2020-2021学年河南省平顶山市高二（下）3月月考数学试卷 (1)人教A版

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这是一份2020-2021学年河南省平顶山市高二（下）3月月考数学试卷 (1)人教A版，共10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. 已知复数z满足z4−i=i，则z的虚部为( )
A.4iB.4C.1D.−1

2. 已知命题p:∀x<0，ex≥x2，则¬p为( )
A.∃x0<0，ex0C.∀x<0，ex
3. 双曲线2x2−y2=1的离心率为( )
A.62B.2C.3D.2

4. 已知等比数列an满足a1a6=a3，且a4+a5=32，则a1=( )
A.18B.14C.4D.8

5. 某商品一个月的销售额y（万元）与这个月的广告费x（万元）具有相关关系，且回归方程为y=9.7x+2.4．若该商品某个月的广告费为8万元，估计这个月广告费与销售额的比值为( )
A.17B.18C.19D.110

6. 已知函数fx=ln2x+x2，则曲线y=f(x)在点(12,f(12))处的切线在y轴上的截距为( )
A.−54B.−12C.−14D.512

7. 已知实数x，y满足不等式组x+y−4≤0,x−y≥0,y≥−1,则z=2x+3y的最小值为( )
A.0B.−2C.−3D.−5

8. “sinα−sinβ=α−β”是“α=β”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

9. 等差数列an的前n项和为Sn，S100>0，S101<0，则满足anan+1<0的n=( )
A.50B.51C.100D.101

10. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若A=2π3，a=32b，则( )
A.bc
C.b=cD.b与c的大小关系不能确定

11. 已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(−c, 0)，F2(c, 0)，第一象限内点P在椭圆上，且PF2垂直于x轴，若直线PF1的方程为y=34(x+c)，△PF1F2的面积为32，则a=( )
A.2B.2C.3D.4

12. 若关于x的方程|x2−4x|−4x−k=0有四个不同的实数根，则实数k的取值范围为( )
A.0,6−25B.−∞,6−25
C.0,6+25D.6−25,6+25
二、填空题

阅读如图所示的程序框图，若输入m=4，n=6，则输出a的值为________.

若正实数x，y满足lg3x+lg9y=1，则x2+y的最小值为________.

在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若b=c=2，a2=2b21−3sinA，则△ABC的面积为________

已知fx=2xx+1x>0，若f1(x)=f(x)，fn+1=f(fn(x))，n∈N∗，则猜想f2020(x)=________．
三、解答题

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ABB1A1和侧面BCC1B1都是边长为2的菱形，且∠BAA1=∠CBB1=π3．

(1)证明：BB1⊥A1C；

(2)若A1C=6，求三棱柱ABC−A1B1C1的体积．

热干面是湖北武汉最出名的小吃之一，武汉人经常以热干面作为早餐.某机构从武汉市民中随机抽取了400人，对他们一周内早餐吃热干面的天数进行了调查，得到了如表统计表：

(1)估计武汉市民一周内有2或3天早餐吃热干面的概率.

(2)如果把一周内早餐吃热干面大于或等于5天的人称为“热干面爱好者“，把从小在武汉生活的市民称为“老武汉人”，否则称为“新武汉人“.据题中数据填写下面的2×2列联表，并判断：是否有99%的把握认为老武汉人和新武汉人对热干面的喜爱程度有差异？
参考公式及数据：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d.

已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，满足2anSn=an2+4(n∈N∗)．
(1)证明：数列{Sn2}为等差数列；

(2)求满足an<12的最小正整数n．

已知函数f(x)=lnx−x+ax−2a(a∈R)有两个不同的极值点x1，x2(x1(1)求a的取值范围，并判断x1是极大值点还是极小值点；

(2)证明：f(x1)+f(x2)<−2．

设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，过F的直线与抛物线交于点A(x1, y1)和B(x2, y2)，且恒有y1y2=−4.
(1)求p的值；

(2)直线l1过B与x轴平行，直线l2过F与AB垂直，若l1与l2交于点N，且直线AN与x轴交于点M(4, 0)，求直线AB的斜率．

已知函数f(x)=x2+ax−alnx.
(1)若曲线y=f(x)在x=2处的切线与直线x+3y−2=0垂直，求实数a的值；

(2)若函数f(x)在[2, 3]上单调递增，求实数a的取值范围；

(3)当a=2时，若方程f(x)=x2+2m(m>2)有两个相异实根x1, x2，x1参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省平顶山市高二（下）3月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
对z4−i=i去分母化简求出复数z，从而可得其虚部
【解答】
解：由复数z4−i=i，得z=i4−i=4i−i2=1+4i，
所以复数z的虚部为4.
故选B.
2.
【答案】
A
【考点】
全称命题与特称命题
命题的否定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 命题p:∀x<0，ex≥x2，
∴ ¬p为：∃x0<0，ex0故选A.
3.
【答案】
C
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
把方程化为标准方程，得出a,b，求出c后可得离心率．
【解答】
解：由题意双曲线的标准方程是x212−y2=1，
则a2=12，b2=1，c2=a2+b2=32，
∴ e=ca=c2a2=3.
故选C．
4.
【答案】
D
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
利用等比数列的基本量转化已知条件，即可求得a1，则问题得解．
【解答】
解：设等比数列an的公比为q，
由a1a6=a3，且a4+a5=32，
可得：a12q5=a1q2，a1q31+q=32，
解得a1=8，q=12.
故选D．
5.
【答案】
D
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
把x=8代入回归方程，求得y的值，再求出比值xy即可．
【解答】
解：把x=8代入回归方程，有y=9.7×8+2.4=80，
所以xy=880=110．
故选D.
6.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
直线的点斜式方程
【解析】
求出原函数的导函数，得到函数在x=12处的导数，再求出f12，由直线方程的点斜式得切线方程，取x=0得y值即可．

【解答】
解：fx=ln2x+x2，f′x=1x+2x，
故f′12=2+2×12=3，f12=14，
所以曲线在(12,f(12))处的切线方程为y−14=3x−12.
取x=0，则y=−54.
故曲线y=fx在点(12,f(12))处的切线在y轴上的截距为−54.
故选A.
7.
【答案】
D
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：不等式组表示的可行域如图所示，
由z=2x+3y，得y=−23x+z3，
作出直线y=−23x，即直线2x+3y=0，
将此直线向下平移过点C时，直线在y轴上的截距最小，此时z取得最小值，
由y=−1,x−y=0,得x=−1,y=−1,即C−1,−1，
所以z=2x+3y的最小值为2×−1+3×−1=−5．
故选D．
8.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
利用导数研究函数的单调性
【解析】
根据充分条件和必要条件的定义，结合条件构造函数f(x)＝sinx−x，求函数的导数，判断函数的单调性进行判断即可．
【解答】
解：当α=β时，sinα−sinβ=0，α−β=0，则sinα−sinβ=α−β成立；
若sinα−sinβ=α−β，即sinα−α=sinβ−β，
设f(x)=sinx−x，则f′(x)=csx−1≤0恒成立，
即函数f(x)在定义域上单调递减，
则sinα−α=sinβ−β等价为f(α)=f(β)，即α=β，
即“sinα−sinβ=α−β”是“α=β”的充要条件.
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】

【解答】
解：根据题意，等差数列{an}中，S100>0，S101<0，
则S100=(a1+a100)×1002=50(a1+a100)=50(a50+a51)>0，
则a50+a51>0.
又S101=(a1+a101)×1012=101a51<0，
则a51<0，
所以a50>0.
若anan+1<0，必有n=50.
故选A．
10.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
【解析】
由余弦定理及a=32b得出b，c的关系后可比较大小．
【解答】
解：若A=2π3，a=32b，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2+bc，
94b2=b2+c2+bc，即5b2=4c2+4bc，
故6b2=b2+4bc+4c2=b+2c2，
即6b=b+2c，即c=6−12b故选B．
11.
【答案】
B
【考点】
椭圆的定义
椭圆中的平面几何问题
【解析】
由题意可得P的坐标，代入直线PF1的方程可得a，b，c的关系，由面积及椭圆中的a，b，c的关系求出a的值．
【解答】
解：因为PF2垂直于x轴，由题意可得P(c, b2a)，
所以S△PF1F2=12×2c×b2a=b2ca=32.①
又直线PF1的方程为y=34(x+c)，
所以b2a=34×2c.②
又b2=a2−c2，③
由①②③可得，a=2.
故选B.
12.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
函数的零点与方程根的关系
【解析】
将方程根有四个根，转化为函数图象有四个交点，利用导数的几何意义，数形结合即可求得结果
【解答】
解：关于x的方程|x2−4x|−kx−k=0有四个不同的实数根，
即方程|x2−4x|=kx+1有四个不同的实数根，
不妨设fx=|x2−4x|，gx=kx+1.
则只需fx，gx有四个交点即可，
又gx表示斜率为k，且过点−1,0的直线．
画出fx，gx的图象如下所示：
数形结合可知，当直线y=kx+1与fx在x>0时相切为临界情况．
设切点为m,n，显然m∈0,2
又相切时，y=−x2+4x，y′=−2x+4,
故可得k=nm+1=−2m+4=−m2+4mm+1，
解得m=5−1，
则相切时斜率k=6−25，
故要满足题意，只需k∈0,6−25.
故选A．
二、填空题
【答案】
12
【考点】
程序框图
【解析】
根据程序框图逐步计算，直至满足a被n整除时结束循环
【解答】
解：由程序框图得：
第一次运行：i=1，a=4，不能被6整除；
第二次运行：i=2，a=8，不能被6整除；
第三次运行：i=3，a=12，能被6整除，结束运行，输出a=12.
故答案为：12.
【答案】
6
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
对数的运算性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为lg3x+lg9y=lg9x2+lg9y=lg9(x2y)=1，
∴x2y=9x>0,y>0，
则x2+y≥2x2y=6，当且仅当x2=y=3时等号成立，
则x2+y的最小值为6．
故答案为：6.
【答案】
1
【考点】
余弦定理
三角形的面积公式
【解析】
由已知利用余弦定理，同角三角函数基本关系式化简可得tanA=33，结合范围A∈(0, π)，可求A=π6，进而根据三角形的面积公式即可计算得解．
【解答】
解：若b=c=2，a2=2b21−3sinA，
由余弦定理可得：b2+c2−2bccsA=2b21−3sinA，
所以3sinA=csA，即tanA=33，A∈0,π，
故A=π6，
所以S△ABC=12bcsinA=12×2×2×12=1.
故答案为：1.
【答案】
22020x(22020−1)x+1
【考点】
归纳推理
【解析】
由题意，可先求出f1(x)，f2(x)，f3(x)…，归纳出fn(x)的表达式，即可得出f2020(x)的表达式．
【解答】
解：由题意f1(x)=f(x)=2xx+1(x>0)，fn+1=f(fn(x))，n∈N∗，
∴ f2(x)=f(f1(x))=2×2xx+12xx+1+1=22x(22−1)x+1，
f3(x)=f(f2(x))=2×22x(22−1)x+122x(22−1)x+1+1=23x(23−1)x+1，
…
可以猜想fn(x)=f(fn−1(x))=2nx(2n−1)x+1，
∴ f2020(x)=22020x(22020−1)x+1．
故答案为：22020x(22020−1)x+1.
三、解答题
【答案】
(1)证明：如图，设O为BB1 的中点，连接OA1，OC，B1C，A1B．
由已知可得，△A1B1B，△CBB1均为等边三角形，
∴ CO⊥BB1，A1O⊥BB1.
又∵ CO∩A1O=O，
∴ BB1⊥平面A1OC.
∵ A1C⊂平面A1OC，
∴ BB1⊥A1C.
(2)解：在边长为2的等边三角形CBB1中，O为BB1的中点，
∴ CO=3，同理A1O=3．
又A1C=6，
∴ CO2+A1O2=A1C2，得CO⊥A1O.
又CO⊥BB1，且A1O∩BB1=O，
∴ CO⊥平面ABB1A1．
同理可得A1O⊥平面BCC1B1.
三棱柱ABC−A1B1C1可分为两个全等的四棱锥C−ABOA1与四棱锥A1−B1C1CO，
∴ VC−ABOA1=13×3×(1+2)×32=32，
∴ 三棱柱ABC−A1B1C1的体积V=2×32=3．
【考点】
两条直线垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
(1)设O为BB1 的中点，连接OA1，OC，B1C，A1B，证明CO⊥BB1，A1O⊥BB1，再由直线与平面垂直的判定定理，可得BB1⊥平面A1OC，从而得到BB1⊥A1C；
(2)求解三角形证明CO⊥平面ABB1A1，A1O⊥平面BCC1B1，则三棱柱ABC−A1B1C1可分为两个全等的四棱锥C−ABOA1与四棱锥A1−B1C1CO，求出四棱锥C−ABOA1的体积，乘以2得答案．
【解答】
(1)证明：如图，设O为BB1 的中点，连接OA1，OC，B1C，A1B．
由已知可得，△A1B1B，△CBB1均为等边三角形，
∴ CO⊥BB1，A1O⊥BB1.
又∵ CO∩A1O=O，
∴ BB1⊥平面A1OC.
∵ A1C⊂平面A1OC，
∴ BB1⊥A1C.
(2)解：在边长为2的等边三角形CBB1中，O为BB1的中点，
∴ CO=3，同理A1O=3．
又A1C=6，
∴ CO2+A1O2=A1C2，得CO⊥A1O.
又CO⊥BB1，且A1O∩BB1=O，
∴ CO⊥平面ABB1A1．
同理可得A1O⊥平面BCC1B1.
三棱柱ABC−A1B1C1可分为两个全等的四棱锥C−ABOA1与四棱锥A1−B1C1CO，
∴ VC−ABOA1=13×3×(1+2)×32=32，
∴ 三棱柱ABC−A1B1C1的体积V=2×32=3．
【答案】
解：(1)400名武汉市民一周中早餐吃热干面的天数为2或3的人数为200人，
故武汉市民一周内有2或3天吃热干面的概率为200400=0.5.
(2)根据题意，列联表如下所示：
故可得K2=400×70×110−210×10280×320×280×120≈14.583>6.635，
故有99%的把握认为老武汉人和新武汉人对热干面的喜爱程度有差异.
【考点】
用频率估计概率
独立性检验
【解析】
(1)根据表格数据，计算武汉市民一周内有2或3天早餐吃热干面的频率，用频率估计概率即可；
（2）结合表中数据以及题意即可补充列联表，再计算K2，结合参考数据，即可判断．
【解答】
解：(1)400名武汉市民一周中早餐吃热干面的天数为2或3的人数为200人，
故武汉市民一周内有2或3天吃热干面的概率为200400=0.5.
(2)根据题意，列联表如下所示：
故可得K2=400×70×110−210×10280×320×280×120≈14.583>6.635，
故有99%的把握认为老武汉人和新武汉人对热干面的喜爱程度有差异.
【答案】
(1)证明：当n=1时，2S12=S12+4，解得S12=4.
当n≥2时，由2anSn=an2+4得：2(Sn−Sn−1)Sn=(Sn−Sn−1)2+4，
化简得Sn2−Sn−12=4，
所以数列{Sn2}是以4为首项，4为公差的等差数列．
(2)解：由(1)知Sn2=4+(n−1)×4=4n，
所以Sn=2n，
所以a1=S1=2>12.
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n−2n−1.
令2n−2n−1<12，即n<14+n−1，
两边平方整理得 n−1>158，
所以n>28964 .
因为n∈N∗，
所以n的最小值为5．
【考点】
等差关系的确定
数列与不等式的综合
【解析】
(1)将an＝Sn−Sn−1代入到2anSn＝an2+4中即可得到关于Sn，即可证明数列{Sn2}为等差数列；
(2)先把数列{an}的通项公式求出来，再解方程即可求出满足题意的最小正整数n．
【解答】
(1)证明：当n=1时，2S12=S12+4，解得S12=4.
当n≥2时，由2anSn=an2+4得：2(Sn−Sn−1)Sn=(Sn−Sn−1)2+4，
化简得Sn2−Sn−12=4，
所以数列{Sn2}是以4为首项，4为公差的等差数列．
(2)解：由(1)知Sn2=4+(n−1)×4=4n，
所以Sn=2n，
所以a1=S1=2>12.
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n−2n−1.
令2n−2n−1<12，即n<14+n−1，
两边平方整理得 n−1>158，
所以n>28964 .
因为n∈N∗，
所以n的最小值为5．
【答案】
(1)解：函数f(x)的定义域为(0, +∞)，
f′(x)=1x−1−ax2=−x2+x−ax2.
因为函数f(x)有两个不同的极值点，
所以方程x2−x+a=0有两个不同的正根，
所以Δ=1−4a>0，a>0，
解得0令f′(x)>0得x1令f′(x)<0得0x2，
所以函数f(x)的单调递增区间是(x1, x2)，
单调递减区间是(0, x1)和(x2, +∞)，
所以x1是极小值点．
(2)证明：由(1)知0所以f(x1)+f(x2)
=ln(x1x2)+a(x1+x2)x1x2−(x1+x2)−4a
=lna−4a.
令φ(a)=lna−4a，a∈(0,14)，
则φ′(a)=1a−4>0，在(0,14)上恒成立，
所以φ(a)在(0,14)上单调递增，
所以φ(a)<φ(14)=−2ln2−1<−2，
即f(x1)+f(x2)<−2．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
(1)根据导数与极值点的关系即可得到a的取值范围，从而求出函数单调性，即可判断x1是极大值点还是极小值点；
(2)根据韦达定理可得x1，x2的关系，将其代入f(x1)+f(x2)的表达式即可得到f(x1)+f(x2)＝lna−4a，再求出φ(a)＝lna−4a的最值即可证明f(x1)+f(x2)<−2.
【解答】
(1)解：函数f(x)的定义域为(0, +∞)，
f′(x)=1x−1−ax2=−x2+x−ax2.
因为函数f(x)有两个不同的极值点，
所以方程x2−x+a=0有两个不同的正根，
所以Δ=1−4a>0，a>0，
解得0令f′(x)>0得x1令f′(x)<0得0x2，
所以函数f(x)的单调递增区间是(x1, x2)，
单调递减区间是(0, x1)和(x2, +∞)，
所以x1是极小值点．
(2)证明：由(1)知0所以f(x1)+f(x2)
=ln(x1x2)+a(x1+x2)x1x2−(x1+x2)−4a
=lna−4a.
令φ(a)=lna−4a，a∈(0,14)，
则φ′(a)=1a−4>0，在(0,14)上恒成立，
所以φ(a)在(0,14)上单调递增，
所以φ(a)<φ(14)=−2ln2−1<−2，
即f(x1)+f(x2)<−2．
【答案】
解：(1)由条件可知F(p2, 0)，
易知AB不垂直于y轴，设直线AB的方程为：x=ty+p2，
联立直线与抛物线的方程y2=2px，x=ty+p2，
整理可得：y2−2pty−p2=0，
所以y1y2=−p2=−4，
解得：p=2.
(2)由(1)知抛物线的方程为：y2=4x，焦点F(1, 0).
设A(m2, 2m)，可得m≠0，且m≠±1.
因为y1y2=−4，所以B(1m2,−2m)，
所以直线AB的斜率为：−2m−2m1m2−m2=2mm2−1，直线l2的斜率为：1−m22m.
由题意可得直线l1的方程为y=−2m，直线l2的方程为：y=1−m22m(x−1)，
所以联立y=−2m，y=1−m22m(x−1),解得：x=m2+3m2−1，
所以N的坐标为：(m2+3m2−1,−2m).
由A，M，N三点共线得2mm2−4=2m+2mm2−m2+3m2−1，解得：m=±2，
所以直线AB的斜率为±22.
【考点】
抛物线的标准方程
抛物线与直线的平面几何问题
【解析】
(1)设直线AB的方程，与抛物线联立求出两根之积，由题意可得p的值；
(2)由(1)可得抛物线的方程及焦点F的坐标，设A的坐标，可得B的坐标，进而求出直线AB的斜率，及直线l2 的斜率，可得N的坐标，再由A，M，N的三点共线可得参数m的值，进而求出直线AB 的斜率．
【解答】
解：(1)由条件可知F(p2, 0)，
易知AB不垂直于y轴，设直线AB的方程为：x=ty+p2，
联立直线与抛物线的方程y2=2px，x=ty+p2，
整理可得：y2−2pty−p2=0，
所以y1y2=−p2=−4，
解得：p=2.
(2)由(1)知抛物线的方程为：y2=4x，焦点F(1, 0).
设A(m2, 2m)，可得m≠0，且m≠±1.
因为y1y2=−4，所以B(1m2,−2m)，
所以直线AB的斜率为：−2m−2m1m2−m2=2mm2−1，直线l2的斜率为：1−m22m.
由题意可得直线l1的方程为y=−2m，直线l2的方程为：y=1−m22m(x−1)，
所以联立y=−2m，y=1−m22m(x−1),解得：x=m2+3m2−1，
所以N的坐标为：(m2+3m2−1,−2m).
由A，M，N三点共线得2mm2−4=2m+2mm2−m2+3m2−1，解得：m=±2，
所以直线AB的斜率为±22.
【答案】
(1)解：f′(x)=2x+a−ax=2x2+ax−ax(x>0)，依题意有f′(2)=8+a2=3,∴a=−2.
(2)解：依题意有2x2+ax−a≥0对x∈[2, 3]
恒成立，即a≥−2x2x−1恒成立
−2x2x−1′=−2x2+4x(x−1)2≤0(x∈[2,3])，−2x2x−1单调递减，∴−2x2x−1max=−8
实数a的取值范围为[−8,+∞).
(3)证明：当a=2时，若方程f(x)=x2+2m(m>2)有两个相异实根：
x1, x2, x1即x−lnx=m(m>2)，又令g(x)=x−lnx,g′(x)=x−1x，
g(x)在(0, 1)上递减，(1,+∞)递增，
则01，且x1−lnx1−m=x2−lnx2−m=0，
又m=x2−lnx2>2，故x2>2,
∴0ℎx1−ℎ2x22
=ℎx2−ℎ2x22
=x2−2x22−3lnx2+ln2
设F(t)=t−2t2−3lnt+ln2, t>2，
F′(t)=1+4t3−3t=(t−2)2(t+1)t3>0，
F(t)在(2,+∞)递增，F(t)>F(2)=32−2ln2>0
∴ℎx1−ℎ2x22>0，又ℎ(x)在(0, 1)上递减，
∴x1<2x22，即x1x22<2.
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
函数恒成立问题
利用导数研究曲线上某点切线方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：f′(x)=2x+a−ax=2x2+ax−ax(x>0)，依题意有f′(2)=8+a2=3,∴a=−2.
(2)解：依题意有2x2+ax−a≥0对x∈[2, 3]
恒成立，即a≥−2x2x−1恒成立
−2x2x−1′=−2x2+4x(x−1)2≤0(x∈[2,3])，−2x2x−1单调递减，∴−2x2x−1max=−8
实数a的取值范围为[−8,+∞).
(3)证明：当a=2时，若方程f(x)=x2+2m(m>2)有两个相异实根：
x1, x2, x1即x−lnx=m(m>2)，又令g(x)=x−lnx,g′(x)=x−1x，
g(x)在(0, 1)上递减，(1,+∞)递增，
则01，且x1−lnx1−m=x2−lnx2−m=0，
又m=x2−lnx2>2，故x2>2,
∴0ℎx1−ℎ2x22
=ℎx2−ℎ2x22
=x2−2x22−3lnx2+ln2
设F(t)=t−2t2−3lnt+ln2, t>2，
F′(t)=1+4t3−3t=(t−2)2(t+1)t3>0，
F(t)在(2,+∞)递增，F(t)>F(2)=32−2ln2>0
∴ℎx1−ℎ2x22>0，又ℎ(x)在(0, 1)上递减，
∴x1<2x22，即x1x22<2.