山东省2020届高三新高考第一次模拟考试数学试题（PDF版含解析）.pdf

1 按秘密级事项管理★启用前 2020 年普通高等学校招生考试全国统一考试（模拟卷） 数 学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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.设集合 {( , ) | 2}A x y x y   ，  2( , ) |B x y y x  ，则 A B  A. {(1,1)} B. {( 2, 4)} C. {(1,1),( 2, 4)} D.  1.C【解析】 首先注意到集合 A 与集合 B 均为点集，联立 2 2x y y x     ，解得 1 1 x y    ，或 2 4 x y    ，从而集合 A B  {(1,1),( 2, 4)} ，选 C. 2.已知 i( , )a b a b R 是1 i 1 i   的共轭复数，则 a b  A. 1 B. 1 2 C. 1 2 D. 1 2.D【解析】由1 i (1 i)(1 i) i1 i (1 i)(1 i)        ，从而知 i ia b  ，由复数相等，得 0a  ， 1b  ， 从而 1.a b  选 D. 3.设向量 (1,1)a ， ( 1,3) b ， (2,1)c ，且 ( ) a b c ，则   A. 3 B. 2 C . 2 D. 3 3.A 【 解 析 】 由 题 ， 得 (1 ,1 3 )     a b ， 由 ( ) a b c ， 从 而 2 (1 ) 1 (1 3 ) 0       ，解得 3  .选 A. 2 4. 101( )xx  的展开式中 4x 的系数是 A. 210 B. 120 C.120 D. 210 4.B【解析】由二项展开式，知其通项为 10 2 10 1 10 10 1( ) ( ) ( 1)r r r r r r rT C x C xx        ，令 2 10 4r   ，解得 7r  .所以 4x 的系数为 7 7 10( 1) 120.C   选 B. 5.已知三棱锥 S ABC 中， π , 4, 2 13, 2, 62SAB ABC SB SC AB BC        ， 则三棱锥 S ABC 的体积是 A. 4 B. 6 C. 4 3 D. 6 3 5.C【解析】由 4SB  ， 2AB  ，且 π 2SAB  ，得 2 3SC  ；又由 2AB  ， 6BC  ， 且 π 2ABC  ， 得 10AC  .因 为 2 2 2SA AC SC  ， 从 而 知 π 2SAC  ， 即 SA AC . 所 以 SA  平 面 ABC . 又 由 于 1 2 6 62ABCS     ， 从 而 1 1 6 2 3 4 3.3 3S ABC ABCV S SA       选 C. 6.已知点 A 为曲线 4 ( 0)y x xx   上的动点， B 为圆 2 2( 2) 1x y   上的动点，则 | |AB 的最小值是 A. 3 B. 4 C. 3 2 D. 4 2 6.A【解析】（方法一）设 4( , )A x x x ，并设点 A 到圆 2 2( 2) 1x y   的圆心C 距离的平 方为 ( )g x ，则 2 2 2 2 4 16( ) ( 2) ( ) 2 4 12g x x x x xx x        （ 0x  ），求导，得 4 3 3 3 8 8( ) 4( 1) 4 x xg x x x x       ，令 ( ) 0g x  ，得 2.x  由 0 2x  时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递闰； 当 2x  时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递增. 从 而 ( )g x 在 2x  时 取 得 最 小 值 为 (2) 16g  ， 从 而 点 A 到 圆 心 C 的 最 小 值 为 (2) 16 4g   ，所以| |AB 的最小值为 4 1 3.  选 A. 3 （方法二）由对勾函数的性质，可知 4 4y x x   ，当且仅当 2x  时取等号，结合图象 可知当 A 点运动到 (2, 4) 时能使点 A 到圆心的距离最小，最小为 4，从而| |AB 的最小 值为 4－1＝3. 7.设命题 P ：所有正方形都是平行四边形。则 p 为 A.所有正方形都不是平行四边形 B.有的平行四边形不是正方形 C.有的正方形不是平行四边形 D.不是正方形的四边形不是平行四边形 7.C【解析】“所以”改为“存在”（或“有的”），“都是”改不“不都是”（或“不是”），从而得 答案为 C. 8.若 1a b c   ，且 2ac b ，则 A. log log loga b cb c a  B. log log logc b ab a c  C. log log logb a cc b a  D. log log logb c aa b c  8.B【解析】（方法一）取 5a  ， 4b  ， 3c  代入验证知选项 B 正确. （方法二）对选项 A： 由 a b c  ，从而 log log 1a ab a  ， log log 1b bc b  ，log log 1c ca c  ，从 而选项 A 错误； 对选项 B：首先 log log 1c cb c  ，log log 1b ba b  ，log log 1a ac a  ，从而知 loga c 最小，下只需比较 logc b 与 logb a 的大小即可，采用差值比较法： 2 2 2 lg lg(lg ) ( )lg lg (lg ) lg lg 2log log lg lg lg lg lg lgc b a cbb a b a cb a c b c b c b        2 2 2lg(lg ) ( )2 0lg lg bb c b    ， 从而 log logbc b a ，选项 B 正确； 对于选项 C ：由log log 1a ab a  ， log log 1c ca c  ，知 C 错误； 对于选项 D：由选项 B 可知 log logbc b a ，从而选项 D 错误. 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共20 分。在每小题给出的四个选项中， 4 有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分。 9.下图为某地区 2006 年  2018 年地方财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额折线图. 根据该折线图可知，该地区 2006 年  2018 年 A. 财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额均呈增长趋势 B.财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额的逐年增长速度相同 C.财政预算内收入年平均增长量高于城乡居民储蓄年末余额年平均增长量 D.城乡居民储蓄年末余额与财政预算内收入的差额逐年增大 9.AD【解析】由图可以看出两条曲线均在上升，从而选项 A 正确；图中两曲线间隔越 来越大，说明年增长速度不同，差额逐年增大，故选项 B 错误，选项 D 正确；又从图 中可以看出财政预算内收入年平均增长应该小于城乡储蓄年末余额年平均增长量，所以 选项 C 错误.从而选 AD. 10.已知双曲线C 过点(3, 2) 且渐近线为 3 3y x  ，则下列结论正确的是 A. C 的方程为 2 2 13 x y  B. C 的离心率为 3 C.曲线 2 1xy e   经过C 的一个焦点 D.直线 2 1 0x y   与C 有两个公共点 10.AC【解析】对于选项 A： （方法一）设所求双曲线方程为 2 2 2 2 1x y a b  ，由所给条件知 3 3 b a  ，又双曲线C 过 点 (3, 2) ，从而 2 2 9 2 1a b  ，解得 3a  ， 1b  ， 2c  ，所以选项 A 正确； 5 （ 方 法 二 ） 由 已 知 3 3y x  ， 可 得 2 21 3y x ， 从 而 设 所 求 双 曲 线 方 程 为 2 21 3 x y   ，又由双曲线C 过点(3, 2) ，从而 2 21 3 ( 2)3    ，即 1  ，从而 选项 A 正确； 对 于 选 项 B ： 由 双 曲 线 方 程 可 知 3a  ， 1b  ， 2c  ， 从 而 离 心 率 为 2 2 3 33 ce a   ，所以 B 选项错误； 对于选项 C：双曲线的右焦点坐标为 (2,0) ，满足 2 1xy e   ，从而选项 C 正确； 对 于 选 项 D ： 联 立 2 2 2 1 0 13 x y x y         ， 整 理 ， 得 2 2 2 2 0y y   ， 由 2(2 2) 4 2 0     ，且直线斜率大于渐近线斜率，知直线与双曲线 C 只有一个交 点，选项 D 错误. 11.正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 1， E ， F ，G 分别为 BC ， 1CC ， 1BB 的中点. 则 A. 直线 1D D 与直线 AF 垂直 B.直线 1A G 与平面 AEF 平行 C.平面 AEF 截正方体所得的截面面积为 9 8 D.点C 与点G 到平面 AEF 的距离相等 11.BC【解析】对选项 A:（方法一）以 D 点为坐标原点， DA 、 DC 、 1DD 所在的直 线分别为 x 、 y 、 z 轴，建立空间直角坐标系，则 (0,0,0)D 、 (1,0,0)A 、 1(1,0,1)A 、 1( ,1,0)2E 、 1(0,1, )2F 、 1(1,1, ).2G 从 而 1 (0,0,1)DD  ， 1( 1,1, )2AF   ， 从 而 1 1 02DD AF    ，所以 1D D 与直线 AF 不垂直，选项 A 错误； （方法二）取 1DD 的中点 N ，连接 AN ，则 AN 为直线 AF 在平面 1 1ADD A 内的射影， AN 与 1DD 不垂直，从而 AF 与 1DD 也不垂直，选项 A 错误； 6 取 1 1B C 的中点为 M ，连接 1A M 、 GM ，则 1A M // AE ， GM // EF ，所以平面 1A MG // 平面 AEF ，从而 1A G // 平面 AEF ，选项 B 正确； 对于选项 C，连接 1AD ， 1D F ，易知四边形 1AEFD 为平面 AEF 截正方体所得的截面 四 边 形 （ 如 图 所 示 ），且 1 5D H AH  ， 1 2A D  ，所以 1 2 21 2 32 ( 5) ( )2 2 2AD HS     ， 而 11 3 9 4 8AD HAEFDS S 四边形 ，从而选项 C 正确； 对于选项 D：（方法一）由于 1 1 1 1 1 1 1= (1 )2 2 2 2 2 2 4GEF EBGBEFGS S S        梯形 ， 而 1 1 1 1 2 2 2 8ECFS  ＝ ＝ ，而 1 3A GEF EFGV S AB   ， 1 3A ECF ECFV S AB   ，所以 2A GEF A ECFV V ＝ ， 即 2G AEF C AEFV V ＝ ，点 G 到平面 AEF 的距离为点C 到平面 AEF 的距离的二倍.从而 D 错误. （方法二）假设点C 与点G 到平面 AEF 的距离相等，即平面 AEF 将CG 平分，则平 面 AEF 必过CG 的中点，连接CG 交 EF 于点O ，易知O 不是CG 的中点，故假设不 成立，从而选项 D 错误. 12.函数 ( )f x 的定义域为 R ，且 ( 1)f x  与 ( 2)f x  都为奇函数，则 A. ( )f x 为奇函数 B. ( )f x 为周期函数 C. ( 3)f x  为奇函数 D. ( 4)f x  为偶函数 12.ABC【解析】由 ( 1)f x  与 ( 2)f x  都为奇函数知函数 ( )f x 的图象关于点 ( 1,0) ， ( 2,0) 对称，所以 ( ) ( 2 ) 0f x f x    ， ( ) ( 4 ) 0f x f x    ， 所以 ( 2 ) ( 4 )f x f x     ，所以 ( )f x 是以 2 为周期的函数。 M H 7 所以 ( )f x ， ( 3)f x  均为奇函数。从而选 ABC. 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13. 某元宵灯谜竞猜节目，有6 名守擂选手和 6 名复活选手，从复活选手中挑选 1 名选手 作为攻擂者，从守擂选手中挑选 1 名选手作为守擂者，则攻擂者、守擂者的不同构成方式共 有 种. 13. 36【解析】从 6 名守擂选手中选 1 名，选法有 1 6 6C  种；复活选手中挑选 1 名选手，选 法有 1 6C 种.由分步乘法计数原理，不同的构成方式共有 6 6 36  种. 14.已知 4 3cos( ) sin6 5     ，则 11sin( )6    . 14． 4 5 【解析】由 3 3 11 4 3cos( ) sin cos sin 3 sin( π)6 2 2 6 5             ， 从而 11 4sin( ) .6 5     15.直线l 过抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点 (1,0)F ，且与C 交于 A ， B 两点，则 p  ， 1 1 | | | |AF BF  .（本题第一空 2 分，第二空 3 分.） 15. 2 1 【解析】由题意知 12 p  ，从而 2p  ，所以抛物线方程为 2 4 .y x （方法一）将 1x  代 入，解得| | | | 2AF BF  ，从而 1 1 | | | |AF BF  1. （方法二）设 AB 的方程为 ( 1)y k x  ，联立 2 ( 1) 4 y k x y x     ，整理，得 2 2 2 2(2 4) 0k x k x k    ，设 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ，则 2 1 2 2 1 2 2 4 1 kx x k x x      . 从而 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 21 1 1 1 1.| | | | 1 1 1 2 x x x x AF BF x x x x x x x x                （方法三）利用书中结论： 1 1 2 | | | |AF BF p  ，即可结果. 8 16.半径为 2 的球面上有 A ，B ，C ，D 四点，且 AB ，AC ，AD 两两垂直，则 ABC ， ACD 与 ADB 面积之和的最大值为 . 16. 8 【解析】如图所示，将四面体 A BCD 置于一 个长方体模型中，则该长方体外接球的半径为 2. 不 妨 设 AC x ， AD y ， AB z ， 则 有 2 2 2 22 x y z   ，即 2 2 2 16.x y z   记 1 1 1 .2 2 2ABC ACD ADBS S S S yz xy zx        从而有 2 2 2 2 2 22( ) 4 ( ) ( ) ( ) 0x y z S x y y z z x          ，即 4 32S  ，从而 8.S  当且仅当 x y z  ，即该长方体为正方体时等号成立.从而最大值为 8. 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） 在① 1 3 2b b a  ，② 4 4a b ，③ 5 25S   这三个条件中任选一个，补充在下面问题中， 若问题中的 k 存在，求 k 的值，若 k 不存在，请说明理由. 设等差数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，{ }nb 是等比数列， ， 1 5 2, 3b a b  ， 5 81b   ，是否存在 k ，使得 1k kS S  且 1 2k kS S  ？ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分。 17．【解析】因为在等比数列{ }nb 中， 2 3b  ， 5 81b   ，所以其公比 3q   ，从而 2 2 2 ( 3) 3 ( 3)n n nb b       ，从而 5 1 1.a b   若存在 k ，使得 1k kS S  ，即 1k k kS S a   ，从而 1 0ka   ； 同理，若使 1 2k kS S  ，即 1 1 2k k kS S a    ，从而 2 0.ka   （方法一）若选①：由 1 3 2b b a  ，得 2 1 9 10a      ，所以 3 16na n  ，当 4k  时 满足 5 0a  ，且 6 0a  成立； 若选②：由 4 4 27a b  ，且 5 1a   ，所以数列{ }na 为递减数列，故不存在 1 0ka   ， 且 2 0ka   ； A B C D 9 若选③：由 1 5 5 3 5( )25 52 a aS a    ，解得 3 5a   ，从而 2 11na n  ，所以当 4n  时，能使 5 0a  ， 6 0a  成立. （方法二）若选①：由 1 3 2b b a  ，得 2 1 9 10a      ，所以公差 5 2 33 a ad   ， 1 2 13a a d    ，从而 2 1 ( 1) 113 (3 29 )2 2n n nS a d n n     ； 1 1 2 (3 29) [3( 1) 29]( 1) 2 2 [3( 1) 29]( 1) [3( 2) 29]( 2) 2 2 k k k k k k k k k k S k k S S S                     解得10 13 3 3k  ，又 *k N ，从而 4k  满足题意. 若选②与若选③（仿上可解决，略）. 18.（12 分） 在 ABC 中， 90A   ，点 D 在 BC 边上，在平面 ABC 内，过 D 作 DF BC 且 DF AC . （1）若 D 为 BC 的中点，且 CDF 的面积等于 ABC 的面积，求 ABC ； （2）若 45ABC   ，且 3BD CD ，求cos CFB . 18．【解析】（1）如图所示，D 为 BC 的中点，所以 BD CD . 又因 ABC CDFS S  ，即 1 2 AB AC 1 2 CD DF  1 4 BC AC  ，从而 2BC AB ，又 90A   ，从 而 30ACB   ，所以 90 30 60 .ABC      （ 2 ） 由 45ABC   ， 从 而 AB AC ， 设 AB AC  k .则 2BC k . 由 3BD CD ，所以 3 3 24 4BD BC k  ， 2 .4CD k 因为 DF AC k  ，从而 2 2 34 4BF DF BD k   ， 2 2 3 2 4CF DF CD k   . A B D C F 10 (方法一)从而由余弦定理，得 2 2 2 2 2 2 9 17 2 5 178 8cos .2 513 342 24 4 k k kCF BF BCFCB CF BF k k         （方法二）所以 2cos 3417 DFDFB BF   ，从而 3 17cos 17 BDDFB BF   ； 2cos 23 DFDFC CF   ，从而 1sin .3 CDDFC CF   所以 5 17cos cos( ) .51CFB CFD DFB      19.（12 分） 如图，四棱锥 S ABCD 中，底面 ABCD 为矩形， SA  平 面 ABCD ，E ，F 分别为 AD ，SC 的中点，EF 与平面 ABCD 所成的角为 45 . （1）证明： EF 为异面直线 AD 与 SC 的公垂线； （2）若 1 2EF BC ，求二面角 B SC D  的余弦值. 19．【解析】（1）连接 AC 、 BD 交于点G ，连接 EG 、 FG . 因为四边形 ABCD 为矩形，且 E 、 F 分别是 AD 、 SC 的中点，所以 EG // CD ，且 FG // SA . 又 SA  平 面 ABCD ， 所 以 GF  平 面 ABCD ， 所 以 GF AD .又 AD GE ， GE GF G ，所以 AD  平面 GEF ，所以 .AD EF 因为 EF 与平面 ABCD 所成的角为 45 ，所以 45FEG   ， 从而 .GE GF 所以 .SA AB 取 SB 的 中点 H ， 连 接 AH 、 FH ， 则由 F 、 H 分 别为 SC 、 SB 的 中点 ， 从而 FH // 1 2 BC // AE ，从而四边形 AEFH 为平行四边形.又由 SA AB ，知 AH SB . 又 BC  平面 SAB ，所以 AH BC .又 SB BC B ，从而 AH  平面 .SBC 从而 EF  平面 SBC . SC  平面 SBC ，从而 .EF SC 综上知 EF 为异面直线 AD 与 SC 的公垂线. H G H 11 （2）因为 1 2EF BC ，设 1BC  ，则 1EF  ，从而 2 2GE GF  ，所以 2SA AB  ， 以 A 为坐标原点， AB 、 AD 、 AS 所在直线分别为 x 、 y 、 z 轴，建立空间直角坐标系， 则 ( 2,0,0)B 、 (0, 2,0)D 、 (0, 2,0)S 、 ( 2,2,0)C ， 从而, ( 2,2, 2)SC   , (0,2,0).BC  设 平 面 BCS 的 一 个 法 向 量 为 1 1 1 1( , , )x y zn ， 则 1 1 0 0 SC BC        n n ， 令 1 1z  ， 从 而 得 1 (1,0,1)n ； 同理，可求得平面 SCD 的一个法向量为 2 (0,1, 2).n 设二面角 B SC D  的平面角为 ，从而 1 2 1 2 2 3cos .| || | 32 3      n n n n 20.（12 分） 下面给出了根据我国 2012 年  2018 年水果人均占有量 y （单位：kg ）和年份代码 x 绘 制的散点图和线性回归方程的残差图（2012 年  2018 年的年份代码 x 分别为1 7 ）. （1）根据散点图分析 y 与 x 之间的相关关系； （2）根据散点图相应数据计算得 7 1 1074i i y   ， 7 1 4517i i i x y   ，求 y 关于 x 的线性回归 方程； （3）根据线性回归方程的残差图，分析线性回归方程的拟合效果.(精确到 0.01) 12 附：回归方程 ˆˆ ˆy a bx  中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：      1 2 1 ˆ n i i i n i i x x y y b x x         ， ˆˆa y bx  20．【解析】（1）由散点图可以看出，当 x 由小变大量， y 也由小变大，从而 y 与 x 之间是 正相关关系； （2）由题中数据可得 1 (1 2 3 4 5 6 7) 47x         ， 1 1074 153.437y    ， 从而 7 1 7 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 17 4517 7 1074 4 2217ˆ 7.891 2 3 4 5 6 7 7 4 287 i i i i i x y x y b x x                      ， ˆˆ 153.43 7.89 4 121.87a y b x       ， 从而所求 y 关于 x 的线性回归方程为 ˆ 7.89 121.87.y x  （3）由残差图可以看出，残差对应的点均匀地落在水平带状区域内，且宽度较窄，说明拟 合效果较好. 21.（12 分） 设中心在原点，焦点在 x 轴上的椭圆 E 过点 3(1, )2 ，且离心率为 3 2 . F 为 E 的右焦点， P 为 E 上一点， PF x 轴， F 的半径为 PF . （1）求 E 和 F 的方程； （2）若直线 : ( 3)( 0)l y k x k   与 F 交于 A ，B 两点，与 E 交于C ，D 两点，其 中 A ，C 在第一象限，是否存在 k 使| | | |AC BD ？若存在，求l 的方程；若不存在，请说 明理由. 21. 【 解 析 】（ 1 ） 设 椭 圆 E 的 方 程 为 2 2 2 2 1x y a b  . 由 3 2e  ， 从 而 得 2 2 2 2 2 2 3 14 a b be a a     ，从而 2 2 1 4 b a  ，即 2 24a b . 13 又椭圆过点 3(1, )2 ，从而得 2 2 1 3 14a b  ，解得 2 4a  ， 2 1b  ， 从而所求椭圆 E 的方程为 2 2 1.4 x y  所以 ( 3,0)F ，令 3x  ，得 1| | 2PF r  ，所以 F 的方程为 2 2 1( 3) .4x y   （2）不存在，理由如下： 若| | | |AC BD ，则1 | | | | | | | | | | | | .AB AC CB DB CB DC      联立 2 2 ( 3) 14 y k x x y      ，整理，得 2 2 2 2(4 1) 8 3 12 4 0.k x k x k     设 1 1( , )C x y 、 2 2( , )D x y ，则 2 1 2 2 2 1 2 2 8 3 4 1 12 4 4 1 kx x k kx x k        . 14 从而 2 2 2 1 2 1 2 1 2| | 1 | | 1 ( ) 4CD k x x k x x x x       22 2 2 2 2 2 2 8 3 12 4 4 41 44 1 4 1 4 1 k k kk k k k              由| | 1DC  ，从而 2 24 4 4 1k k   ，从而 4 1 ，矛盾. 从而满足题设条件的直线l 不存在. 21.（12 分） 函数 ( ) ( 0)1 a xf x xx   ，曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线在 y 轴上的截距为11 2 . （1）求 a ； （2）讨论 2( ) ( ( ))g x x f x 的单调性； （3）设 1 11, ( )n na a f a  ，证明： 22 2ln ln 7 1x na   . 22. 【解析】（1）由题意知切点坐标为 1(1, )2 a . 对 ( )f x 求导，得 2 1( ) (1 ) af x x    ，从而 1(1) 4 af   . 所以切线方程为 1 1 ( 1)2 4 a ay x    ，令 0x  ，得11 1 1 2 2 4 a a   ，解得 7a  ； （2）由（1）知 7( ) 1 xf x x   ，从而 27( ) 1 xg x x x      ，对 ( )g x 求导，得 2 2 ( 7)( 4 7)( ) 0( 1) x x xg x x      ，从而可知 ( )g x 在 (0, ) 上单调递增； （3）（方法一）欲证 22 2ln ln 7 1x na   ，即证 12 | ln ln 7 | 1.n na   只需证 1 1| ln | .27 n n a  不妨设 7 n n ab  ，由此可得 1 7 . 7 1 n n n bb b   因此，欲证 1 1| ln | 27 n n a  ，只需证 1 1| ln | | | .2n nb b  由于不动点为 1，下面研究 nb 与不动点的大小关系： 15 1 7 (1 7)( 1)1 1 7 1 7 1 n n n n n b bb b b         ，即 1 1nb   与 1nb  是异号的. 由于 1 1 1 7 b   ，由此，得 2 1 1nb   ， 2 1.nb  当 n 为奇数时， 1 1| ln | | ln |2n nb b  ，此时 1nb  ， 1 1nb   . 故只需证 1 1 n n bb  ，即证 1 1 .n n b b   即证 1 7 1 . 7 1 n n n n bb b b     当 n 为偶数时，欲证 1 1| ln | | ln |2n nb b  ，此时 1nb  ， 1 1nb   . 故只需证 1 1 n n b b   ，即证 1 7 1 . 7 1 n n n n bb b b     那么等价于证明不等式 7 1 7 1 x x x    （ 1x  ）与 7 1 7 1 x x x    （ 0 1x  ）成立. 构造函数 ( ) 7 7 1g x x x x x    ， 则 (1) 0g  ， 3 7( ) 3 7 7 7 7 7 02 2 7 g x x x           则 ( )g x 单调递增，由此可得 1 1| ln | | ln |2n nb b  . 因此， 2 11 1 1 1 1 1 1 1| ln | | ln | ln 7 ln e .2 2 2 2n n n n nb b       故不等式得证. （方法二）令 7( ) 1 xf x xx   ，解得 7.x   从而 1 1 (1 7)( 7)7 1 (1 7)( 7)7 1 n n n n n n aa a aa a             ，作商，得 1 1 7 71 7 7 1 7 7 n n n n a a a a         ， 所以 17 1 7 1 7 1 7( ) ( ) 7 1 7 1 7 1 7 n nn n a a          ，从而 1 77 1 1 7 . 1 7 1 1 7 n n na               16 所以 2 1 71 1 7| ln | 2ln7 1 7 1 1 7 n n n a           . 当 n 为偶数时， 2 1 71 1 7ln 2ln7 1 7 1 1 7 n n n a           ； 当 n 为奇数时， 2 1 7 1 7 1 71 1 1 1 7 7 1 7 1ln 2ln 2ln 2 .7 1 7 1 7 1 71 1 1 7 1 7 1 7 1 n n n n n n n a                                                故无论 n 为奇数还是偶数， 2 1 71 1 7ln 2ln7 1 7 1 1 7 n n n a           . 下只需证明 1 1 71 1 7 1ln .21 7 1 1 7 n n n            当 1n  时，有 ln 7 12  ，满足题意； 当 2n  时， 1 71 1 7 2 2ln ln 1 . 1 7 1 7 1 71 1 1 1 7 1 7 1 7 n n n n                                       故只需证 1 2 1 21 7 1 1 7 n n      ，即证 1 7 2 1. 1 7 n n       17 而当 2n  时， 1 7 1 7 n     1 13 7 3 72 2 2 7 1 7 1 n n n nC             4(3 7)2 2 1. 7 1 n n     故不等式得证. （ 方 法 三 ） 要 证 22 2ln ln 7 1x na   ， 只 需 证 1 1| ln | 27 n n a  ， 只 需 证 1 1| ln | | ln |.27 7 n na a  易知 ( )f x 在 (0, ) 上单调递减，且 0na  . 若 7na  ，则 1 ( ) ( 7) 7.n na f a f    此时， 1 1 7 7 n na a   ，只需证 1 2 1 7ln ln( ) 7 n n a a   ， 只需证 1 22 1 1 7 ( ) 7 7. 7 n n n n a a aa      此时， 7.na  由（2）知 2 1 ( ) (7) 7 7.n n na a g a g    若 7na  ，则 1 ( ) ( 7) 7n na f a f    . 此时， 11 7 7 n na a   ，只需证 1 1 27ln ln( ) 7 n n a a   . 只需证 1 22 1 1 7 ( ) 7 7. 7 n n n n a a aa      此时， 7.na  由（2）知， 2 1 ( ) (7) 7 7.n n na a g a g    综上所述， 1 1| ln | | ln |27 7 n na a  （ *1,n n N ）成立. 所以， 1 111 1 1| ln | ( ) | ln | ( ) ln 7.2 2 27 7 n nna a    易知， 21 1ln 7 ln e 12 2  ，所以 1 1| ln | 27 n n a  成立. 故原不等式得证.