2014年高考数学模拟试题

蔡勇全

一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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={x||x-1|<2},B={x|log2x<2},则A∩B=().

A.(-1,3)B.(0,4)C.(0,3)D.(-1,4)

2．下列说法正确的是( )．

A．命题“若x=y，则sinx=siny”的逆否命题是真命题

B．函数f(x)=tanx的定义域为{x|x≠kπ,k∈Z}

C．命题“x∈R，使得x2+x+1<0”的否定是“x∈R，均有x2+x+1<0”

D．“a=2” 是“直线y=-ax+2与y=a4x-1垂直”的必要不充分条件

3．函数y=xln|x|的图象为( )．

4．已知m、n为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，则( )．

A．如果l⊥m，l⊥n，且m、nα，那么l⊥α

B．如果平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，那么α∥β

C．如果m⊥α，m⊥n，那么n∥α

D．如果m∥n，n⊥α，那么m⊥α

5．下列不等式成立的是( )．

A．tan9π8>tanπ6

B．sin(-3π10)>sin(-π5)

C.sinπ18>sinπ10

D.cos(-7π4)>cos(-23π5)

图16.执行如图1所示的程序框图(其中［x］表示不超过x的最大整数)，则输出的S值为( )．

A. 7B. 6

C. 5D. 4

7．某公司生产甲、乙两种桶装产品，已知生产甲产品一桶需耗A原材料1千克、B原材料2千克；生产乙产品1桶需耗A原材料2千克、B原材料1千克．每桶甲产品的利润是300元，每桶乙产品的利润是400元．公司在生产这两种产品的计划中，要求每天消耗A、B原材料都不超过12千克．通过合理安排生产计划，从每天生产的甲、乙两种产品中，公司共可获得的最大利润是( )．

A．2200元 B．2400元

C．2600元D．2800元

8．由数字0，1，2，3，4，5组成的奇偶数字相间且无重复数字的六位数的个数是( )．

A．36B.48C.60D.72

9．F1、F2是双曲线x2a2-y2b2=1(a>0，b>0)的左、右焦点，以坐标原点O为圆心，|OF1|为半径的圆与该双曲线左支的两个交点分别为A、B，且△F2AB是等边三角形，则该双曲线的离心率为( )．

A.2+1B.3+1C.2+12D.3+12

10．设数集S={a,b,c,d}满足下列两个条件:

(1)x,y∈S，xy∈S；(2) x,y,z∈S，若x≠y，则xz≠yz．

现给出如下论断:①a，b，c，d中必有一个为0；②a，b，c，d中必有一个为1；③若x∈S且xy=1，则y∈S；④存在互不相等的x,y,z∈S，使得x2=y，y2=z．其中正确论断的个数是( )．

A．1 B．2C．3D．4

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．

11．已知i是虚数单位，x，y∈R．若x-3i=(8x-y)i，则x+y= ．

12．若二项式(x+a)7的展开式中含x5项的系数为7，则实数a=．

图213．已知图2是一个空间几何体的三视图，则该几何体的体积为．

14．椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，直线y=-3x与椭圆C交于A、B两点，且AF⊥BF,则该椭圆的离心率为 ．

15．在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AD=DC=1，AB=3，动点P在以点C为圆心，且与直线BD相切的圆内运动，设AP=αAD+βAB(α，β∈R)，则α+β的取值范围为．

三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

16．(本小题满分12分)在锐角三角形ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且3a-2csinA=0．

(Ⅰ)求角C的大小；

(Ⅱ)若c=2，求a+b的最大值．

17．(本小题满分12分)某部门对当地城乡居民进行了主题为“你幸福吗？”的幸福指数问卷调查，并在已被问卷调查的居民中随机抽选部分居民参加“幸福职业”或“幸福愿景”的座谈会，被邀请的居民只能选择其中一场座谈会参加．已知A小区有1人，B小区有3人收到邀请并将参加一场座谈会，若A小区已经收到邀请的人选择参加“幸福愿景”座谈会的概率是34，B小区已经收到邀请的人选择参加“幸福愿景”座谈会的概率是12．

(Ⅰ)求A、B两个小区已收到邀请的人选择参加“幸福愿景”座谈会的人数相等的概率；

(Ⅱ)在参加“幸福愿景”座谈会的人中，记A、B两个小区参会人数的和为ξ，试求ξ的分布列和数学期望．

图318．(本小题满分12分)如图3在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BC=CA=AA1=2，侧棱AA1⊥面ABC，D、E分别是棱A1B1、AA1的中点，点F在棱AB上，且AF=14AB．

(Ⅰ)求证:EF∥平面BDC1；

(Ⅱ)求二面角E-BC1-D的余弦值．

19．(本小题满分12分)已知数列{an}，{bn}满足:a1=0，b1=2013，且对任意的正整数n，an，an+1，bn和an+1，bn+1，bn均成等差数列．

(Ⅰ) 求a2，b2的值；

(Ⅱ)求证:{an-bn}和{an+2bn}均成等比数列；

(Ⅲ)是否存在唯一的正整数c，使得an

20．(本小题满分13分)若抛物线C的顶点在坐标原点O，其图象关于x轴对称，且经过点M(1,2)．

(Ⅰ)若一个等边三角形的一个顶点位于坐标原点，另外两个顶点在该抛物线上，求该等边三角形的边长；

(Ⅱ)过点M作抛物线C的两条弦MA，MB，设MA，MB所在直线的斜率分别为k1，k2，当k1，k2变化且满足k1+k2=-1时，试证明直线AB恒过定点，并求出该定点坐标．

21．(本小题满分14分)已知函数f1(x)=12x2，f2(x)=alnx(其中a>0)．

(Ⅰ)求函数f(x)=f1(x)f2(x)的极值；

(Ⅱ)若函数g(x)=f1(x)-f2(x)+(a-1)x在区间(1e,e)内有两个零点，求正实数a的取值范围；

(Ⅲ)求证:当x>0时，lnx+34x2-1ex>0(其中e是自然对数的底数)．

参考答案

一、CABDDADCBC

二、11．3 12．±33 13．12+16π3

14．3-1 15． (1,53)

三、解答题

16．解(Ⅰ)由3a-2csinA=0及正弦定理可得3sinA-2sinCsinA=0(sinA≠0)，∴sinC=32,∵△ABC是锐角三角形，∴C=π3．

(Ⅱ)∵c=2,C=π3，由余弦定理得a2+b2-2abcosπ3=4，即a2+b2-ab=4，∴(a+b)2=4+3ab≤4+3(a+b2)2，即(a+b)2≤16，∴a+b≤4，当且仅当a=b=2时取“=”，故a+b的最大值是4．

17.解(Ⅰ)记“A、B两小区已经收到邀请的人选择‘幸福愿景座谈会的人数相等”为事件A，则P（A）=（1-34)×C03(12)3+34×C13(12)3=516.

(Ⅱ)随机变量ξ的可能值为0，1，2，3，4．

P(ξ=0)=(1-34)×(1-12)3=132;

P(ξ=1)=34×(1-12)3+(1-34)×C13(12)3=632=316;

P(ξ=2)=34×C13(12)3+(1-34)×C23(12)3=1232=38;

P(ξ=3)=34×C23(12)3+(1-34)×(12)3=1032=516;

P(ξ=4)=34×(12)3=332.

ξ的分布列为:

ξ01234P13231638516332 ∴ξ的数学期望Eξ=0×132+1×316+2×38+3×516+4×332=94.图4

18.解(Ⅰ)证明:如图4取AB的中点M，∵AF=14AB，∴F为AM的中点，又∵E为AA1的中点，∴EF∥A1M.在三棱柱ABC-A1B1C1中，D，M分别为A1B1，AB的中点，∴A1D∥BM，且A1D=BM，则四边形A1DBM为平行四边形，∴A1M∥BD，∴EF∥BD，又∵BD平面BC1D，EF平面BC1D，∴EF∥平面BC1D．

(Ⅱ)连接DM，分别以MB、MC、MD所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图4的空间直角坐标系，则B(1,0,0)，E(-1,0,1)，D(0,0,2)，C1(0,3,2)，∴BD=(-1,0,2)，BE=(-2,0,1),BC1=(-1,3,2).设平面BC1D的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，平面BC1E的一个法向量为n=(x2,y2,z2)，则由m·BD=0及m·BC1=0得-x1+2z1=0及-x1+3y1+2z1=0，取m=(2,0,1)．又由n·BE=0及n·BC1=0得-2x2+z2=0及-x2+3y2+2z2=0，取n=(1,-3,2)，又由m与n的数量积公式可得cos=105，故二面角E-BC1-D的余弦值为105．

19.解(Ⅰ)a2=a1+b12=20132,b2=a2+b12=60394.

(Ⅱ)证明：依题意，有

an+1=an+bn2,

bn+1=an+1+bn2an+1=12an+12bn,

bn+1=14an+34bn, 因为an+1-bn+1an-bn=(12an+12bn)-(14an+34bn)an-bn=14(n∈N*)，又a1-b1=-2013≠0，所以{an-bn}是首项为-2013，公比为14的等比数列．因为

an+1+2bn+1an+2bn=(12an+12bn)+2(14an+34bn)an+2bn=1，又a1+2b1=4026≠0，所以{an+2bn}是首项为4026，公比为1的等比数列．

(Ⅲ)由(Ⅱ)得an+2bn=4026,

an-bn=-20134n-1,解得an=1342-13424n-1,

bn=1342+6714n-1,显然{an}是单调递增数列，{bn}是单调递减数列，而且an<1342

6714n-1<1,于是22n-2>1342，而210=1024，212=4096，所以2n-2≥12,n≥7，即对任意的n∈N*且n≥7时，1341

综上所述，存在唯一的正整数c=1342，使得对任意的n∈N*，有an

20.解(Ⅰ)根据题意，设抛物线C的方程为y2=ax(a≠0)，点M(1,2)的坐标代入该方程，得a=4，故该抛物线的方程为y2=4x．

设这个等边三角形OEF的顶点E、F在抛物线上，且坐标为(xE,yE)，(xF,yF)，则y2E=4xE,y2F=4xF，又|OE|=|OF|，∴x2E+y2E=x2F+y2F，即x2E-x2F+4xE-4xF=0,∴(xE-xF)(xE+xF+4)=0，因xE>0，xF>0，故xE=xF，即线段EF关于x轴对称，则∠EOx=30°，yExE=tan30°=33，即xE=3yE，代入y2E=4xE得yE=43，故等边三角形的边长为83．

(Ⅱ)设A(x1,y1)、B(x2,y2)，则直线MA方程y=k1(x-1)+2，MB方程y=k2(x-1)+2，联立直线MA方程与抛物线方程，得y=k1(x-1)+2,

y2=4x,消去x得

k1y2-4y+8-4k1=0，∴y1=4k1-2， ①

同理，y2=4k2-2， ②

而直线AB的方程为y-y1=y2-y1x2-x1(x-x1)，消去其中的x1、x2可得到y-y1=y2-y1y224-y214(x-y214)，化简得y=4y1+y2x+y1y2y1+y2， ③

由①、②得y1+y2=4·k1+k2k1k2-4=-4k1k2-4，y1y2=4［4k1k2-2(k1+k2)k1k2+1］=4(6k1k2+1)，代入③，整理得k1k2(x+y+1)+6+y=0．由x+y+1=0,

y+6=0可得x=5,

y=-6,故直线AB恒过定点(5,-6)．

21.解(Ⅰ)∵f(x)=12ax2lnx，∴f ′(x)=axlnx+12ax=12ax(2lnx+1)(x>0,a>0),由f ′(x)>0得x>e-1/2；由f ′(x)<0，得0

(Ⅱ)g(x)=12x2-alnx+(a-1)x，则g′(x)=x-ax+(a-1)=x2+(a-1)x-ax=(x+a)(x-1)x，令g′(x)=0，∵a>0，解得x=1或x=-a(舍去)，当01时，g′(x)>0，故g(x)在(1,+∞)上单调递增．函数g(x)在区间(1e,e)内有两个零点，只需

g(1)<0,

g(1e)>0,

g(e)>0,∴a>2e-12e2+2e,

a<12,

a>2e-e22e-2,故实数a的取值范围为(2e-12e2+2e,12)．

(Ⅲ)问题等价于x2lnx>x2ex-34，由(Ⅰ)知f(x)=x2lnx的最小值为-12e．

设h(x)=x2ex-34，h′(x)=-x(x-2)ex，易知h(x)在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减， ∴h(x)max=h(2)=4e2-34．

∵-12e-(4e2-34)=34-12e-4e2=3e2-2e-164e2=(3e-8)(e+2)4e2>0，∴f(x)min>h(x)max，从而x2lnx>x2ex-34，故当x>0时，lnx+34x2-1ex>0．

(收稿日期：2014-02-04)

P(ξ=1)=34×(1-12)3+(1-34)×C13(12)3=632=316;

P(ξ=2)=34×C13(12)3+(1-34)×C23(12)3=1232=38;

P(ξ=3)=34×C23(12)3+(1-34)×(12)3=1032=516;

P(ξ=4)=34×(12)3=332.

ξ的分布列为:

ξ01234P13231638516332 ∴ξ的数学期望Eξ=0×132+1×316+2×38+3×516+4×332=94.图4

18.解(Ⅰ)证明:如图4取AB的中点M，∵AF=14AB，∴F为AM的中点，又∵E为AA1的中点，∴EF∥A1M.在三棱柱ABC-A1B1C1中，D，M分别为A1B1，AB的中点，∴A1D∥BM，且A1D=BM，则四边形A1DBM为平行四边形，∴A1M∥BD，∴EF∥BD，又∵BD平面BC1D，EF平面BC1D，∴EF∥平面BC1D．

(Ⅱ)连接DM，分别以MB、MC、MD所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图4的空间直角坐标系，则B(1,0,0)，E(-1,0,1)，D(0,0,2)，C1(0,3,2)，∴BD=(-1,0,2)，BE=(-2,0,1),BC1=(-1,3,2).设平面BC1D的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，平面BC1E的一个法向量为n=(x2,y2,z2)，则由m·BD=0及m·BC1=0得-x1+2z1=0及-x1+3y1+2z1=0，取m=(2,0,1)．又由n·BE=0及n·BC1=0得-2x2+z2=0及-x2+3y2+2z2=0，取n=(1,-3,2)，又由m与n的数量积公式可得cos=105，故二面角E-BC1-D的余弦值为105．

19.解(Ⅰ)a2=a1+b12=20132,b2=a2+b12=60394.

(Ⅱ)证明：依题意，有

an+1=an+bn2,

bn+1=an+1+bn2an+1=12an+12bn,

bn+1=14an+34bn, 因为an+1-bn+1an-bn=(12an+12bn)-(14an+34bn)an-bn=14(n∈N*)，又a1-b1=-2013≠0，所以{an-bn}是首项为-2013，公比为14的等比数列．因为

an+1+2bn+1an+2bn=(12an+12bn)+2(14an+34bn)an+2bn=1，又a1+2b1=4026≠0，所以{an+2bn}是首项为4026，公比为1的等比数列．

(Ⅲ)由(Ⅱ)得an+2bn=4026,

an-bn=-20134n-1,解得an=1342-13424n-1,

bn=1342+6714n-1,显然{an}是单调递增数列，{bn}是单调递减数列，而且an<1342

6714n-1<1,于是22n-2>1342，而210=1024，212=4096，所以2n-2≥12,n≥7，即对任意的n∈N*且n≥7时，1341

综上所述，存在唯一的正整数c=1342，使得对任意的n∈N*，有an

20.解(Ⅰ)根据题意，设抛物线C的方程为y2=ax(a≠0)，点M(1,2)的坐标代入该方程，得a=4，故该抛物线的方程为y2=4x．

设这个等边三角形OEF的顶点E、F在抛物线上，且坐标为(xE,yE)，(xF,yF)，则y2E=4xE,y2F=4xF，又|OE|=|OF|，∴x2E+y2E=x2F+y2F，即x2E-x2F+4xE-4xF=0,∴(xE-xF)(xE+xF+4)=0，因xE>0，xF>0，故xE=xF，即线段EF关于x轴对称，则∠EOx=30°，yExE=tan30°=33，即xE=3yE，代入y2E=4xE得yE=43，故等边三角形的边长为83．

(Ⅱ)设A(x1,y1)、B(x2,y2)，则直线MA方程y=k1(x-1)+2，MB方程y=k2(x-1)+2，联立直线MA方程与抛物线方程，得y=k1(x-1)+2,

y2=4x,消去x得

k1y2-4y+8-4k1=0，∴y1=4k1-2， ①

同理，y2=4k2-2， ②

而直线AB的方程为y-y1=y2-y1x2-x1(x-x1)，消去其中的x1、x2可得到y-y1=y2-y1y224-y214(x-y214)，化简得y=4y1+y2x+y1y2y1+y2， ③

由①、②得y1+y2=4·k1+k2k1k2-4=-4k1k2-4，y1y2=4［4k1k2-2(k1+k2)k1k2+1］=4(6k1k2+1)，代入③，整理得k1k2(x+y+1)+6+y=0．由x+y+1=0,

y+6=0可得x=5,

y=-6,故直线AB恒过定点(5,-6)．

21.解(Ⅰ)∵f(x)=12ax2lnx，∴f ′(x)=axlnx+12ax=12ax(2lnx+1)(x>0,a>0),由f ′(x)>0得x>e-1/2；由f ′(x)<0，得0

(Ⅱ)g(x)=12x2-alnx+(a-1)x，则g′(x)=x-ax+(a-1)=x2+(a-1)x-ax=(x+a)(x-1)x，令g′(x)=0，∵a>0，解得x=1或x=-a(舍去)，当01时，g′(x)>0，故g(x)在(1,+∞)上单调递增．函数g(x)在区间(1e,e)内有两个零点，只需

g(1)<0,

g(1e)>0,

g(e)>0,∴a>2e-12e2+2e,

a<12,

a>2e-e22e-2,故实数a的取值范围为(2e-12e2+2e,12)．

(Ⅲ)问题等价于x2lnx>x2ex-34，由(Ⅰ)知f(x)=x2lnx的最小值为-12e．

设h(x)=x2ex-34，h′(x)=-x(x-2)ex，易知h(x)在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减， ∴h(x)max=h(2)=4e2-34．

∵-12e-(4e2-34)=34-12e-4e2=3e2-2e-164e2=(3e-8)(e+2)4e2>0，∴f(x)min>h(x)max，从而x2lnx>x2ex-34，故当x>0时，lnx+34x2-1ex>0．

(收稿日期：2014-02-04)

P(ξ=1)=34×(1-12)3+(1-34)×C13(12)3=632=316;

P(ξ=2)=34×C13(12)3+(1-34)×C23(12)3=1232=38;

P(ξ=3)=34×C23(12)3+(1-34)×(12)3=1032=516;

P(ξ=4)=34×(12)3=332.

ξ的分布列为:

ξ01234P13231638516332 ∴ξ的数学期望Eξ=0×132+1×316+2×38+3×516+4×332=94.图4

18.解(Ⅰ)证明:如图4取AB的中点M，∵AF=14AB，∴F为AM的中点，又∵E为AA1的中点，∴EF∥A1M.在三棱柱ABC-A1B1C1中，D，M分别为A1B1，AB的中点，∴A1D∥BM，且A1D=BM，则四边形A1DBM为平行四边形，∴A1M∥BD，∴EF∥BD，又∵BD平面BC1D，EF平面BC1D，∴EF∥平面BC1D．

(Ⅱ)连接DM，分别以MB、MC、MD所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图4的空间直角坐标系，则B(1,0,0)，E(-1,0,1)，D(0,0,2)，C1(0,3,2)，∴BD=(-1,0,2)，BE=(-2,0,1),BC1=(-1,3,2).设平面BC1D的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，平面BC1E的一个法向量为n=(x2,y2,z2)，则由m·BD=0及m·BC1=0得-x1+2z1=0及-x1+3y1+2z1=0，取m=(2,0,1)．又由n·BE=0及n·BC1=0得-2x2+z2=0及-x2+3y2+2z2=0，取n=(1,-3,2)，又由m与n的数量积公式可得cos=105，故二面角E-BC1-D的余弦值为105．

19.解(Ⅰ)a2=a1+b12=20132,b2=a2+b12=60394.

(Ⅱ)证明：依题意，有

an+1=an+bn2,

bn+1=an+1+bn2an+1=12an+12bn,

bn+1=14an+34bn, 因为an+1-bn+1an-bn=(12an+12bn)-(14an+34bn)an-bn=14(n∈N*)，又a1-b1=-2013≠0，所以{an-bn}是首项为-2013，公比为14的等比数列．因为

an+1+2bn+1an+2bn=(12an+12bn)+2(14an+34bn)an+2bn=1，又a1+2b1=4026≠0，所以{an+2bn}是首项为4026，公比为1的等比数列．

(Ⅲ)由(Ⅱ)得an+2bn=4026,

an-bn=-20134n-1,解得an=1342-13424n-1,

bn=1342+6714n-1,显然{an}是单调递增数列，{bn}是单调递减数列，而且an<1342

6714n-1<1,于是22n-2>1342，而210=1024，212=4096，所以2n-2≥12,n≥7，即对任意的n∈N*且n≥7时，1341

综上所述，存在唯一的正整数c=1342，使得对任意的n∈N*，有an

20.解(Ⅰ)根据题意，设抛物线C的方程为y2=ax(a≠0)，点M(1,2)的坐标代入该方程，得a=4，故该抛物线的方程为y2=4x．

设这个等边三角形OEF的顶点E、F在抛物线上，且坐标为(xE,yE)，(xF,yF)，则y2E=4xE,y2F=4xF，又|OE|=|OF|，∴x2E+y2E=x2F+y2F，即x2E-x2F+4xE-4xF=0,∴(xE-xF)(xE+xF+4)=0，因xE>0，xF>0，故xE=xF，即线段EF关于x轴对称，则∠EOx=30°，yExE=tan30°=33，即xE=3yE，代入y2E=4xE得yE=43，故等边三角形的边长为83．

(Ⅱ)设A(x1,y1)、B(x2,y2)，则直线MA方程y=k1(x-1)+2，MB方程y=k2(x-1)+2，联立直线MA方程与抛物线方程，得y=k1(x-1)+2,

y2=4x,消去x得

k1y2-4y+8-4k1=0，∴y1=4k1-2， ①

同理，y2=4k2-2， ②

而直线AB的方程为y-y1=y2-y1x2-x1(x-x1)，消去其中的x1、x2可得到y-y1=y2-y1y224-y214(x-y214)，化简得y=4y1+y2x+y1y2y1+y2， ③

由①、②得y1+y2=4·k1+k2k1k2-4=-4k1k2-4，y1y2=4［4k1k2-2(k1+k2)k1k2+1］=4(6k1k2+1)，代入③，整理得k1k2(x+y+1)+6+y=0．由x+y+1=0,

y+6=0可得x=5,

y=-6,故直线AB恒过定点(5,-6)．

21.解(Ⅰ)∵f(x)=12ax2lnx，∴f ′(x)=axlnx+12ax=12ax(2lnx+1)(x>0,a>0),由f ′(x)>0得x>e-1/2；由f ′(x)<0，得0

(Ⅱ)g(x)=12x2-alnx+(a-1)x，则g′(x)=x-ax+(a-1)=x2+(a-1)x-ax=(x+a)(x-1)x，令g′(x)=0，∵a>0，解得x=1或x=-a(舍去)，当01时，g′(x)>0，故g(x)在(1,+∞)上单调递增．函数g(x)在区间(1e,e)内有两个零点，只需

g(1)<0,

g(1e)>0,

g(e)>0,∴a>2e-12e2+2e,

a<12,

a>2e-e22e-2,故实数a的取值范围为(2e-12e2+2e,12)．

(Ⅲ)问题等价于x2lnx>x2ex-34，由(Ⅰ)知f(x)=x2lnx的最小值为-12e．

设h(x)=x2ex-34，h′(x)=-x(x-2)ex，易知h(x)在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减， ∴h(x)max=h(2)=4e2-34．

∵-12e-(4e2-34)=34-12e-4e2=3e2-2e-164e2=(3e-8)(e+2)4e2>0，∴f(x)min>h(x)max，从而x2lnx>x2ex-34，故当x>0时，lnx+34x2-1ex>0．

(收稿日期：2014-02-04)