试卷

这是一份广东省2023届高三上学期数学开学联考试卷，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分）
1．已知复数z满足z(1+i)=2，则z的虚部为（ ）
A．1B．-1C．iD．−i
2．集合A={x|x2−x−2<0}，B={y|y=x2，x∈A}，则A∩B=（ ）
A．(1，4)B．[1，4)C．(0，2)D．[0，2)
3．在平行四边形ABCD中，点E、F分别满足DE=12EC，BF=13FD，若AB=a，AD=b，则EF=（ ）
A．512a−34bB．1112a−54b
C．1312a−34bD．1912a−54b
4．如图所示的三棱锥P−ABC中，PA⊥面ABC，AB⊥BC，PA=AB=BC=3，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．27π2B．27πC．54πD．108π
5．把函数y=sin2x(x∈R)的图像上所有的点向左平行移动π6个单位长度，再把所得图像上所有点的横坐标缩短到原来的12倍（纵坐标不变），得到的图像所表示的函数是（ ）
A．y=sin(4x+π6)，x∈RB．y=sin(4x−π6)，x∈R
C．y=sin(4x+π3)，x∈RD．y=sin(4x−π3)，x∈R
6．在0至5这6个数字中任选3个不同的数，组成一个三位数，若从这些三位数中任取一个，则该数为三位偶数的概率是（ ）
A．12B．1325C．1425D．35
7．已知f(x)=2x2，数列{an}满足a1=2，且对一切n∈N∗，有an+1=f(an)，则（ ）
A．{an}是等差数列B．{an}是等比数列
C．{lg2an}是等比数列D．{lg2an+1}是等比数列
8．设a=12e，b=ln2，c=4−ln4e2，则（ ）
A．a二、多选题（共4小题，每小题5分，共20分）
9．已知f(x)=xex，x∈R，则（ ）
A．f′(x)=(x−1)ex
B．曲线f(x)在(0，0)处的切线斜率为1
C．f(x)在(0，+∞)上单调递增
D．f(x)的最小值为−1e
10．已知椭圆C：x225+y216=1，F1、F2是椭圆C的两个焦点，M、N是椭圆C上两点，且M、N分别在x轴两侧，则（ ）
A．若直线MN经过原点，则四边形MF1NF2为矩形
B．四边形MF1NF2的周长为20
C．△MF1F2的面积的最大值为12
D．若直线MN经过F2，则F1到直线MN的最大距离为8
11．直六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1中，底面是边长为2的正六边形，侧棱AA1=2，点O是底面ABCDEF的中心，则（ ）
A．OF1//平面A1CD1
B．OF1与BC所成角的余弦值为24
C．BO⊥平面AA1D1D
D．B1F与平面CC1F1F所成角的正弦值为34
12．已知直线l：y=ax−1，曲线C1：f(x)=ex+1+1，曲线C1关于直线y=x+1对称的曲线C2所对应的函数为y=g(x)，则以下说法正确的是（ ）
A．不论a为何值，直线l恒过定点(0，−1)；
B．g(x)=lnx−1；
C．若直线l与曲线C2相切，则a=1；
D．若直线l上有两个关于直线y=x+1对称的点在曲线C1上，则0三、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13．(x−2x)8的展开式中的常数项为 ．
14．过点P(2，2)作圆x2+y2=4的两条切线，切点分别为A 、B，则直线AB的方程为 ．
15．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有这样一个相关的问题：被3除余2且被5除余3的正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，记数列{an}的前n项和为Sn，则Sn+120n的最小值为 ．
16．已知双曲线C：x24−y23=1，F1、F2是双曲线C的左、右焦点，M是双曲线C右支上一点，l是∠F1MF2的平分线，过F2作l的垂线，垂足为P，则点P的轨迹方程为 ．
四、解答题（共6题，共70分）
17．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且Sn+1=4an+1，bn=an2n(n∈N∗)．
（1）证明：数列{bn}是等差数列；
（2）求数列{an}的前n项和．
18．已知锐角△ABC中，角A、B、C所对边为a、b、c，且tanB+tanC+3tanBtanC=3．
（1）求角A；
（2）若a=4，求b+c的取值范围．
19．如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的等边三角形，AA1=4，D是AB的中点，E是CC1上一点．
（1）求证：平面CDE⊥平面AA1B1B；
（2）若CD//平面A1BE，求平面A1BE与平面ABC所成的锐二面角的余弦值．
20．甲、乙两人进行下象棋比赛（没有平局）．采用“五局三胜”制．已知在每局比赛中，甲获胜的概率为p，0（1）设甲以3：1获胜的概率为f(p)，求f(p)的最大值；
（2）记（1）中，f(p)取得最大值时p的值为p0，以p0作为p的值，用X表示甲、乙两人比赛的局数，求X的分布列和数学期望E(X)．
21．已知抛物线C：y2=2px(p>0)的准线上一点E(−1，t)，直线l过抛物线C的焦点F，且与抛物线C交于不同的两点A、B．
（1）求抛物线C的方程；
（2）设直线EA、EF、EB的斜率分别为k1、k2、k3，求证：k1+k3=2k2．
22．已知函数f(x)=lnx+kx+1，x>0．
（1）当k=4时，比较f(x)与2的大小；
（2）求证：23+25+27+⋯+22n+1答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由z(1+i)=2，得z=21+i=2(1−i)12−i2=1−i，从而z=1+i，所以z的虚部为1．
故答案为：A
【分析】 根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数和虚部的定义，即可求解出答案.
2．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】因为A={x|−1故答案为：D
【分析】求出集合A、B，利用交集定义能求出A∩B.
3．【答案】A
【知识点】平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：因为在平行四边形ABCD中，点E、F分别满足DE=12EC，BF=13FD，
所以EF=AF−AE=(AB+BF)−(AD+DE)，BF=14BD=14(AD−AB)=14(b−a)，
所以EF=[a+14(b−a)]−(b+13a)=512a−34b．
故答案为：A
【分析】 由平面向量的线性运算，结合平面向量基本定理求解出答案.
4．【答案】B
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】将三棱锥补形成正方体，易知该三棱锥的外接球即为正方体的外接球，
所以PC为外接球的直径2R，则可得(2R)2=PC2=PA2+AB2+BC2=27，即R2=274，
所以外接球的表面积为S=4πR2=27π．
故答案为：B．
【分析】将三棱锥补形成正方体，易知该三棱锥的外接球即为正方体的外接球，PC为外接球的直径，利用球的表面积公式求解出该三棱锥的外接球的表面积 .
5．【答案】C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】把函数y=sin2x(x∈R)的图像上所有的点向左平行移动π6个单位长度，
所得图像所表示的函数是y=sin[2(x+π6)]=sin(2x+π3)(x∈R)，
再把y=sin(2x+π3)(x∈R)图像上所有点的横坐标缩短到原来的12倍（纵坐标不变），得到的图像所表示的函数是y=sin(4x+π3)(x∈R)．
故答案为：C．
【分析】直接利用函数的图象的平移变换和伸缩变换的应用求出答案.
6．【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】在0至5这6个数字中任选3个不同的数，共可组成n=A53+A52×2=100个三位数，
其中共有m=A52+(A42+A41)×2=52个偶数，
由古典概型概率计算公式有p=mn=52100=1325．
故答案为：B．
【分析】 求出在0至5这6个数字中任选3个不同的数的个数，求解偶数个数，然后利用古典概型概率计算公式，求解出该数为三位偶数的概率 .
7．【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】由题意知an+1=2an2，所以lg2an+1=1+2lg2an，所以lg2an+1+1=2(lg2an+1)，n∈N∗，所以{lg2an+1}是等比数列，且lg2an+1=2n，
所以lg2an=2n−1，A，B，C不符合题意，D符合题意.
故答案为：D．
【分析】 由已知条件可得lg2an+1+1=2(lg2an+1)，再利用等比数列的定义，即可求解出答案.
8．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】设f(x)=lnxx，x∈(0，+∞)，
因为f′(x)=1−lnxx2，令f′(x)>0，得0令f′(x)<0，得x>e．
所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，
而a=12e=f(e)，
b=ln212=ln22=f(2)=ln44=f(4)，
c=4−ln4e2=2−ln2e22=lne22e22=f(e22)，
因为0故答案为：A．
【分析】先利用对数函数的运算法则变形a，b，c，再构造函数f(x)=lnxx，并判断单调性，进而可得答案.
9．【答案】B,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：A：因为f(x)=xex，所以f′(x)=(x+1)ex，故不正确；
B：曲线f(x)在(0，0)处的切线斜率为f′(0)=1×e0=1，故正确；
C：令f′(x)=(x+1)ex>0，解得x>−1，所以f(x)的单调增区间为(−1，+∞)，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，故正确；
D：因为f(x)在(−∞，−1)上单调递减，在(−1，+∞)上单调递增，所以f(x)有最小值f(−1)=−1e，故正确．
故答案为：BCD．
【分析】f(x)=xex ，求出f′(x)=(x+1)ex，逐项进行判断，即可得出答案.
10．【答案】B,C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：A：若直线MN经过原点，易知四边形MF1NF2为平行四边形，因为|MN|不一定与|F1F2|相等，所以MF1NF2不一定是矩形，故不正确；
B：四边形MF1NF2的周长为4a=20，故正确；
C：△MF1F2的面积的最大值为12×2c×b=3×4=12，故正确；
D：若直线MN经过F2，则F1到直线MN的最大距离为|F1F2|=2c=6，故不正确．
故答案为：BC．
【分析】根据题意，结合椭圆的对称性，焦点三角形的性质，逐项进行判断，即可得答案.
11．【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定；余弦定理
【解析】【解答】对于A：记A1D1∩C1F1=O1，连接CO1，易得OF1∥CO1，从而OF1//平面A1CD1，A符合题意；
对于B：因为OF1∥CO1，所以OF1与BC所成角即为∠BCO1（或其补角），易得CO1=22，BO1=22，BC=2，由余弦定理，得cs∠BCO1=BC2+CO12−BO122×BC×CO1=24，B符合题意；
对于C：因为∠BOA=60°，所以BO不与AO垂直，所以BO不与平面AA1D1D垂直，C不正确；
对于D：取C1O1中点H，连接B1H、FH，易证B1H⊥面CC1F1F，所以∠B1FH是B1F与平面CC1F1F所成的角，在Rt△B1HF中，B1H=3，FH=13，B1F=4，所以sin∠B1FH=B1HB1F=34，D符合题意．
故答案为：ABD．
【分析】 利用线面平行的判定定理判断A；由异面直线所成角的求法，判断B；根据线面垂直定义，举反例，可判断C；根据线面角的求解判断D.
12．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】选项A：直线l：y=ax−1中，令x=0，得y=−1，与a无关，故正确；
B：设M(x，y)是曲线C1上任意一点，M关于直线y=x+1的对称点为M′(x′，y′)，
则x=y′−1y=x′+1，所以x′+1=ey′−1+1+1，即x′=ey′，则y′=lnx′，
从而g(x)=lnx，故不正确；
C：由g(x)=lnx，得g′(x)=1x，
设切点为(x0，y0)，则切线斜率a=1x0=lnx0+1x0，
所以x0=1，从而a=1，故正确；
D：直线l上有两个关于直线y=x+1对称的点在曲线C1上，
等价于直线l与曲线C2有两个不同的交点．
方程ax−1=lnx，即a=lnx+1x有两个解，
设函数ℎ(x)=lnx+1x，x>0，ℎ′(x)=−lnxx2，
令ℎ′(x)=0，解得x=1，
所以函数ℎ(x)在(0，1)单调递增，在(1，+∞)单调递减，
所以ℎ(x)max=ℎ(1)=1，
又当x趋近于正无穷时，ℎ(x)趋近于0，当x趋近于0时，ℎ(x)趋近于负无穷，
所以a∈(0，1)，故正确．
故答案为：ACD．
【分析】利用直线系方程判断A；求出曲线关于直线的对称曲线的方程判断B；设切点，求得过求得的切线方程，由斜率与斜率相等，截距与截距相等列式求a判断C；问题转化为利用导数求最值，进一步求得a的范围判断D.
13．【答案】1120
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】因为(x−2x)8的展开式的通项为：Tk+1=C8k⋅x8−k⋅(−2x)k=C8k⋅(−2)k⋅x8−2k，
令8−2k=0，得k=4，
所以(x−2x)8的展开式的常数项为T5=C84⋅(−2)4=1120．
故答案为：1120.
【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得展开式的常数项.
14．【答案】x+y-2=0
【知识点】斜率的计算公式
【解析】【解答】解：方法1：由题知，圆x2+y2=4的圆心为(0，0)，半径为r=2，
所以过点P(2，2)作圆x2+y2=4的两条切线，切点分别为A(0，2)、B(2，0)，
所以kAB=−1，
所以直线AB的方程为y=−x+2，即x+y−2=0；
方法2：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由x12+y12=4y1x1.y1−2x1−2=−1，可得x1+y1=2，
同理可得x2+y2=2，
所以直线AB的方程为x+y-2=0=0.
故答案为：x+y-2=0
【分析】 求出以P (2， 2)， C (0， 0)为直径的圆的方程，将两圆的方程相减，即可求解出直线AB的方程 .
15．【答案】1212
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】被3除余2且被5除余3的正整数按照从小到大的顺序排成一列，
构成首项为8，公差为3×5=15的等差数列，
所以an=8+15×(n−1)=15n−7，Sn=8n+n(n−1)2×15=152n2+12n，
从而Sn+120n=152n+120n+12≥215n2×120n+12=1212，
当且仅当15n2=120n，即n=4时，等号成立，
所以Sn+120n的最小值为1212，
故答案为：1212.
【分析】 利用公式法可得an，Sn，利用基本不等式即可求出 Sn+120n的最小值 .
16．【答案】x2+y2=4(x>0)
【知识点】轨迹方程
【解析】【解答】延长F2P，交F1M于Q，因为∠PMF2=∠PMQ，∠MPF2=∠MPQ，
|MP|=|MP|，所以△MPF2≌△MPQ，所以|MF2|=|MQ|，
所以|QF1|=|MF1|−|MQ|=|MF1|−|MF2|，
因为M是双曲线C右支上一点，所以|QF1|=2a=4，
又因为P是QF2的中点，O是F1F2的中点，所以|PO|=12|QF1|=2，
所以P的轨迹是以O为圆心，半径为2的圆的一部分，
所以点P的轨迹方程为x2+y2=4(x>0)．
故答案为：x2+y2=4(x>0).
【分析】延长F2P，交F1M于Q，可证得△MPF2≌△MPQ，结合题意易证得P的轨迹是以O为圆心，半径为2的圆的一部分，即可求出点P的轨迹方程.
17．【答案】（1）证明：因为Sn+1=4an+1，n∈N∗，所以Sn=4an−1+1，n≥2且n∈N∗，两式相减，得an+1=4an−4an−1，
所以an+1+4an−1=4an，所以an+12n+1+an−12n−1=2×an2n，即bn+1+bn−1=2bn（n≥2且n∈N∗），所以数列{bn}是等差数列．
（2）解：因为a1=1，a1+a2=S2=4a1+1=5，所以a2=4，由（1）知数列{bn}是等差数列，公差为d=a222−a121=12，
所以bn=12+(n−1)×12=n2，
所以an=n2×2n=n×2n−1，n∈N∗，
所以当n≥2时，Sn=4an−1+1=4×(n−1)×2n−2+1=(n−1)×2n+1，
当n=1时，等式也成立，所以Sn=(n−1)×2n+1，n∈N∗．
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)由 Sn+1=4an+1，n∈N∗，可得n≥2且n∈N*时， Sn=4an−1+1， 相减化为 an+1+4an−1=4an，两边同时除以2n+1得 an+12n+1+an−12n−1=2×an2n ，进而化为 bn+1+bn−1=2bn，即可证明出数列{bn}是等差数列；
(2)由 a1=1，a1+a2=S2=4a1+1=5， 可得 a2=4，由（1）知数列{bn}是等差数列，利用通项公式可得bn，由条件式 Sn=4an−1+1，可得数列{an}的前n项和．
18．【答案】（1）解：因为tanB+tanC+3tanBtanC=3，所以tanB+tanC+3=3tanBtanC，
所以tanB+tanC=3(tanBtanC−1)，从而tanB+tanC1−tanBtanC=−3，
即tan(B+C)=−3，
所以tanA=3，因为A∈(0，π)，所以A=π3．
（2）解：因为a=4，A=π3，由正弦定理，有bsinB=csinC=asinA=833
所以b=833sinB，c=833sinC=833sin(2π3−B)=833(32csB+12sinB)=4csB+433sinB，
所以b+c=43sinB+4csB=8sin(B+π6)，
又因为△ABC为锐角三角形，
所以0所以32【知识点】两角和与差的正切公式；正弦定理
【解析】【分析】 (1)等式整理，由两角和的正切公式整理可得tanA的值，再由A的范围，求出A的值；
(2)由(1)及余弦定理，均值不等式可得 b+c的范围，再由三角形中，两边之和大于第三边，可得 b+c的取值范围．
19．【答案】（1）证明：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
因为CD⊂平面ABC，所以AA1⊥CD，
因为△ABC是等边三角形，D是AB的中点，所以AB⊥CD，
因为AA1∩AB=A，AA1，AB⊂平面AA1B1B，
所以CD⊥平面AA1B1B，
又因为CD⊂平面CDE，
所以，平面CDE⊥平面AA1B1B．
（2）解：取A1B1中点F，连接C1F、DF，
记DF∩A1B=G，则G是DF中点，连接GE，则平面CDFC1∩平面A1BE=GE，
因为CD//平面A1BE，CD⊂平面CDFC1，
所以CD//GE，
因为G是DF中点，
所以E是CC1中点．
所以，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，如图，
则A(0，0，0)，B(3，1，0)，E(0，2，2)，A1(0，0，4)，
所以AA1=(0，0，4)，A1B=(3，1，−4)，A1E=(0，2，−2)
设平面A1BE的一个法向量为n=(x，y，z)，
则n⋅A1B=0n⋅A1E=0，所以3x+y−4z=02y−2z=0，即x=3zy=z，令z=1，得n=(3，1，1)，
因为AA1⊥平面ABC，
所以平面ABC的一个法向量为AA1=(0，0，4)，
所以平面A1BE与平面ABC所成的锐二面角θ的余弦值为
csθ=|cs⟨n，AA1⟩|=|n⋅AA1||n|⋅|AA1|=|3×0+1×0+1×4|(3)2+12+12×02+02+42=445=55．
所以，平面A1BE与平面ABC所成的锐二面角的余弦值55.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)根据题意证明 CD⊥平面AA1B1B， 即可证明出平面CDE⊥平面AA1B1B；
(2) 取A1B1中点F，连接C1F、DF，记DF∩A1B=G，则G是DF中点，连接GE， 进而得 E是CC1中点 ，故以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面A1BE的一个法向量和平面ABC的一个法向量， 利用坐标法求解出平面A1BE与平面ABC所成的锐二面角的余弦值．
20．【答案】（1）解：甲以3：1获胜，则前三局中甲胜两局败一局，第四局甲必须获胜，
所以f(p)=C32⋅p3⋅(1−p)=3p3−3p4，0令f′(p)=0，得p=34；令f′(p)>0，得0所以f(p)在(0，34)上单调递增，在(34，1)上单调递减，所以当p=34时，f(p)取得最大值为81256．
（2）解：由（1）知p=p0=34，由题意，知X的所有可能取值为3、4、5，相应的概率为
P(X=3)=(34)3+(14)3=2764+164=716，
P(X=4)=C32×(34)3×14+C31×34×(14)3=81256+9256=45128，
P(X=5)=C42×(34)3×(14)2+C42×(34)2×(14)3=81512+27512=27128，
所以X的分布列为
X的数学期望E(X)=3×716+4×45128+5×27128=483128.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1)根据题意，求得f(p)，再判断单调性，求其最值，即可求出 f(p)的最大值；
(2)求得X的所有可能的取值，再求概率及分布列，即可求出 X的分布列和数学期望E(X)．
21．【答案】（1）解：由题意，知p2=1，所以p=2，所以拋物线C的方程为y2=4x．
（2）证明：因为直线l过抛物线C的焦点F(1，0)，由题意知，直线l斜率不为0，所以设l的方程为x=my+1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x=my+1y2=4x，消去x得y2=4my+4，
即y2−4my−4=0，所以Δ=16m2+16>0，y1+y2=4m，y1y2=−4
所以k1+k3=y1−tx1+1+y2−tx2+1
=(x2+1)(y1−t)+(x1+1)(y2−t)(x1+1)(x2+1)
=x2y1+x1y2−t(x1+x2)+(y1+y2)−2t(x1+1)(x2+1)
=2my1y2+(2−tm)(y1+y2)−4tm2y1y2+2m(y1+y2)+4
=−8m+(2−tm)×4m−4t−4m2+8m2+4
=−4tm2−4t4m2+4=−t×4m2+44m2+4=−t，
因为E(−1，t)，F(1，0)，所以k2=0−t1−(−1)=−t2，
所以k1+k3=2k2．
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据题意可得 p2=1，解得p，即可求出抛物线C的方程；
(2) 设l的方程为x=my+1， A(x1，y1)，B(x2，y2) ，联立直线AB与抛物线的方程，结合韦达定理可得 y1+y2，y1y2 ，再计算 k1+k3与 k2， 即可证得 k1+k3=2k2．
22．【答案】（1）解：当k=4时，f(x)=lnx+4x+1，x∈(0，+∞)，
所以f′(x)=1x−4(x+1)2=(x+1)2−4xx(x+1)2=(x−1)2x(x+1)2≥0，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，又因为f(1)=ln1+41+1=2，所以当01时，f(x)>2
（2）证明：由（1）知，当x>1时，lnx+4x+1>2，即lnx>2(x−1)x+1，令x=1+1n，n∈N∗，
则有ln(1+1n)>22n+1，即22n+1所以23+25+27+⋯+22n+1即23+25+27+⋯+22n+1【知识点】对数的性质与运算法则；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】(1)当k= 4时， f(x)=lnx+4x+1，x∈(0，+∞)，求导分析单调性，又f(1)=0，分析f(x)的符号，即可得出 f(x)与2的大小；
(2)由(1)得，当x>1时， lnx>2(x−1)x+1 ， 令x=1+1n，n∈N∗，则有ln(1+1n)>22n+1，由n放缩法，即可证出结论.X
3
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5
P
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