2020年湖北省黄冈八模高考数学模拟试卷（文科）（四） 11页

‎2020年湖北省黄冈八模高考数学模拟试卷（文科）（四）‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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A＝‎{y|y＝1−x‎2‎, x∈[−1, 1]}‎，B＝‎{x|y=x+2‎}‎，则A∩B＝（ ） ‎ A.‎[0, 1]‎ B.‎[−1, 1]‎ C.‎(0, 1)‎ D.‎‎⌀‎ ‎ ‎ ‎2. 若复数z满足‎(3−4i)z＝‎5(1−i)‎，其中i为虚数单位，则z的虚部为（ ） ‎ A.‎1‎ B.‎−‎‎1‎‎5‎ C.‎1‎‎5‎ D.‎‎−1‎ ‎ ‎ ‎3. 已知a‎=‎log‎2‎‎0.2‎，b‎=‎‎2‎‎0.2‎，c‎=‎‎0.2‎‎0.3‎，则(        ) ‎ A.a0‎，函数f(x)‎＝cos(ωx+π‎4‎)‎在‎(π‎2‎, π)‎上单调递增，则ω的取值范围是（ ） ‎ A.‎[‎1‎‎2‎, ‎5‎‎4‎]‎ B.‎[‎1‎‎2‎, ‎7‎‎4‎]‎ C.‎[‎3‎‎4‎, ‎9‎‎4‎]‎ D.‎‎[‎3‎‎2‎, ‎7‎‎4‎]‎ ‎ ‎ ‎11. 在平面直角坐标系中，A(−2, 0)‎，B(1, 3)‎，O为坐标原点，且OM‎→‎‎=αOA‎→‎+βOB‎→‎(α+β=1)‎，N(1, 0)‎，则‎|MN‎→‎|‎的最小值为‎(‎        ‎)‎  ‎ A.‎2‎‎2‎ B.‎3‎‎2‎‎2‎ C.‎9‎‎2‎ D.‎‎3‎‎2‎ ‎ ‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎12. 设在R上可导的函数f(x)‎满足f(0)‎＝‎0‎，f(x)−f(−x)=‎‎1‎‎3‎x‎3‎，并且在‎(−∞, 0)‎上有f′(x)<‎‎1‎‎2‎x‎2‎，实数a满足f(6−a)−f(a)≥−‎1‎‎3‎a‎3‎+3a‎2‎−18a+36‎，则实数a的取值范围是（ ） ‎ A.‎(−∞, 3]‎ B.‎[3, +∞)‎ C.‎[4, +∞]‎ D.‎‎(−∞, 4]‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎ ‎ ‎ 命题“‎∀x>1‎，都有x‎2‎‎+1>2‎”的否定是________． ‎ ‎ ‎ ‎ 设x，y满足约束条件：x≥0,y≥0‎x−y≥−1‎x+y≤3‎‎ ‎，则z＝x−10y的取值范围是________． ‎ ‎ ‎ ‎ 已知‎△ABC各角的对应边分别为a，b，c，且满足ba+c‎+ca+b≥1‎，则角A的取值范围是________． ‎ ‎ ‎ ‎ 将正三棱锥P−ABC置于水平反射镜面上，得一“倒影三棱锥”P−ABC−Q，如图，下列关于该“倒影三棱锥”的说法中，正确的有________． ①PQ⊥‎平面ABC； ②若P，A，B，C在同一球面上，则Q也在该球面上； ③若该“倒影三棱锥”存在外接球，则AB=‎2‎PA； ④若AB=‎6‎‎2‎PA，则PQ的中点必为“倒影三棱锥”外接球的球心． ‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.‎ ‎ ‎ ‎ 已知等差数列‎{an}‎满足‎(a‎1‎+a‎2‎)+(a‎2‎+a‎3‎)+⋯+(an+an+1‎)=2n(n+1)(n∈N‎*‎)‎． ‎ ‎（1）求数列‎{an}‎的通项公式；‎ ‎ ‎ ‎（2）数列‎{bn}‎中，b‎1‎＝‎1‎，b‎2‎＝‎2‎，从数列‎{an}‎中取出第bn项记为cn，若‎{cn}‎是等比数列，求‎{bn}‎的前n项和Tn．‎ ‎ ‎ ‎ 如图，四边形ABCD是边长为‎2‎的正方形，AE⊥‎平面BCE，且AE=1‎． ‎ ‎(1)‎求证：平面ABCD⊥‎平面ABE；‎ ‎ ‎ ‎(2)‎线段AD上是否存在一点F，使三棱锥C−BEF的高h=‎‎6‎‎5‎？若存在，请求出‎|DF|‎‎|AF|‎的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎ ‎ ‎ 鱼卷是泉州十大名小吃之一，不但本地人喜欢，还深受外来游客的赞赏．小张从事鱼卷生产和批发多年，有着不少来自零售商和酒店的客户．当地的习俗是农历正月没有生产鱼卷，客户正月所需要的鱼卷都会在农历十二月底进行一次性采购．小张把去年年底采购鱼卷的数量x（单位：箱）在‎[100, 200)‎的客户称为“熟客”，并把他们去年采购的数量绘制成如表： ‎ 采购数x（单位：箱）‎ ‎[100, 120)‎ ‎[120, 140)‎ ‎[140, 160)‎ ‎[160, 180)‎ ‎[180, 200)‎ 客户数 ‎10‎ ‎10‎ ‎5‎ ‎20‎ ‎5‎ ‎ ‎ ‎（1）根据表中的数据，在答题卡上补充完整这些数据的频率分布直方图，并估计采购数在‎168‎箱以上（含‎168‎箱）的“熟客”人数；‎ ‎ ‎ ‎（2）若去年年底“熟客”们采购的鱼卷数量占小张去年年底总的销售量的‎5‎‎8‎，估算小张去年年底总的销售量（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；‎ ‎ ‎ ‎（3）由于鱼卷受到游客们的青睐，小张做了一份市场调查，决定今年年底是否在网上出售鱼卷，若没有在网上出售鱼卷，则按去年的价格出售，每箱利润为‎20‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 元，预计销售量与去年持平；若计划在网上出售鱼卷，则需把每箱售价下调‎2‎至‎5‎元，且每下调m元‎(2≤m≤5)‎销售量可增加‎1000m箱，求小张在今年年底收入Y（单位：元）的最大值．‎ ‎ ‎ ‎ 如图，已知A(−1, 0)‎，B(1, 0)Q、G分别为‎△ABC的外心、重心，QG // AB． ‎ ‎（1）求点C的轨迹E的方程．‎ ‎ ‎ ‎（2）是否存在过P(0, 1)‎的直线L交曲线E与M，N两点且满足MP‎→‎‎=2‎PN‎→‎，若存在求出L的方程，若不存在请说明理由．‎ ‎ ‎ ‎ 已知函数f(x)‎＝‎|x−a|−lnx(a>0)‎． ‎(‎Ⅰ‎)‎讨论f(x)‎的单调性； ‎(‎Ⅱ‎)‎比较ln‎2‎‎2‎‎2‎‎2‎‎+ln‎3‎‎2‎‎3‎‎2‎+⋯+‎lnn‎2‎n‎2‎与‎(n−1)(2n+1)‎‎2(n+1)‎的大小‎(n∈‎N‎+‎且n>2)‎，并证明你的结论． ‎ ‎（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]‎ ‎ ‎ ‎ 在平面直角坐标系xOy中，A点的直角坐标为‎(‎3‎+2cosα,1+2sinα)‎（α为参数）．在以原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标中，直线的极坐标方程为‎2ρcos(θ+π‎6‎)=m．（m为实数）． ‎ ‎（1）试求出动点A的轨迹方程（用普通方程表示）‎ ‎ ‎ ‎（2）设A点对应的轨迹为曲线C，若曲线C上存在四个点到直线的距离为‎1‎，求实数m的取值范围．‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分0分）‎ ‎ ‎ ‎ 设函数f(x)‎＝x−|x+2|−|x−3|−m，若‎∀x∈R，‎1‎m‎−4≥f(x)‎恒成立． ‎ ‎（1）求m的取值范围；‎ ‎ ‎ ‎（2）求证：log‎（m+1）‎‎(m+2)>log‎（m+2）‎(m+3)‎．‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 参考答案与试题解析 ‎2020年湖北省黄冈八模高考数学模拟试卷（文科）（四）‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 交集及其运算 ‎【解析】‎ 可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ A＝‎[0, 1]‎，B＝‎[−2, +∞)‎， ∴ A∩B＝‎[0, 1]‎．‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 复数的运算 ‎【解析】‎ 把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．‎ ‎【解答】‎ 由‎(3−4i)z＝‎5(1−i)‎， 得z=‎5(1−i)‎‎3−4i=‎5(1−i)(3+4i)‎‎(3−4i)(3+4i)‎=‎5(7+i)‎‎25‎=‎7‎‎5‎+‎1‎‎5‎i． ∴ z的虚部为‎1‎‎5‎．‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 指数式、对数式的综合比较 ‎【解析】‎ 由指数函数和对数函数的单调性易得log‎2‎‎0.2<0‎，‎2‎‎0.2‎‎>1‎，‎0<‎0.2‎‎0.3‎<1‎，从而得出a，b，c的大小关系．‎ ‎【解答】‎ 解：a‎=‎log‎2‎‎0.2‎‎2‎‎0‎‎=‎‎1‎， ∵ ‎0<‎0.2‎‎0.3‎<‎‎0.2‎‎0‎‎=‎‎1‎， ∴ c‎=‎‎0.2‎‎0.3‎‎∈(0, 1)‎， ∴ a0‎， ∴ k＝‎1‎， ∴ ω∈[‎3‎‎2‎, ‎7‎‎4‎]‎．‎ ‎11.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 向量的共线定理 点到直线的距离公式 ‎【解析】‎ 由题意知A，B，M共线，先求出直线AB的方程，再根据点到直线的距离公式，点N到直线的距离为d，即为‎|MN‎→‎|‎的最小值．‎ ‎【解答】‎ 解：如图 ∵ OM‎→‎‎=αOA‎→‎+βOB‎→‎(α+β=1)‎， ∴ A，B，M共线， ∵ A(−2, 0)‎，B(1, 3)‎， ∴ 直线AB的方程为x−y+2=0‎， ∵ N(1, 0)‎，设点N到直线的距离为d， ∴ d=‎|1−0+2|‎‎1+1‎=‎‎3‎‎2‎‎2‎ ∴ ‎|MN‎→‎|‎的最小值为N到直线AB的距离‎3‎‎2‎‎2‎， 故选B．‎ ‎12.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 利用导数研究函数的单调性 ‎【解析】‎ 依题意，构造函数g(x)=f(x)−‎‎1‎‎6‎x‎3‎，可知函数g(x)‎为偶函数且在‎(−∞, 0)‎上单调递减，在‎(0, +∞)‎上单调递增，进而题设不等式等价于g(6−a)≥g(a)‎，即‎|6−a|≥|a|‎，解出即可求得实数a的取值范围．‎ ‎【解答】‎ 设g(x)=f(x)−‎‎1‎‎6‎x‎3‎，则g‎′‎‎(x)=f‎′‎(x)−‎1‎‎2‎x‎2‎<0(x<0)‎， 故g(x)=f(x)−‎‎1‎‎6‎x‎3‎在区间‎(−∞, 0)‎上单调递减， 又g(x)−g(−x)=f(x)−‎1‎‎6‎x‎3‎−[f(−x)+‎1‎‎6‎x‎3‎]=0‎，故函数g(x)‎为偶函数，在区间‎(0, +∞)‎上单调递增， 而g(6−a)−g(a)=f(6−a)−f(a)−(−‎1‎‎3‎a‎3‎+3a‎2‎−18a+36)≥0‎，故原不等式等价于g(6−a)≥g(a)‎，即‎|6−a|≥|a|‎，解得a≤3‎．‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎【答案】‎ ‎∃x>1‎‎，有x‎2‎‎+1≤2‎ ‎【考点】‎ 命题的否定 ‎【解析】‎ 根据全称命题的否定是特称命题，进行判断即可．‎ ‎【解答】‎ 全称命题的否定是特称命题， 得命题的否定是：‎∃x>1‎，有x‎2‎‎+1≤2‎，‎ ‎【答案】‎ ‎[−19, 3]‎ ‎【考点】‎ 简单线性规划 ‎【解析】‎ 作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，结合数形结合进行求解即可 ‎【解答】‎ 由z＝x−10y得y=‎1‎‎10‎x−‎1‎‎10‎z， 作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分）： 平移直线y=‎1‎‎10‎x−‎1‎‎10‎z， 由图象可知当直线y=‎1‎‎10‎x−‎1‎‎10‎z，过点A(3, 0)‎时， 直线y=‎1‎‎10‎x−‎1‎‎10‎z的截距最小，此时z最大为z＝‎3−0‎＝‎3‎， 由图象可知当直线y=‎1‎‎10‎x−‎1‎‎10‎z， 过点B时，直线y=‎1‎‎10‎x−‎1‎‎10‎z的截距最大，此时z最小， 由x−y=−1‎x+y=3‎‎ ‎，解得x=1‎y=2‎‎ ‎，即B(1, 2)‎， 代入目标函数z＝x−10y，得z＝‎1−10×2‎＝‎−19‎， 故‎−19≤z≤3‎，‎ ‎【答案】‎ ‎(0, π‎3‎]‎ ‎【考点】‎ 不等式的证明 ‎【解析】‎ 将已知不等式化简整理，再由余弦定理，可得cosA≥‎1‎‎2‎(0240000‎， ∴ 小张在今年年底收入Y（单位：元）的最大值为‎256000‎（元） ‎ ‎【考点】‎ 频率分布直方图 ‎【解析】‎ ‎（1）根据统计表和直方图即可求出， （2）根据统计表和直方图即可求出， （3）没有在网上出售鱼卷，则今年的年底小张的收入为‎12000×20‎＝‎240000‎（元），若网上出售鱼卷，则今年的年底的销售量为‎12000+1000m，即可求出Y的最大值，比较即可 ‎【解答】‎ 由表一数据，补出值如图如右： 根据上图，可知采购量在‎168‎以上的客户端数量为： ‎20×20×(0.005+0.020×‎180−168‎‎20‎)‎＝‎17‎人，‎ 由图一可知，去年年底“熟客”所采购的鱼卷总数大约为： ‎110×10+120×10+150×5+17−×20+190×5‎＝‎7500‎（箱）， ∴ 小张去年年底总的销售量为‎7500÷‎5‎‎8‎=12000‎（箱）．‎ 若没有在网上出售鱼卷，则今年的年底小张的收入为‎12000×20‎＝‎240000‎（元）， ‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 若网上出售鱼卷，则今年的年底的销售量为‎12000+1000m（箱），每箱的利润为‎20−m（元）， 则今年的年底小张的收入为Y＝‎(20−m)(12000+1000m)‎ ＝‎1000(−m‎2‎+8m+240)‎＝‎1000[−(m−4‎)‎‎2‎+256]‎＝‎256000‎（元）， ∵ ‎256000>240000‎， ∴ 小张在今年年底收入Y（单位：元）的最大值为‎256000‎（元） ‎ ‎【答案】‎ 设C(x, y)(y≠0)‎．则G(x‎3‎,y‎3‎)‎，由于QG // AB则Q(0,y‎3‎)‎， 由‎|QA|=|QC|⇒1+y‎2‎‎9‎=x‎2‎+‎4‎y‎2‎‎9‎⇒x‎2‎+y‎2‎‎3‎=1‎①， 故轨迹E的方程为x‎2‎‎+y‎2‎‎3‎=1(y≠0)‎．‎ 当L与y轴重合时不符合条件．假设存在直线L:y＝kx+1‎， 设M(x‎1‎, y‎1‎)‎，N(x‎2‎, y‎2‎)‎ 联立y=kx+1x‎2‎+y‎2‎‎3‎=1‎，则有‎(3+k‎2‎)+2kx−2‎＝‎0‎， x‎1‎‎+x‎2‎=‎‎−2k‎3+‎k‎2‎，x‎1‎‎⋅x‎2‎=‎‎−2‎‎3+‎k‎2‎ 由于MP‎→‎‎=2‎PN‎→‎则有x‎1‎＝‎−2‎x‎2‎，即x‎1‎x‎2‎‎=−2‎， ‎(x‎1‎+‎x‎2‎‎)‎‎2‎x‎1‎x‎2‎‎=(‎4‎k‎2‎‎3+‎k‎2‎‎)‎‎2‎⋅(−‎3+‎k‎2‎‎2‎)=−‎‎2‎k‎2‎‎3+‎k‎2‎ 由于‎(x‎1‎+x‎2‎)‎‎2‎x‎1‎x‎2‎‎=x‎1‎x‎2‎+x‎2‎x‎1‎+2=−‎‎1‎‎2‎则有k‎2‎＝‎1‎即k＝‎±1‎， 则直线L过‎(−1, 0)‎，或‎(1, 0)‎， 轨迹E的方程为x‎2‎‎+y‎2‎‎3‎=1(y≠0)‎． 所以直线L不存在．‎ ‎【考点】‎ 椭圆的应用 轨迹方程 直线与椭圆的位置关系 ‎【解析】‎ ‎（1）设出G的坐标，椭圆向量相等，转化求解轨迹方程即可． （2）设出直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合向量关系，转化求解即可．‎ ‎【解答】‎ 设C(x, y)(y≠0)‎．则G(x‎3‎,y‎3‎)‎，由于QG // AB则Q(0,y‎3‎)‎， 由‎|QA|=|QC|⇒1+y‎2‎‎9‎=x‎2‎+‎4‎y‎2‎‎9‎⇒x‎2‎+y‎2‎‎3‎=1‎①， 故轨迹E的方程为x‎2‎‎+y‎2‎‎3‎=1(y≠0)‎．‎ 当L与y轴重合时不符合条件．假设存在直线L:y＝kx+1‎， 设M(x‎1‎, y‎1‎)‎，N(x‎2‎, y‎2‎)‎ 联立y=kx+1x‎2‎+y‎2‎‎3‎=1‎，则有‎(3+k‎2‎)+2kx−2‎＝‎0‎， x‎1‎‎+x‎2‎=‎‎−2k‎3+‎k‎2‎，x‎1‎‎⋅x‎2‎=‎‎−2‎‎3+‎k‎2‎ 由于MP‎→‎‎=2‎PN‎→‎则有x‎1‎＝‎−2‎x‎2‎，即x‎1‎x‎2‎‎=−2‎， ‎(x‎1‎+‎x‎2‎‎)‎‎2‎x‎1‎x‎2‎‎=(‎4‎k‎2‎‎3+‎k‎2‎‎)‎‎2‎⋅(−‎3+‎k‎2‎‎2‎)=−‎‎2‎k‎2‎‎3+‎k‎2‎ 由于‎(x‎1‎+x‎2‎)‎‎2‎x‎1‎x‎2‎‎=x‎1‎x‎2‎+x‎2‎x‎1‎+2=−‎‎1‎‎2‎则有k‎2‎＝‎1‎即k＝‎±1‎， 则直线L过‎(−1, 0)‎，或‎(1, 0)‎， 轨迹E的方程为x‎2‎‎+y‎2‎‎3‎=1(y≠0)‎． 所以直线L不存在．‎ ‎【答案】‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎（1）函数f(x)‎可化f(x)=x−lnx−a,x≥aa−x−lnx,01‎时，f‎′‎‎(x)>0‎，故f(x)‎在‎[a, 1)‎上递减， 在‎(1, +∞)‎上递增，而f(x)‎在x＝a处连续， 所以当a≥1‎时，f(x)‎在‎(0, a)‎上递减，在‎[a, +∞)‎上递增； 当‎01‎时，x−1−lnx>0‎，即lnx>1−x， 所以lnxx‎<1−‎‎1‎x． 所以ln‎2‎‎2‎‎2‎‎2‎‎+ln‎3‎‎2‎‎3‎‎2‎+⋯+lnn‎2‎n‎2‎<1−‎1‎‎2‎‎2‎+1−‎1‎‎3‎‎2‎+⋯1−‎‎1‎n‎2‎， ‎=n−1−(‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎3‎‎2‎+⋯+‎1‎n‎2‎)‎， ‎1−x，在区间‎(1, 2)‎上恒成立，利用导数求出g(x)‎的最小值，只要最小值大于‎0‎即可．‎ ‎【解答】‎ ‎（1）函数f(x)‎可化f(x)=x−lnx−a,x≥aa−x−lnx,01‎时，f‎′‎‎(x)>0‎，故f(x)‎在‎[a, 1)‎上递减， 在‎(1, +∞)‎上递增，而f(x)‎在x＝a处连续， 所以当a≥1‎时，f(x)‎在‎(0, a)‎上递减，在‎[a, +∞)‎上递增； 当‎01‎时，x−1−lnx>0‎，即lnx>1−x， 所以lnxx‎<1−‎‎1‎x． 所以ln‎2‎‎2‎‎2‎‎2‎‎+ln‎3‎‎2‎‎3‎‎2‎+⋯+lnn‎2‎n‎2‎<1−‎1‎‎2‎‎2‎+1−‎1‎‎3‎‎2‎+⋯1−‎‎1‎n‎2‎， ‎=n−1−(‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎3‎‎2‎+⋯+‎1‎n‎2‎)‎， ‎0‎；‎ 证明：m>0‎，可得m+3>m+2>m+1>1‎， 则lg(m+3)>lg(m+2)>lg(m+1)>lg1‎＝‎0‎， ∵ lg(m+1)lg(m+3)<[lg(m+1)+lg(m+3)‎‎2‎‎]‎‎2‎=‎[lg(m+1)(m+3)‎‎]‎‎2‎‎4‎‎lg(m+3)‎lg(m+2)‎， ∴ log‎（m+1）‎‎(m+2)>log‎（m+2）‎(m+3)‎．‎ ‎【考点】‎ 绝对值三角不等式 绝对值不等式的解法与证明 ‎【解析】‎ ‎（1）由‎∀x∈R，‎1‎m‎−4≥f(x)‎恒成立，可得m+‎1‎m≥x−|x+2|−|x−3|+4‎，求出右边的最大值，即可求m的取值范围； （2）利用对数的性质及基本不等式，即可证明结论．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ ‎∀x∈R，‎1‎m‎−4≥f(x)‎恒成立， ∴ m+‎1‎m≥x−|x+2|−|x−3|+4‎， 令g(x)‎＝x−|x+2|−|x−3|+4‎，则g(x)‎在‎(−∞, 3)‎上是增函数， ‎(3, +∞)‎上是减函数，g(x‎)‎max＝g(3)‎＝‎2‎， ∴ m+‎1‎m≥2‎，∴ m>0‎；‎ 证明：m>0‎，可得m+3>m+2>m+1>1‎， 则lg(m+3)>lg(m+2)>lg(m+1)>lg1‎＝‎0‎， ∵ lg(m+1)lg(m+3)<[lg(m+1)+lg(m+3)‎‎2‎‎]‎‎2‎=‎[lg(m+1)(m+3)‎‎]‎‎2‎‎4‎‎lg(m+3)‎lg(m+2)‎， ∴ log‎（m+1）‎‎(m+2)>log‎（m+2）‎(m+3)‎．‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页