【数学】2019一轮复习苏教版活用审题路线图教你审题不再难学案
审题概述
审题即弄清题意，明确题目的条件与结论，审题是解题的基础，深入细致的审题是正确
迅速解题的前提．
审题不仅存在于解题的开端，还要贯穿于解题思路的全过程和解答后的反思回顾．正确
的审题要多角度地观察，由表及里，由条件到结论，由数式到图形，洞察问题实质，选择正
确的解题方向．事实上，很多考生往往对审题掉以轻心，或不知从何处入手进行审题，致使
解题失误而丢分．本篇结合实例，教你正确的审题方法，给你制订一条“审题路线图”，攻克
高考解答题．
一审条件挖隐含
题目的条件是解题的主要素材，充分利用条件和结论间的内在联系是解题的必经
之路.条件有明示的，也有隐含的，审视条件更重要的是充分挖掘每一个条件的内涵和
隐含信息，发挥隐含条件的解题功能.
例 1 已知函数 f(x)＝4sin(ωx－π
4)·cos ωx 在 x＝π
4处取得最值，其中 ω∈(0,2)．
(1)求函数 f(x)的最小正周期；
(2)将函数 f(x)的图象向左平移 π
36个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标伸长为原来的 3
倍，纵坐标不变，得到函数 y＝g(x)的图象，若 α 为锐角，g(α)＝4
3－ 2，求 cos α.
审题路线图
(1)f(x)＝4sin(ωx－π
4)·cos ωx ― ― →化简
变形
f(x)＝2sin(2ωx－π
4)－ 2 ― ― ― ― ― ― ― ― ―→f(x)在 x＝处取得最值
ω＝2k＋3
2，k ∈ Z ― ― →0 < ω < 2
ω＝3
2―→T＝2π
3
(2)f(x)图象变换 ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― →左移个单位长度
横坐标伸长为原来的 3 倍
g(x)＝f(1
3x＋ π
36) ― ― ― ― ―→g(α)＝4
3
－ 2
代入
sin(α－π
6 )＝2
3 ― ― ― ― ― ― →α 为锐角
确定开方的符号 cos(α－π
6 )＝ 5
3 ― ― ―→和差公式
求得 cos α＝ 15－2
6
解 (1)f(x)＝4sin(ωx－π
4)·cos ωx
＝2 2sin ωx·cos ωx－2 2cos2ωx
＝ 2(sin 2ωx－cos 2ωx)－ 2
＝2sin(2ωx－π
4)－ 2，
∵f(x)在 x＝π
4处取得最值，
∴2ω·π
4－π
4＝kπ＋π
2，k∈Z，
∴ω＝2k＋3
2，k∈Z.
∵ω∈(0,2)，即 0<2k＋3
2<2，
∴－3
4
0)，
f′(x)＝2
x－ 9
(x＋1)2
＝2(x＋1)2－9x
x(x＋1)2
＝2x2－5x＋2
x(x＋1)2
＝
(2x－1)(x－2)
x(x＋1)2 (x>0)，
令 f′(x)>0，则 x>2 或 0f(3)．
所以函数 f(x)在[1,3]上的最小值为 2ln 2－5，最大值为－7
2.
(2)若对于任意的 x1∈[1,2]，存在 x2∈[2,3]，使 f(x1)≥h(x2)，则 f(x1)min≥h(x2)有解．
又 a＝－2，所以 f(x)＝－2ln x－8x－1
x＋1 ，
f′(x)＝－2
x－ 9
(x＋1)2<0，
所以 f(x)在[1,2]上单调递减，
f(x1)min＝f(2)＝－2ln 2－5.
所以 x22－2bx2＋4≤－2ln 2－5 有解，
转化为 2b≥x22＋9＋2ln 2
x2 有解．
设函数 g(x)＝x2＋9＋2ln 2
x ，
则 g(x)在[2,3]上单调递减，
所以 2b≥g(x)min＝g(3)＝9＋9＋2ln 2
3 ，即 b≥9＋ln 2
3 .
所以 b 的取值范围为[9＋ln 2
3 ，＋∞).
跟踪演练 2 (2017·江苏盐城期中)设函数 f(x)＝ln x－ax(x∈R)．
(1)若直线 y＝3x－1 是函数 f(x)图象的一条切线，求实数 a 的值；
(2)若函数 f(x)在[1，e2]上的最大值为 1－ae(e 为自然对数的底数)，求实数 a 的值；
(3)若关于 x 的方程 ln(2x2－x－3t)＋x2－x－t＝ln(x－t)有且仅有惟一的实数根，求实数 t 的取
值范围．
解 (1)∵f(x)＝－ax＋ln x，∴f′(x)＝1
x－a，
设切点横坐标为 x0，则Error!
消去 a，得 ln x0＝0，故 x0＝1，得 a＝－2.
(2)f′(x)＝1
x－a,1≤x≤e2，则1
e2≤1
x≤1.
①当 a≤1
e2时，f′(x)≥0 在[1，e2]上恒成立，f(x)在[1，e2]上单调递增，
则 f(x)max＝f(e2)＝2－ae2＝1－ae，
得 a＝ 1
e2－e>1
e2，舍去；
②当 a≥1 时，f′(x)≤0 在[1，e2]上恒成立，f(x)在[1，e2]上单调递减，
则 f(x)max＝f(1)＝－a＝1－ae，得 a＝ 1
e－1<1，舍去；
③当1
e20，g(a)单调递增，
故 g(a)min＝g(1
e )＝0，
∴ae－2－ln a＝0 的解为 a＝1
e.
综上①②③可知，a＝1
e.
(3)方程 ln(2x2－x－3t)＋x2－x－t＝ln(x－t)可化为
ln(2x2－x－3t)＋1
2(2x2－x－3t)＝ln(x－t)＋1
2(x－t)，
令 h(x)＝ln x＋1
2x，
故原方程可化为 h(2x2－x－3t)＝h(x－t)．
由 h′(x)＝1
x＋1
2，x>0 知，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故Error!有且仅有惟一实数根，
即方程 x2－x－t＝0(*)在(t，＋∞)上有且仅有惟一实数根．
①当 Δ＝4t＋1＝0，即 t＝－1
4时，方程(*)的实数根为 x＝1
2>－1
4，满足题意；
②当 Δ>0，即 t>－1
4时，方程(*)有两个不等实数根，记为 x1，x2，不妨设 x1≤t，x2>t，
(i)若 x1＝t，x2>t，代入方程(*)，得 t2－2t＝0，得 t＝0 或 t＝2，
当 t＝0 时方程(*)的两根为 0,1，符合题意，
当 t＝2 时方程(*)的两根为 2，－1，不合题意，舍去；
(ii)若 x1t，设 φ(x)＝x2－x－t，
则由 φ(t)<0，得 00，b>0)的两个焦点，P 是 C 上一点，若 PF1＋PF2＝
6a，且△PF1F2 最小的内角为 30°，则双曲线 C 的渐近线方程是______．
答案 (1)2 (2) 2x±y＝0
解析 (1)方法一 因为 bcos C＋ccos B＝2b，
所以 b·a2＋b2－c2
2ab ＋c·a2＋c2－b2
2ac ＝2b，
化简可得a
b＝2.
方法二 因为 bcos C＋ccos B＝2b，
所以 sin Bcos C＋sin Ccos B＝2sin B，
故 sin(B＋C)＝2sin B，
故 sin A＝2sin B，则 a＝2b，即a
b＝2.
(2)由题意，不妨设 PF1>PF2，
则根据双曲线的定义，得 PF1－PF2＝2a，
又 PF1＋PF2＝6a，
解得 PF1＝4a，PF2＝2a.
在△PF1F2 中，F1F2＝2c，而 c>a，
所以有 PF2g(f(x))的 x 的值为________．
(2)某校举行了由全部学生参加的校园安全知识考试 ，从中抽出 60 名学生，将其成绩分成六
段：[40,50)，[50,60)，…，[90,100]后，画出如图所示的频率分布直方图．观察图形中的信息，
回答下列问题：估计这次考试的及格率(60 分及以上为及格)为________，平均分为
________．
答案 (1)1 2 (2)75% 71
解析 (1)第一空，因为 g(1)＝3，所以 f(g(1))＝f(3)＝1.
第二空，当 x＝1 时，f(g(x))＝f(g(1))＝f(3)＝1，
g(f(x))＝g(f(1))＝g(1)＝3.此时 1<3，也即
f(g(x))1，也即 f(g(x))>g(f(x))，符合题意．
同理可解得 x＝3 时，不符合题意．
(2)及格的频率是(0.015＋0.03＋0.025＋0.005)×10＝0.75，即及格率约为 75%.
样本的平均数为 45×0.1＋55×0.15＋65×0.15＋75×0.3＋85×0.25＋95×0.05＝71，以这个
分数估计总体的分数即得总体的平均分约为 71.
六审细节更完善
审题不仅要从宏观上、整体上去分析、去把握，还要更加注意审视一些细节上的问题.
例如括号内的标注、数据的范围、图象的特点等.因为标注、范围大多是对数学概念、公式、
定理中所涉及的一些量或解析式的限制条件.审视细节能适时地利用相关量的约束条件，调
整解决问题的方向.所以说重视审视细节，更能体现审题的深刻性.
例 6 已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，Sn＋1＋Sn＝a 2n＋1，数列{bn}满足 bnbn＋1＝
，且 b1＝1.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记 Tn＝anb2＋an－1b4＋…＋a1b2n，求 Tn.
审题路线图
(1)Sn＋1＋Sn＝a 2n＋1 ― ― →当 n ≥ 2时
(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0 ― ― ― ― →已知{an}为
正项数列
当 n ≥ 2时，an＋1－an＝1 ― ― ― ― →验证当 n＝1 时
的情况
{an}为等差数列―→求得 an―→bnbn＋1＝＝3n
― ― →当 n ≥ 2时
bn＋1
bn－1＝3 ― ― ― ― →利用 b1＝1
可求得 b2＝3 分奇偶项求得 bn
(2)由(1)可得 b2n＝3n―→Tn 可使用错位相减法求得
―→对式子进行化简整理 ― ― ― ― →可利用 n＝1，2
进行估算验证 写出正确结果
解 (1)∵Sn＋1＋Sn＝a 2n＋1，①
Sn＋Sn－1＝a2n(n≥2)，②
①－②得 an＋1＋an＝a 2n＋1－a2n，
∴(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.
∵an＋1>0，an>0，∴an＋1＋an≠0，
∴an＋1－an＝1(n≥2)．
又由 S2＋S1＝a22，得 2a1＋a2＝a22，
即 a22－a2－2＝0，∴a2＝2 或－1(舍去)．
∴a2－a1＝1，
∴{an}是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，∴an＝n.
∵bnbn＋1＝ ＝3n，③
bn－1bn＝3n－1 (n≥2)，④
3 na
3 na
③
④得bn＋1
bn－1＝3(n≥2)，
又由 b1＝1，可求 b2＝3，
故 b1，b3，…，b2n－1 是首项为 1，公比为 3 的等比数列，b2，b4，…，b2n 是首项为 3，公比
为 3 的等比数列．
∴b2n－1＝3n－1，b2n＝3·3n－1＝3n.
∴bn＝Error!
(2)由(1)得 Tn＝3an＋32an－1＋33an－2＋…＋3na1，⑤
3Tn＝32an＋33an－1＋34an－2＋…＋3n＋1a1，⑥
⑥－⑤得 2Tn＝－3an＋32(an－an－1)＋33(an－1－an－2)＋…＋3n(a2－a1)＋3n＋1a1，
∵an＝n，∴2Tn＝－3n＋32＋33＋…＋3n＋3n＋1
＝－3n＋32(1－3n)
1－3 ＝－3n－9
2＋1
2·3n＋2，
∴Tn＝3n＋2
4 －3n
2 －9
4.
跟踪演练 6 (2017·江苏无锡期末)数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝2，Sn＝an(n
3＋r )(r∈R，
n∈N*)．
(1)求 r 的值及数列{an}的通项公式；
(2)设 bn＝ n
an(n∈N*)，记{bn}的前 n 项和为 Tn.
①当 n∈N*时，λ0，
∴Bn＋1>Bn，∴Bn 单调递增，(Bn)min＝B1＝1
3，
∴λ<1
3.
②证明 ∵Tn＝1
2＋1
3＋…＋ 1
n＋1，
∴当 n≥2 时，Tn－1＝1
2＋1
3＋…＋1
n，
∴Tn－Tn－1＝ 1
n＋1，即(n＋1)Tn－nTn－1＝Tn－1＋1.
∴当 n≥2 时，
n－1
∑
i＝1
(Tn＋1)＝(3T2－2T1)＋(4T3－3T2)＋(5T4－4T3)＋…＋[(n＋1)Tn－nTn－1]＝
(n＋1)Tn－2T1＝(n＋1)Tn－1，
∴存在关于 n 的整式 g(n)＝n＋1，使得
n－1
∑
i＝1
(Tn＋1)＝Tn·g(n)－1 对一切 n≥2，n∈N*都成立．
A 组 专题通关
1．(2017·江苏涟水一中月考)在区间[－2,4]上随机选取一个数 X，则 X≤1 的概率为
________．
答案 1
2
解析 在区间[－2,4]上随机选取一个数 X，
则 X≤1 的概率 P＝1－(－2)
4－(－2)＝1
2.
2．(2017·南京中华中学月考)从某校高三年级随机抽取一个班，对该班 45 名学生的高校招生
体检表中视力情况进行统计，其结果的频率分布直方图如图．若某高校 A 专业对视力的要求
在 0.9 以上，则该班学生中能报 A 专业的人数为________．
答案 18
解析 由频率分布直方图知，视力在 0.9 以上的频率为(1.00＋0.75＋0.25)×0.2＝0.4，∴该班
学生中能报 A 专业的人数为 45×0.4＝18.
3．(2017·苏北四市摸底)如图是一个算法的流程图，则输出 x 的值为________．
答案 23
解析 模拟程序框图的运行过程知，
第 1 次循环，x＝5，n＝2；
第 2 次循环，x＝11，n＝3；
第 3 次循环，x＝23，n＝4；
退出循环，输出 x＝23.
4．(2017·南京一中实验学校月考)设 l 是一条直线，α，β，γ 是不同的平面，则在下列命题中，
假命题是________．(填序号)
①如果 α⊥β，那么 α 内一定存在直线平行于 β；
②如果 α 不垂直于 β，那么 α 内一定不存在直线垂直于 β；
③如果 α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，那么 l⊥γ；
④如果 α⊥β，l 与 α，β 都相交，那么 l 与 α，β 所成的角互余．
答案 ④
解析 ①如果 α⊥β，那么 α 与 β 一定相交，所以在 α 内一定存在直线平行于 β，正确；②如
果 α 不垂直于 β，α，β 又不同，那么 α 与 β 相交但不垂直或者平行，所以 α 内一定不存在直
线垂直于 β，正确；③如果 α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，根据面面垂直的性质定理以及线面垂直的
判定定理和性质定理，可以得到 l⊥γ，正确；④如果 α⊥β，l 与 α，β 都相交，当 l 与交线垂
直时，l 与 α，β 所成的角互余；当直线 l 与交线不垂直时，l 与 α，β 所成的角不互余，错
误．
5．(2017·江苏扬中、六合等七校联考)正数 x，y 满足 x＋2y＝2，则 x＋8y
xy 的最小值为
________．
答案 9
解析 x＋8y
xy ＝1
2(1
y＋8
x )(x＋2y)＝1
2(2＋8＋x
y＋y
x·16)≥1
2(10＋2 16)＝1
2×18＝9，当且仅当x
y＝4，
x＋2y＝2，即 y＝1
3，x＝4
3时“＝”成立．
6．已知 α∈(0，π
2 )，β∈(π
2，π )，cos α＝1
3，sin(α＋β)＝－3
5，则 cos β＝________.
答案 －4＋6 2
15
解析 因为 α∈(0，π
2 )，cos α＝1
3，
所以 sin α＝2 2
3 .
又 α＋β∈(π
2，3π
2 )，sin(α＋β)＝－3
5<0，
所以 α＋β∈(π，3π
2 )，故 cos(α＋β)＝－4
5，
从而 cos β＝cos(α＋β－α)
＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α
＝－4
5×1
3－3
5×2 2
3 ＝－4＋6 2
15 .
7．(2017·江苏启东中学月考)如图，在直角梯形 ABCD 中，AB∥CD，∠ADC＝90°，AB＝3，
AD＝ 2，E 为 BC 的中点，若AB
→
·AC
→
＝3，则AE
→
·BC
→
＝________.
答案 －3
解析 以 A 点为坐标原点，AB 所在的直线为 x 轴，AD 所在的直线为 y 轴，建立如图所示的
坐标系，
∵AB＝3，AD＝ 2，∴A(0,0)，B(3,0)，D(0， 2)，
设 C(x， 2)，∴AB
→
＝(3,0)，AC
→
＝(x， 2)，
∵AB
→
·AC
→
＝3，∴3x＝3，
解得 x＝1，∴C(1， 2)．
∵E 为 BC 的中点，∴E(3＋1
2 ，0＋ 2
2 )，即为(2， 2
2 )，
∴AE
→
＝(2， 2
2 )，BC
→
＝(－2， 2)，
∴AE
→
·BC
→
＝2×(－2)＋ 2
2 × 2＝－4＋1＝－3.
8．(2017·江苏丰县中学摸底)已知函数 f(x)＝x 3＋mx＋1
4，g(x)＝－ln x．min{a，b}表示 a，b
中的最小值，若函数 h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)恰有三个零点，则实数 m 的取值范围是
________．
答案 (－5
4，－3
4)
解析 f′(x)＝3x2＋m，因为 g(1)＝0，
所以要使 h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)恰有三个零点，
需满足 f(1)>0，f ( －m
3 )<0，m<0，
解得 m>－5
4，
－m
3 >1
2⇒－5
40，ω>0,0<φ<π)的
部分图象如图所示．
(1)求 A，ω，φ 的值；
(2)设 θ 为锐角，且 f(θ)＝－3 3
5 ，求 f (θ－π
6 )的值．
解 (1)由图象得 A＝ 3，
最小正周期 T＝4
3(7π
12＋π
6)＝π，
∴ω＝2π
T ＝2，∴f(x)＝ 3sin(2x＋φ)．
由 f(7π
12 )＝－ 3，得 2(7π
12 )＋φ＝－π
2＋2kπ，k∈Z，
∴φ＝－5π
3 ＋2kπ，k∈Z.
∵0<φ<π，∴φ＝π
3.
(2)由 f(θ)＝ 3sin(2θ＋π
3)＝－3 3
5 ，
得 sin(2θ＋π
3)＝－3
5.
∵θ∈(0，π
2 )，∴2θ＋π
3∈(π
3，4π
3 )，
又 sin(2θ＋π
3)<0，∴2θ＋π
3∈(π，4π
3 )，
∴cos(2θ＋π
3)＝－ 1－sin2(2θ＋π
3)＝－4
5，
∴f(θ－π
6 )＝ 3sin 2θ＝ 3sin[(2θ＋π
3)－π
3]
＝ 3[sin(2θ＋π
3)cos π
3－cos(2θ＋π
3)sin π
3]
＝ 3(－3
5 × 1
2＋4
5 × 3
2 )＝12－3 3
10 .
10．(2017·江苏南通中学质检)如图，某城市有一块半径为 40 m 的半圆形绿化区域(以 O 为圆
心，AB 为直径)，现计划对其进行改建．在 AB 的延长线上取点 D，OD＝80 m，在半圆上选
定一点 C，改建后的绿化区域由扇形区域 AOC 和三角形区域 COD 组成，其面积为 S m2.设
∠AOC＝x rad.
(1)写出 S 关于 x 的函数关系式 S(x)，并指出 x 的取值范围；
(2)试问∠AOC 多大时，改建后的绿化区域面积 S 取得最大值．
解 (1)因为扇形 AOC 的半径为 40 m，∠AOC＝x rad，
所以扇形 AOC 的面积 S 扇形 AOC＝x·OA2
2 ＝800x,0＜x＜π.
在△COD 中，OD＝80，OC＝40，∠COD＝π－x，
所以△COD 的面积 S△COD＝1
2·OC·OD·sin∠COD＝1 600sin(π－x)＝1 600sin x.
从而 S＝S△COD＋S 扇形 AOC＝1 600sin x＋800x,0＜x＜π.
(2)由(1)知，S(x)＝1 600sin x＋800x,0＜x＜π.
S′(x)＝1 600cos x＋800＝1 600(cos x＋1
2).
由 S′(x)＝0，解得 x＝2π
3 .
从而当 0＜x＜2π
3 时，S′(x)＞0；当2π
3 ＜x＜π 时，S′(x)＜0，
因此 S(x)在区间(0，2π
3 )上单调递增；在区间(2π
3 ，π)上单调递减．
所以当 x＝2π
3 时，S(x)取得最大值．
答 当∠AOC 为2π
3 时，改建后的绿化区域面积 S 最大．
B 组 能力提高
11．(2017·江苏扬州期中)如图，已知椭圆 C：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的右焦点为 F，过点 F 的直线
交 y 轴于点 N、交椭圆 C 于点 A，P(P 在第一象限)，过点 P 作 y 轴的垂线交椭圆 C 于另外一
点 Q.若NF
→
＝2FP
→
.
(1)设直线 PF，QF 的斜率分别为 k，k′，求证： k
k′为定值；
(2)若AN
→
＝FP
→
且△APQ 的面积为12 15
5 ，求椭圆 C 的方程．
(1)证明 设 F(c,0)且 c2＝a2－b2，P(x0，y0)，
则 Q(－x0，y0)，所以 k＝ y0
x0－c，k′＝ y0
－x0－c.
因为NF
→
＝2FP
→
，所以 c＝2(x0－c)，即 x0＝3
2c，
所以 k＝ y0
x0－c＝2y0
c ，k′＝ y0
－x0－c＝ 2y0
－5c，
所以 k＝－5k′，即 k
k′＝－5，为定值．
(2)解 若 AN＝FP，则 AF＝3FP，
所以AF
→
＝3FP
→
，解得 A(－1
2c，－3y0).
因为点 P，A 在椭圆 C 上，所以Error!
①×9－②，得80c2
4a2 ＝8，解得c2
a2＝2
5.
则c2
b2＝2
3，代入①得y20
b2＝ y20
3c2
2
＝ 1
10，y20
c2＝ 3
20.
因为 S△APQ＝1
2×3c×4y0＝6cy0 且 S△APQ＝12 15
5 ，
解得 c2y20＝12
5 ，则 c2＝4，所以 a2＝10，b2＝6，
所以椭圆方程为x2
10＋y2
6＝1.
12．已知函数 f(x)＝ln x＋2a
x ，a∈R.
(1)若函数 f(x)在[2，＋∞)上是增函数，求实数 a 的取值范围；
(2)若函数 f(x)在[1，e]上的最小值为 3，求实数 a 的值．
解 (1)∵f(x)＝ln x＋2a
x ，∴f′(x)＝1
x－2a
x2 .
∵f(x)在[2，＋∞)上是增函数，
∴f′(x)＝1
x－2a
x2 ≥0 在[2，＋∞)上恒成立，
即 a≤x
2在[2，＋∞)上恒成立．
令 g(x)＝x
2，则 a≤g(x)min，x∈[2，＋∞)，
∵g(x)＝x
2在[2，＋∞)上是增函数，
∴g(x)min＝g(2)＝1.
∴a≤1.
∴实数 a 的取值范围为(－∞，1]．
(2)由(1)得 f′(x)＝x－2a
x2 ，x∈[1，e]．
①若 2a≤1，则 x－2a≥0，即 f′(x)≥0 在[1，e]上恒成立，此时 f(x)在[1，e]上是增函数．
∴f(x)min＝f(1)＝2a＝3，解得 a＝3
2(舍去)．
②若 1<2a0，∴f(x)在(2a，e)上是增函数．
∴f(x)min＝f(2a)＝ln(2a)＋1＝3，
解得 a＝e2
2(舍去)．
③若 2a≥e，则 x－2a≤0，即 f′(x)≤0 在[1，e]上恒成立，此时 f(x)在[1，e]上是减函数．
∴f(x)min＝f(e)＝1＋2a
e ＝3，得 a＝e，符合题意．
综上，a＝e.
