天津市第一中学2019届高三下学期第四次月考数学（理）试题（解析版）

天津市第一中学2019届高三下学期第四次月考数学（理）试题（解析版）

‎2018届天津市第一中学高三下学期 第四次月考数学（理）试题 数学 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 一、单选题 ‎1．已知集合A={x|3x‎2‎+x-2≤0}‎，B={x|log‎2‎(2x-1)≤0}‎，则A∩B=‎ A． ‎-1,‎‎2‎‎3‎ B． ‎2‎‎3‎‎,1‎ C． ‎1‎‎2‎‎,1‎ D． ‎‎1‎‎2‎‎,‎‎2‎‎3‎ ‎2．若实数满足，则的最大值是 A． 9 B． 10 C． 11 D． 12‎ ‎3．执行如图所示的程序框图，则输出的 A． B． C． D．‎ ‎4．在中，角的对边分别为，且， ，则角等于 A． B． 或 C． D． ‎ ‎5．已知正项等差数列‎{an}‎中，若a‎1‎‎+a‎2‎+a‎3‎=15‎，若a‎1‎‎+2‎，a‎2‎‎+5‎，a‎3‎‎+13‎成等比数列，则a‎10‎等于 A． ‎21‎ B． ‎23‎ C． ‎24‎ D． ‎‎25‎ ‎6．已知双曲线 (a>0,b>0)的焦距为10，点P(2,l)在C的一条渐近线上，则C的方程为 A． B． C． D． ‎ ‎7．设e是自然对数的底，a>0‎且a≠1‎，b>0‎且b≠1‎，则“loga‎2>logbe”是“‎00‎，若函数y=f(x)+x-1‎-kx在定义域内有且只有三个零点，则实数k的取值范围是 A． ‎-‎1‎‎3‎,1‎ B． ‎-‎1‎‎3‎,1‎ C． ‎-‎1‎‎3‎,‎1‎e‎2‎+1‎ D． ‎‎-‎1‎‎3‎,‎1‎e‎2‎+1‎ 二、填空题 ‎9．对于复数z=a+bi(a,b∈R)‎，若z+i=‎‎2-i‎1+2i，则b=‎__________．‎ ‎10．若二项式‎5‎‎5‎x‎2‎‎+‎‎1‎x‎6‎的展开式中的常数项为m，则‎1‎mx‎2‎dx=‎__________．‎ ‎11．在极坐标系中，A为曲线ρ+2cosθ=0‎上的动点，B是直线x=-3+4ty=-1-3t上的动点，则AB的最小值为__________．‎ ‎12．12．已知一个公园的形状如图所示，现有3种不同的植物要种在此公园的A，B，C，D，E这五个区域内，要求有公共边界的两块相邻区域种不同的植物，则不同的种法共有________种．‎ ‎13．如图，在梯形ABCD中，AB//CD，AB=4‎，AD=3‎，CD=2‎.M是线段AD上一点，（可与A，D重合），若AC‎⋅BM=-3‎，则AB‎⋅‎AD的取值范围是__________．‎ ‎14．已知， ，则的最大值为__________．‎ 三、解答题 ‎15．已知函数f(x)=sinxcosx+‎π‎6‎，x∈R.‎ ‎（1）将f(x)‎的图象向右平移π‎6‎的单位，得到g(x)‎的图象，求g(x)‎的单调递增区间；‎ ‎（2）若f(α)=-‎‎5‎‎12‎，且‎0<α<‎π‎2‎，求sin2α的值.‎ ‎16．共享单车因绿色、环保、健康的出行方式，在国内得到迅速推广.最近，某机构在某地区随机采访了10名男士和10名女士，结果男士、女士中分别有7人、6人表示“经常骑共享单车出行”，其他人表示“较少或不选择骑共享单车出行”.‎ ‎（1）从这些男士和女士中各抽取一人，求至少有一人“经常骑共享单车出行”的概率；‎ ‎（2）从这些男士中抽取一人，女士中抽取两人，记这三人中“经常骑共享单车出行”的人数为，求的分布列与数学期望.‎ ‎17．如图，在四棱锥P-ABCD，PA⊥‎平面ABCD，AD//BC，AD⊥CD，且AD=CD=‎‎2‎，BC=2‎‎2‎，PA=2‎.‎ ‎（1）取PC中点N，求证：DN//‎平面PAB；‎ ‎（2）求直线AC与PD所成角的余弦值.‎ ‎（3）在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M-AC-D的大小为‎45‎‎∘‎，如果存在，求BM与平面MAC所成角，如果不存在，请说明理由.‎ ‎18．已知首项均为‎1‎的数列‎{an}‎，‎{bn}‎bn‎≠0,n∈‎N‎*‎，满足bn+1‎‎=‎an+1‎bnan‎+3‎bn.‎ ‎（1）令cn‎=‎anbn，求数列‎{cn}‎的通项公式；‎ ‎（2）若数列‎{bn}‎为各项均为正数的等比数列，且b‎4‎b‎6‎‎=4‎b‎5‎b‎7‎，设pn‎=‎an‎,n为偶数bn‎,n为奇数，求数列‎{pn}‎的前‎2n项和S‎2n.‎ ‎19．过椭圆C：x‎2‎‎9‎‎+y‎2‎b‎2‎=1(0a+e.‎ ‎2018届天津市第一中学高三下学期 第四次月考数学（理）试题 数学 答 案 参考答案 ‎1．D ‎【解析】‎ 因为‎3x‎2‎+x-2≤0‎ ‎⇒3x+‎‎1‎‎6‎‎2‎≤‎‎25‎‎12‎ ‎⇒x+‎‎1‎‎6‎‎2‎≤‎‎25‎‎36‎，‎-‎5‎‎6‎≤x+‎1‎‎6‎≤‎‎5‎‎6‎，‎-1≤x≤‎‎2‎‎3‎，所以A=‎x|-1≤x≤‎‎2‎‎3‎，因为 log‎2‎‎2x-1‎‎≤log‎2‎1⇒2x-1≤1‎且‎2x-1>0⇒‎1‎‎2‎0‎，‎∵a‎1‎+2,a‎2‎+5,a‎3‎+13‎构成等比数列，即‎7-d,10,18+d构成等比数列，依题意，有‎7-d‎18+d‎=100‎，解得d=2‎或d=-13‎（舍去），‎∴a‎10‎=a‎2‎+‎10-2‎d=5+8×2=21‎，故选A.‎ ‎6．D ‎【解析】依题意得双曲线的渐近线方程为 ‎∵点在双曲线的一条渐近线上 ‎∴‎ ‎∵焦距 ‎∴‎ ‎∴双曲线方程为 故选D.‎ ‎7．B ‎【解析】‎ a>1,00,logbe<0‎”，推不出“‎0logb2>logbe<0‎，必要性成立，所以“loga‎2>logbe”是“‎00,gx在‎0,1‎单调递增，当x∈‎‎1,+∞‎时，g'x=‎1-lnxx+‎1‎x‎2‎=‎2-lnxx,∴gx在‎1,‎e‎2‎单调递增，在e‎2‎‎,+∞‎单调递减，‎ ge‎2‎=1+‎1‎e‎2‎,∴gx图象如图所示：其中x→+∞,gx→1,∴‎可得k∈‎‎-‎1‎‎3‎,1‎时y=k 与y=gx 图象有三个交点，方程fx+x-1‎=kx有且有三个根，函数y=f(x)+x-1‎-kx在定义域内有且只有三个零点，所以实数k的取值范围是‎-‎1‎‎3‎,1‎，故选A..‎ ‎【方法点睛】本题主要考查函数的图象与利用导数研究函数的单调性与极值以及数形结合思想的应用，属于难题. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．‎ ‎9．‎‎-2‎ ‎【解析】‎ z+i=‎2-i‎1+2i=‎2-i‎1-2i‎5‎=-i‎，‎∴z=-2i=‎ a+bi，‎⇒b=-2‎故答案为‎-2‎.‎ ‎10．‎‎26‎‎3‎ ‎【解析】‎ 二项式‎5‎‎5‎x‎2‎‎+‎‎1‎x‎6‎的展开式的通项为Tr+1‎‎=‎C‎6‎r‎5‎‎5‎‎6-rx‎3r-6‎，令‎3r-6=0⇒r=2‎ 所以常数项为C‎6‎‎2‎‎5‎‎5‎x‎2‎‎2‎‎⋅‎1‎x‎4‎=15⋅‎1‎‎5‎=3,∴‎二项式‎5‎‎5‎x‎2‎‎+‎‎1‎x‎6‎的展开式中的常数项为m=3‎，则‎1‎mx‎2‎dx=‎‎1‎‎3‎x‎2‎dx=‎‎1‎‎3‎x‎3‎‎|‎‎1‎‎3‎‎=‎‎26‎‎3‎，故答案为‎26‎‎3‎.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式Tr+1‎‎=‎Cnran-rbr；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.‎ ‎11．1‎ ‎【解析】‎ 由ρ+2cosθ=0‎可得ρ‎2‎‎+2ρcosθ=0⇒x‎2‎+2x+y‎2‎=0‎ ‎=x+1‎‎2‎+y‎2‎=1‎，即圆心为‎-1,0‎，半径为‎1‎的圆，直线x=-3+4ty=-1-3t化为x+3‎y+1‎‎=-‎4‎‎3‎⇒3x+9+4x+4=0‎ ‎⇒3x+4y+13=0‎，‎∴‎AB的最小值为圆心到直线的距离与圆半径的差，d-r=‎3⋅‎-1‎+13‎‎5‎-1=1‎，故答案为‎1‎.‎ ‎12．18‎ ‎【解析】可分两类：第一类，若A，E相同，D有2种种法，则有；第二类，若A，E不相同，D只有1种种法，则有；由分类计数原理可得所有种法种数为。应填答案。‎ 点睛：解答本题的关键是搞清楚题设中的要求与约束条件，解答时，先运用分类计数原理，分别计算出其种植方法，再进行相加求出其结果，使得问题获解。本题的求解具有一定的难度，容易出现重或漏 的情况。‎ ‎13．‎‎[-5,8]‎ ‎【解析】‎ 设AM‎=λAD,λ∈‎0,1‎,∴BM=AM-AB=λAD-‎AB，AC‎=AD+DC=AD+‎‎1‎‎2‎AB，‎∴BM⋅AC=λAD-‎AB⋅‎AD‎+‎‎1‎‎2‎AB ‎=λAD‎2‎-‎1‎‎2‎AB‎2‎+‎1‎‎2‎λ-1‎AD⋅‎AB ‎=9λ-8+‎1‎‎2‎λ-1‎AD⋅AB=-3‎，‎ ‎∴AD⋅AB=2⋅‎5-9λλ-2‎=-2‎9+‎‎13‎λ-2‎∈‎‎-5,8‎‎，故答案为‎-5,8‎.‎ ‎14．‎ ‎【解析】∵‎ 又∵‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 令，则，当且仅当时取等号 ‎∴的最大值为 故答案为 点睛：本题主要考查利用基本不等式求最值，属于难题. 利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立.‎ ‎15．(1) ‎-π‎6‎+kπ,π‎3‎+kπ，k∈Z (2) ‎‎2‎2‎-‎‎3‎‎6‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）利用两角和的余弦公式、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和与差的正弦公式将函数fx化为‎1‎‎2‎sin‎2x+‎π‎6‎-‎‎1‎‎4‎，从而可得gx=‎1‎‎2‎sin‎2x-‎π‎6‎-‎‎1‎‎4‎利用正弦函数的单调性解不等式，可得到函数gx的递增区间；（2）fα=‎1‎‎2‎sin‎2α+‎π‎6‎-‎‎1‎‎4‎ ‎=-‎5‎‎12‎⇒sin‎2α+‎π‎6‎=-‎‎1‎‎3‎，由sin2α=sin‎2α+‎π‎6‎cosπ‎6‎-sinπ‎6‎cos‎2α+‎π‎6‎可得结果.‎ 试题解析：（1）f(x)=sinx‎3‎‎2‎cosx-‎1‎‎2‎sinx ‎‎=‎3‎‎2‎sinxcosx-‎1‎‎2‎sin‎2‎x ‎=‎3‎‎4‎sin2x-‎‎1-cos2x‎4‎‎ ‎‎=‎1‎‎2‎‎3‎‎2‎sin2x+‎1‎‎2‎cos2x-‎‎1‎‎4‎ ‎=‎1‎‎2‎sin‎2x+‎π‎6‎-‎‎1‎‎4‎‎，‎ ‎∴gx=‎1‎‎2‎sin‎2x-‎π‎6‎-‎‎1‎‎4‎，‎ ‎∴‎-π‎2‎+2kπ<2x-π‎6‎<π‎2‎+2kπ ‎⇒-π‎6‎+kπ‎可得结果.‎ 试题解析：如图建系：‎ A(0,-1,0)‎‎，B(2,-1,0)‎，C(0,1,0)‎，D(-1,0,0)‎，P(0,-1,2)‎，‎ ‎（1）PC中点N(0,0,1)‎，‎ ‎∴DN‎=(1,0,1)‎，‎ 设平面PAB的法向量为n‎=(x,y,z)‎，由AP‎=(0,0,2)‎，AB‎=(2,0,0)‎，‎ 可得：n‎=(0,1,0)‎，∴DN‎⋅n=0‎，∵DN⊄‎平面PAB，‎ ‎∴DN//‎平面PAB.‎ ‎（2）AC‎=(0,2,0)‎，PD‎=(-1,1,-2)‎，‎ ‎∴cosθ=‎2‎‎2⋅‎‎6‎=‎‎6‎‎6‎.‎ ‎（3）设M(x,y,z)‎及PM‎=λPD，‎ ‎∴x=-λy+1=λz-2=-2λ ‎⇒M(-λ,λ-1,2(1-λ))‎，‎ 设平面ACM的法向量为m‎=(x,y,z)‎，‎ 由AC‎=(0,2,0)‎，AM‎=(-λ,λ,2(1-λ))‎可得m‎=(2-2λ,0,λ)‎，‎ 平面ACD的法向量为n‎=(0,0,1)‎，‎ ‎∴cos=‎λ‎1⋅‎λ‎2‎‎+‎‎(2-2λ)‎‎2‎ ‎=‎2‎‎2‎⇒‎2‎λ=‎‎5λ‎2‎-8λ+4‎，‎ 解得λ=‎‎2‎‎3‎.‎ ‎∴M‎-‎2‎‎3‎,-‎1‎‎3‎,‎‎2‎‎3‎，∴BM‎=‎‎-‎8‎‎3‎,‎2‎‎3‎,‎‎2‎‎3‎，m‎=‎‎2‎‎3‎‎,0,‎‎2‎‎3‎，‎ ‎∴sinθ=‎cos‎ ‎=‎12‎‎9‎‎2‎‎2‎‎3‎‎⋅2‎‎2‎=‎‎1‎‎2‎，∴θ=‎π‎6‎.‎ ‎18．(1) cn‎=3n-2‎ (2) ‎S‎2n‎=‎16‎‎3‎-‎4n+‎‎16‎‎3‎⋅‎‎1‎‎4‎n ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由题意得an+1‎bn‎=an⋅bn+1‎+3bn⋅‎bn+1‎，从而an+1‎bn+1‎‎=anbn+3‎，由此推导出数列cn是首项为‎1‎，公差为‎3‎的等差数列，进而可求出数列‎{cn}‎的通项公式；（2）b‎4‎b‎6‎‎=4b‎5‎b‎7‎⇒‎b‎5‎‎2‎ ‎=4b‎6‎‎2‎⇒q‎2‎=‎‎1‎‎4‎,‎{bn}‎为正项数列，∴q=‎‎1‎‎2‎，∴bn‎=‎‎1‎‎2‎n-1‎,先分组求，利用错位相减法结合等比数列的求和公式，可求得数列‎{pn}‎的前‎2n项和S‎2n.‎ 试题解析：（1）bn+1‎an+1‎‎=‎bnan‎+3‎bn ‎⇒an+1‎bn+1‎=anbn+3‎，‎ 即cn+1‎‎=cn+3‎，且c‎1‎‎=a‎1‎b‎1‎=1‎，‎ ‎∴cn‎=1+3(n-1)=3n-2‎.‎ ‎（2）b‎4‎b‎6‎‎=4b‎5‎b‎7‎⇒‎b‎5‎‎2‎ ‎=4b‎6‎‎2‎⇒q‎2‎=‎‎1‎‎4‎，‎ ‎∵‎{bn}‎为正项数列，∴q=‎‎1‎‎2‎，∴bn‎=‎‎1‎‎2‎n-1‎，‎ ‎∴pn‎=‎‎(3n-2)‎1‎‎2‎n-1‎,n为偶数‎1‎‎2‎n-1‎‎,n为奇数.‎ ‎（2）方法一：‎ S‎2n‎=(p‎1‎+p‎3‎+⋅⋅⋅+p‎2n-1‎)‎‎ ‎+(p‎2‎+p‎4‎+⋅⋅⋅+p‎2n)‎，‎ 设Qn‎=p‎1‎+p‎3‎+⋅⋅⋅+‎p‎2n-1‎ ‎‎=1+‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎4‎+⋅⋅⋅+‎‎1‎‎2‎‎2n-2‎ ‎=1+‎1‎‎4‎+‎1‎‎4‎‎2‎+⋅⋅⋅+‎‎1‎‎4‎n-1‎‎ ‎=‎1‎‎1-‎‎1‎‎4‎n‎1-‎‎1‎‎4‎=‎‎4‎‎3‎‎1-‎‎1‎‎4‎n，‎ 设Rn‎=p‎2‎+p‎4‎+⋅⋅⋅+‎p‎2n ‎=4⋅‎1‎‎2‎+10⋅‎1‎‎2‎‎3‎+16⋅‎‎1‎‎2‎‎5‎‎ ‎+⋅⋅⋅+(6n-2)‎‎1‎‎2‎‎2n-1‎，‎ ‎∴‎1‎‎4‎Rn‎=4⋅‎1‎‎2‎‎3‎+10⋅‎‎1‎‎2‎‎5‎ ‎+⋅⋅⋅+(6n-8)‎1‎‎2‎‎2n-1‎+(6n-2)‎‎1‎‎2‎‎2n+1‎，‎ ‎∴‎3‎‎4‎Rn‎=2+6‎‎1‎‎2‎‎3‎‎+‎1‎‎2‎‎5‎+⋅⋅⋅+‎‎1‎‎2‎‎2n-1‎ ‎‎-(6n-2)‎‎1‎‎2‎‎2n+1‎ ‎=2+6⋅‎‎1‎‎8‎‎1-‎‎1‎‎4‎n-1‎‎1-‎‎1‎‎4‎‎ ‎-(3n-1)⋅‎1‎‎4‎n=3-(3n+3)⋅‎‎1‎‎4‎n，‎ ‎∴Rn‎=4-(n+1)⋅‎‎1‎‎4‎n-1‎，‎ ‎∴S‎2n‎=Qn+Rn=‎4‎‎3‎-‎4‎‎3‎⋅‎1‎‎4‎n+4-(n+1)‎ ‎⋅‎1‎‎4‎n-1‎=‎16‎‎3‎-‎4n+‎‎16‎‎3‎⋅‎‎1‎‎4‎n.‎ 方法二：‎ p‎2n-1‎‎+p‎2n=‎1‎‎2‎‎2n-2‎+(6n-2)⋅‎‎1‎‎2‎‎2n-1‎‎ ‎‎=2⋅‎1‎‎2‎‎2n-1‎+(6n-2)⋅‎‎1‎‎2‎‎2n-1‎ ‎=6n⋅‎1‎‎2‎‎2n-1‎=12⋅‎n‎1‎‎4‎n‎，‎ ‎∴‎S‎2n‎=(p‎1‎+p‎2‎)+(p‎3‎+p‎4‎)+⋅⋅⋅+(p‎2n-1‎+p‎2n)‎ ‎=12⋅‎‎1⋅‎1‎‎4‎+2⋅‎1‎‎4‎‎2‎+⋅⋅⋅+n‎1‎‎4‎n‎，‎ 令Pn‎=1⋅‎1‎‎4‎+2⋅‎1‎‎4‎‎2‎+⋅⋅⋅+n‎1‎‎4‎n，‎ ‎∴‎1‎‎4‎Pn‎=1⋅‎1‎‎4‎‎2‎+2⋅‎‎1‎‎4‎‎3‎ ‎+⋅⋅⋅+(n-1)‎1‎‎4‎n+n‎1‎‎4‎n+1‎，‎ ‎∴‎3‎‎4‎Pn‎=‎1‎‎4‎+‎1‎‎4‎‎2‎+⋅⋅⋅+‎1‎‎4‎n-n⋅‎‎1‎‎4‎n+1‎ ‎‎=‎1‎‎4‎‎1-‎‎1‎‎4‎n‎1-‎‎1‎‎4‎-n⋅‎‎1‎‎4‎n+1‎ ‎=‎1‎‎3‎‎1-‎‎1‎‎4‎n-n⋅‎‎1‎‎4‎n+1‎‎，‎ ‎∴Pn‎=‎4‎‎9‎-‎4+3n‎9‎⋅‎‎1‎‎4‎n，‎ ‎∴S‎2n‎=‎16‎‎3‎-‎4n+‎‎16‎‎3‎⋅‎‎1‎‎4‎n.‎ ‎【 方法点睛】本题主要考查等比数列求和公式与等差数列的通项以及错位相减法求数列的前n 项和，属于中档题.一般地，如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列an‎·‎bn的前n项和时，可采用“错位相减法”求和，一般是和式两边同乘以等比数列bn的公比，然后作差求解, 在写出“Sn”与“qSn” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn‎-qSn”的表达式.‎ ‎19．(Ⅰ)b=‎‎3‎；(Ⅱ)‎0,‎‎3‎.‎ ‎【解析】试题分析：(Ⅰ) 直线AM的方程为y=kx+b，联立b‎2‎x‎2‎‎+9y‎2‎=9b‎2‎,‎y=kx+b,‎解得x‎1‎‎=-‎‎18bkb‎2‎‎+9‎k‎2‎.同理x‎2‎‎=‎‎18bkb‎2‎k‎2‎‎+9‎，根据SΔANB‎=2‎SΔAMB，可得‎2b‎2‎k‎2‎+18=b‎2‎+9‎k‎2‎，将k=‎‎5‎，代入得b=‎‎3‎；（Ⅱ）由（1）利用韦达定理及弦长公式可得AM‎=‎1+‎k‎2‎⋅‎‎18bkb‎2‎‎+9‎k‎2‎，AN‎=‎1+‎‎1‎k‎2‎⋅‎‎18bkb‎2‎k‎2‎‎+9‎，由AM‎=‎AN，得b‎2‎k‎2‎‎+(b‎2‎-9)k+b‎2‎=0‎有不为‎1‎的正根.只要Δ=(b‎2‎-9)-4b‎4‎≥0‎‎-b‎2‎‎-9‎b‎2‎>0‎解得‎00‎，且k≠1‎ 则b‎2‎k‎2‎‎+(b‎2‎-9)k+b‎2‎=0‎有不为‎1‎的正根.只要Δ=(b‎2‎-9)-4b‎4‎≥0‎‎-b‎2‎‎-9‎b‎2‎>0‎解得‎00‎求得x的范围，可得函数fx增区间，f'x<0‎求得x的范围，可得函数fx的减区间；（2）分两种情况讨论，当‎-‎1‎‎2‎f‎1‎，∵a<-e，∴f‎1‎=a+e<0‎，所以fx的两个零点x‎1‎‎<1<‎x‎2‎，利用导数研究函数的单调性，只需证明只需证f‎1‎x‎2‎=e-2‎ex‎2‎x‎2‎‎2‎+e ‎=e-2ex‎2‎+ex‎2‎‎2‎x‎2‎‎2‎<0‎即可得结论.‎ 试题解析：（（1）f(x)=‎ax+e,x<1‎‎2ex+ax-e,x≥1‎，∴f'(x)=‎a,x<1‎‎2ex+a,x≥1‎，‎ 当a>0‎时，f(x)‎在R上单调递增，‎ 当a<0‎时，考虑x≥1‎时，令f'(x)>0⇒ex>-‎a‎2‎ ‎⇒x>ln‎-‎a‎2‎，‎ ‎①ln‎-‎a‎2‎≤1⇒-2e≤a<0‎时，f(x)‎在‎-∞,1‎单调递减，在‎1,+∞‎单调递增；‎ ‎②ln‎-‎a‎2‎>1⇒a<-2e时，f(x)‎在‎-∞,ln‎-‎a‎2‎单调递减，在ln‎-‎a‎2‎,+∞‎单调递增.‎ ‎（2）方法一：（参变分离）‎ f(x)=‎ax+e,-‎1‎‎2‎0‎时，f(x)‎在‎-‎1‎‎2‎,+∞‎上单调递增，‎ ‎∴f‎-‎‎1‎‎2‎≥‎e‎2‎即可，解得：a≤e，‎ ‎∴a∈‎‎0,e.‎ ‎②当‎-2e≤a<0‎时，f(x)‎在‎-∞,1‎单调递减，在‎1,+∞‎单调递增，‎ ‎∴f‎(x)‎min=f‎1‎≥e‎2‎⇒a≥-‎e‎2‎，‎ ‎∴a∈‎‎-e‎2‎,0‎，‎ ‎③a<-2e时，f(x)‎在‎-∞,ln‎-‎a‎2‎单调递减，在ln‎-‎a‎2‎,+∞‎单调递增，‎ ‎∴fxmin=fln‎-‎a‎2‎≥‎e‎2‎，‎ 即‎-a+aln‎-‎a‎2‎≥‎‎3e‎2‎，令t=-a‎2‎∈‎e,+∞‎，‎ 设gt=2t-2tlnt，则g't=2-2‎1+lnt=-2lnt<0‎，‎ ‎∴gt在e,+∞‎单调递减，‎ 而gtf‎1‎，‎ ‎∵a<-e，∴f‎1‎=a+e<0‎，‎ 所以fx的两个零点x‎1‎‎<1<‎x‎2‎.‎ 方法一：‎ 由x‎1‎‎<1<‎x‎2‎可得：ax‎1‎+e=0‎‎2ex‎2‎+ax‎2‎-e=0‎，‎ ‎∴a=‎e-2‎ex‎2‎x‎2‎x‎1‎‎=-ea=‎ex‎2‎‎2ex‎2‎-e，∴x‎1‎x‎2‎‎=‎ex‎2‎‎2‎‎2ex‎2‎-e，‎ 令hx=‎ex‎2‎‎2ex-e，则h'x=‎‎2ex‎2ex-e-xex‎2ex-e‎2‎，‎ 令φx=2ex-e-xex，φ‎1‎=0‎，则当x>1‎时，‎ φ'x=ex-xex=‎1-xex<0‎‎，‎ ‎∴φx在‎1,+∞‎单调递减，∴φx<φ‎1‎=0‎，即h'x<0‎，‎ ‎∴hx在‎1,+∞‎单调递减，hxf‎1‎=a+e.‎ 方法二：同方法一可知x‎1‎‎<1<‎x‎2‎，下面考虑证明x‎1‎x‎2‎‎<1⇔x‎1‎<‎‎1‎x‎2‎，‎ ‎∴x‎1‎‎,‎1‎x‎2‎∈‎‎-∞,1‎，‎ 下证：fx‎1‎>f‎1‎x‎2‎，∵fx‎1‎=fx‎2‎=0‎，‎ 所以只需证f‎1‎x‎2‎<0⇒ax‎2‎+e<0‎，由‎2ex‎2‎+ax‎2‎-e=0⇒a=‎e-2‎ex‎2‎x‎2‎，‎ 所以只需证f‎1‎x‎2‎=e-2‎ex‎2‎x‎2‎‎2‎+e ‎=e-2ex‎2‎+ex‎2‎‎2‎x‎2‎‎2‎<0‎，‎ 令φx=e-2ex+ex‎2‎，x∈‎‎1,+∞‎，‎ ‎∴h'x=-2ex+2ex，h'‎1‎=0‎，h'x=-2ex+2e=-2ex‎-e<0‎，‎ ‎∴h'‎x在‎1,+∞‎单调递减，‎ ‎∴h'xf‎1‎=a+e.‎