2012年江西省高考数学试卷(文科)答案与解析

2012年江西省高考数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、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．（5分）（2012•江西）若复数z=1+i（i为虚数单位）是z的共轭复数，则z2+2的虚部为（）A．0B．﹣1 C．1D．﹣2考点：复数代数形式的混合运算；复数的基本概念．专题：计算题．分析：由z2+ 2 =（1+i）2+（1﹣i）2=2i﹣2i=0，由此得出结论．解答：解：由题意可得z2+ 2 =（1+i）2+（1﹣i）2=2i﹣2i=0，故z2+2的虚部为0，故选A．点评：本题主要考查复数的基本概念，两个复数代数形式的乘法，虚数单位i的幂运算性质，属于基础题．2．（5分）（2012•江西）若全集U={x∈R|x2≤4}，则集合A={x∈R||x+1|≤1}的补集∁U A为（）A．{x∈R|0＜x＜2|} B．{x∈R|0≤x＜2|} C．{x∈R|0＜x≤2|} D．{x∈R|0≤x≤2|}考点：补集及其运算．专题：集合．分析：先一元二次不等式的解法以及带绝对值不等式的解法求出全集U以及集合A，再结合补集的定义求出结论．解答：解：因为：全集U={x∈R|x2≤4}={x|﹣2≤x≤2}，∵|x+1|≤1⇒﹣1≤x+1≤1⇒﹣2≤x≤0，∴集合A={x∈R||x+1|≤1}={x|﹣2≤x≤0}，所以：∁U A={x|0＜x≤2}．故选：C．点评：本题考查了一元二次不等式的解法以及带绝对值不等式的解法，集合的交、并、补的运算，熟练掌握不等式的解法是解决问题的关键．3．（5分）（2012•江西）设函数f（x）=，则f（f（3））=（）A．B．3C．D．考点：函数的值．专题：计算题．分析：由条件求出f（3）=，结合函数解析式求出f（f（3））=f（）=+1，计算求得结果．解答：解：函数f（x）=，则f（3）=，∴f（f（3））=f（）=+1=，故选D．点评：本题主要考查利用分段函数求函数的值的方法，体现了分类讨论的数学思想，求出f （3）=，是解题的关键，属于基础题．4．（5分）（2012•江西）若，则tan2α=（）A．﹣B．C．﹣D．考点：二倍角的正切；同角三角函数间的基本关系．专题：计算题．分析：将已知等式左边的分子分母同时除以cosα，利用同角三角函数间的基本关系弦化切得到关于tanα的方程，求出方程的解得到tanα的值，然后将所求的式子利用二倍角的正切函数公式化简后，将tanα的值代入即可求出值．解答：解：∵==，∴tanα=﹣3，则tan2α===．故选B点评：此题考查了二倍角的正切函数公式，以及同角三角函数间的基本关系，熟练掌握公式及基本关系是解本题的关键．5．（5分）（2012•江西）观察下列事实|x|+|y|=1的不同整数解（x，y）的个数为4，|x|+|y|=2的不同整数解（x，y）的个数为8，|x|+|y|=3的不同整数解（x，y）的个数为12 …．则|x|+|y|=20的不同整数解（x，y）的个数为（）A．76 B．80 C．86 D．92考点：归纳推理．专题：阅读型．分析：观察可得不同整数解的个数可以构成一个首项为4，公差为4的等差数列，则所求为第20项，可计算得结果．解答：解：观察可得不同整数解的个数4，8，12，…可以构成一个首项为4，公差为4的等差数列，通项公式为a n=4n，则所求为第20项，所以a20=80故选B．点评：本题考查归纳推理，分寻找关系式内部，关系式与关系式之间数字的变化特征，从特殊到一般，进行归纳推理．6．（5分）（2012•江西）小波一星期的总开支分布图如图1所示，一星期的食品开支如图2所示，则小波一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比为（）A．30% B．10% C．3% D．不能确定考点：分布的意义和作用．专题：计算题．分析：计算鸡蛋占食品开支的百分比，利用一星期的食品开支占总开支的百分比，即可求得一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比解答：解：根据一星期的食品开支图，可知鸡蛋占食品开支的百分比为%，∵一星期的食品开支占总开支的百分比为30%，∴一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比为30%×10%=3%．故选：C．点评：本题考查分布的意义和作用，考查学生的读图能力，属于基础题．7．（5分）（2012•江西）若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（）A．B．5C．D．4考点：由三视图求面积、体积．专题：计算题．分析：先根据三视图判断此几何体为直六棱柱，再分别计算棱柱的底面积和高，最后由棱柱的体积计算公式求得结果解答：解：由图可知，此几何体为直六棱柱，底面六边形可看做两个全等的等腰梯形，上底边为1，下底边为3，高为1，∴棱柱的底面积为2×=4，棱柱的高为1∴此几何体的体积为V=4×1=4故选D点评：本题主要考查了简单几何体的结构特征及其三视图，棱柱的体积计算公式等基础知识，属基础题8．（5分）（2012•江西）椭圆（a＞b＞0）的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别是F1，F2．若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为（）A．B．C．D．考点：椭圆的简单性质；等比关系的确定．专题：计算题．分析：由题意可得，|AF1|=a﹣c，|F1F2|=2c，|F1B|=a+c，由|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列可得到e2==，从而得到答案．解答：解：设该椭圆的半焦距为c，由题意可得，|AF1|=a﹣c，|F1F2|=2c，|F1B|=a+c，∵|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，∴（2c）2=（a﹣c）（a+c），∴=，即e2=，∴e=，即此椭圆的离心率为．故选B．点评：本题考查椭圆的简单性质，考查等比数列的性质，用a，c分别表示出|AF1|，|F1F2|，|F1B|是关键，属于基础题．9．（5分）（2012•江西）已知f（x）=sin2（x+），若a=f（lg5），b=f（lg），则（）A．a+b=0 B．a﹣b=0 C．a+b=1 D．a﹣b=1考点：二倍角的余弦；对数的运算性质；余弦函数的定义域和值域．专题：计算题；压轴题．分析：由题意，可先将函数f（x）=sin2（x+）化为f（x）=，再解出a=f（lg5），b=f（lg）两个的值，对照四个选项，验证即可得到答案解答：解：f（x）=sin2（x+）==又a=f（lg5），b=f（lg）=f（﹣lg5），∴a+b=+=1，a﹣b=﹣=sin2lg5故C选项正确故选C点评：本题考查二倍角的余弦及对数的运算性质，解题的关键是对函数的解析式进行化简，数学形式的化简对解题很重要10．（5分）（2012•江西）如图，|OA|=2（单位：m），OB=1（单位：m），OA与OB的夹角为，以A为圆心，AB 为半径作圆弧与线段OA延长线交与点C．甲、乙两质点同时从点O出发，甲先以速度1（单位：m/s）沿线段OB行至点B，再以速度3（单位：m/s）沿圆弧行至点C后停止；乙以速率2（单位：m/s）沿线段OA行至A点后停止．设t时刻甲、乙所到的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为S（t）（S（0）=0），则函数y=S（t）的图象大致是（）A．B．C．D．考点：函数的图象．专题：压轴题；探究型．分析：由题意，所围成的面积的变化可分为两段研究，一秒钟内与一秒钟后，由题设知第一秒内所围成的面积增加较快，一秒钟后的一段时间内匀速增加，一段时间后面积不再变化，由此规律可以选出正确选项解答：解：由题设知，|OA|=2（单位：m），OB=1，两者行一秒后，甲行到B停止，乙此时行到A，故在第一秒内，甲、乙所到的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为S（t）的值增加得越来越快，一秒钟后，随着甲的运动，所围成的面积增加值是扇形中AB所扫过的面积，由于点B是匀速运动，故一秒钟后，面积的增加是匀速的，且当甲行走到C后，即B与C重合后，面积不再随着时间的增加而改变，故函数y=S （t）随着时间t的增加先是增加得越来越快，然后转化成匀速增加，然后面积不再变化，考察四个选项，只有A符合题意故选A点评：本题考查审题与识图的能力，解题的关键是通过审题得出面积的变化规律，再结合四个选项找出符合题意要求的图象来，本题是能力型、探究型题，偏重于理解，是高考中的创新题，要悉心理解掌握此类题的切入点与研究规律二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．11．（5分）（2012•江西）不等式的解集是{x|﹣3＜x＜2 或x＞3}．考点：其他不等式的解法．专题：计算题．分析：由不等式可得（x﹣2）（x2﹣9）＞0，由此解得不等式的解集．解答：解：由不等式可得（x﹣2）（x2﹣9）＞0，解得﹣3＜x＜2 或x＞3，故不等式的解集为{x|﹣3＜x＜2 或x＞3}，故答案为：{x|﹣3＜x＜2 或x＞3}．点评：本题主要考查分式不等式的解法，体现了等价转化的数学思想，属于中档题．12．（5分）（2012•江西）设单位向量=（x，y），=（2，﹣1）．若⊥，则|x+2y|=．考点：数量积判断两个平面向量的垂直关系．专题：计算题．分析：由题意，可由题设条件单位向量=（x，y）及⊥，建立关于x，y的方程组，解出x，y的值，从而求出|x+2y|得到答案解答：解：由题意，单位向量=（x，y），=（2，﹣1）．且⊥，∴，解得x=±，y=±，∴|x+2y|=故答案为点评：本题考查数量积判断两个向量的垂直关系及单位向量的概念，模的坐标表示，解题的关键是熟练掌握向量中的基本公式，属于较简单的计算题13．（5分）（2012•江西）等比数列{a n}的前n项和为S n，公比不为1．若a1=1，且对任意的n∈N+都有a n+2+a n+1﹣2a n=0，则S5=11．考点：等比数列的性质；数列的求和．专题：计算题．分析：由题意可得a n q2+a n q=2a n ，即q2+q=2，解得q=﹣2，或q=1（舍去），由此求得S5=的值．解答：解：∵等比数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，且对任意的n∈N+都有a n+2+a n+1﹣2a n=0，∴a n q2+a n q=2a n ，即q2+q=2，解得q=﹣2，或q=1（舍去）．∴S5==11，故答案为11．点评：本题主要考查等比数列的定义和性质，等比数列的前n项和公式，求出公比，是解题的关键，属于中档题．14．（5分）（2012•江西）过直线x+y﹣2=0上点P作圆x2+y2=1的两条切线，若两条切线的夹角是60°，则点P的坐标是（，）．考点：圆的切线方程；两直线的夹角与到角问题．专题：直线与圆．分析：根据题意画出相应的图形，设P的坐标为（a，b），由PA与PB为圆的两条切线，根据切线的性质得到OA与AP垂直，OB与BP垂直，再由切线长定理得到PO为角平分线，根据两切线的夹角为60°，求出∠APO和∠BPO都为30°，在直角三角形APO 中，由半径AO的长，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半求出OP的长，由P 和O的坐标，利用两点间的距离公式列出关于a与b的方程，记作①，再由P在直线x+y﹣2=0上，将P的坐标代入得到关于a与b的另一个方程，记作②，联立①②即可求出a与b的值，进而确定出P的坐标．解答：解：根据题意画出相应的图形，如图所示：直线PA和PB为过点P的两条切线，且∠APB=60°，设P的坐标为（a，b），连接OP，OA，OB，∴OA⊥AP，OB⊥BP，PO平分∠APB，∴∠OAP=∠OBP=90°，∠APO=∠BPO=30°，又圆x2+y2=1，即圆心坐标为（0，0），半径r=1，∴OA=OB=1，∴OP=2AO=2BO=2，∴=2，即a2+b2=4①，又P在直线x+y﹣2=0上，∴a+b﹣2=0，即a+b=2②，联立①②解得：a=b=，则P的坐标为（，）．故答案为：（，）点评：此题考查了圆的切线方程，涉及的知识有：切线的性质，切线长定理，含30°直角三角形的性质，以及两点间的距离公式，利用了数形结合的思想，根据题意画出相应的图形是解本题的关键．15．（5分）（2012•江西）下图是某算法的程序框图，则程序运行后输出的结果是3．考点：循环结构．专题：算法和程序框图．分析：直接计算循环后的结果，当k=6时不满足判断框的条件，推出循环输出结果即可．解答：解：第1次，满足循环，a=1，T=1，K=2，第2次满足2＜6；sin，不成立，执行a=0，T=1，k=3，第3次有，不满足条件循环，a=0，T=1，k=4，满足，a=1，T=2，k=5，满足k＜6，此时成立，a=1，T=3，k=6，不满足6＜6，退出循环，输出结果T=3．故答案为：3．点评：本题考查循环结构的作用，循环中两次判断框，题目比较新，考查学生分析问题解决问题的能力．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．（12分）（2012•江西）△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知3cos（B ﹣C）﹣1=6cosBcosC．（1）求cosA；（2）若a=3，△ABC的面积为，求b，c．考点：余弦定理；诱导公式的作用；两角和与差的余弦函数；正弦定理．专题：计算题．分析：（1）利用两角和与差的余弦函数公式化简已知等式左边的第一项，移项合并后再利用两角和与差的余弦函数公式得出cos（B+C）的值，将cosA用三角形的内角和定理及诱导公式变形后，将cos（B+C）的值代入即可求出cosA的值；（2）由cosA的值及A为三角形的内角，利用同角三角函数间的基本关系求出sinA 的值，利用三角形的面积公式表示出三角形ABC的面积，将已知的面积及sinA的值代入，得出bc=6，记作①，再由a及cosA的值，利用余弦定理列出关于b与c的关系式，记作②，联立①②即可求出b与c的值．解答：解：（1）3cos（B﹣C）﹣1=6cosBcosC，化简得：3（cosBcosC+sinBsinC）﹣1=6cosBcosC，变形得：3（cosBcosC﹣sinBsinC）=﹣1，即cos（B+C）=﹣，则cosA=﹣cos（B+C）=；（2）∵A为三角形的内角，cosA=，∴sinA==，又S△ABC=2，即bcsinA=2，解得：bc=6①，又a=3，cosA=，∴由余弦定理a2=b2+c2﹣2bccosA得：b2+c2=13②，联立①②解得：或．点评：此题考查了余弦定理，三角形的面积公式，两角和与差的余弦函数公式，诱导公式，以及同角三角函数间的基本关系，熟练掌握公式及定理是解本题的关键．17．（12分）（2012•江西）已知数列{a n}的前n项和S n=kc n﹣k（其中c，k为常数），且a2=4，a6=8a3．（1）求a n；（2）求数列{na n}的前n项和T n．考点：数列的求和；等比数列的通项公式．专题：计算题．分析：（1）先根据前n项和求出数列的通项表达式；再结合a2=4，a6=8a3求出c，k，即可求出数列的通项；（2）直接利用错位相减法求和即可．解答：解：（1）由S n=kc n﹣k，得a n=s n﹣s n﹣1=kc n﹣kc n﹣1；（n≥2），由a2=4，a6=8a3．得kc（c﹣1）=4，kc5（c﹣1）=8kc2（c﹣1），解得；所以a1=s1=2；a n=s n﹣s n﹣1=kc n﹣kc n﹣1=2n，（n≥2），于是a n=2n．（2）：∵na n=n•2n；∴T n=2+2•22+3•23+…+n•2n；2T n=22+2•23+3•24+…+（n﹣1）•2n+n•2n+1；∴﹣T n=2+22+23…+2n﹣n•2n+1=﹣n•2n+1=﹣2+2n+1﹣n•2n+1；即：T n=（n﹣1）•2n+1+2．点评：本题主要考察数列求和的错位相减法．数列求和的错位相减法适用于一等差数列乘一等比数列组合而成的新数列．数列求和的错位相减法也是这几年高考的常考点．18．（12分）（2012•江西）如图，从A1（1，0，0），A2（2，0，0），B1（0，1，0，）B2（0，2，0），C1（0，0，1），C2（0，0，2）这6个点中随机选取3个点．（1）求这3点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的概率；（2）求这3点与原点O共面的概率．考点：等可能事件的概率．专题：概率与统计．分析：根据题意，分情况讨论，列举可得从6点中随机取出3个点的情况数目，（1）由正三棱锥的定义，在列举的结果中分析可得选取的3点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的情况数目，由等可能事件的概率公式，计算可得答案；（2）根据题意，在列举的结果中分析可得选取的3点与原点O共面的情况数目，由等可能事件的概率公式，计算可得答案．解答：解：从这6点中随机取出3个点，其所有的情况有x轴上取2个点的有A1A2B1，A1A2B2，A1A2C1，A1A2C2，共4种情况，y轴上取2个点的有B1B2A1，B1B2A2，B1B2C1，B1B2C2，共4种情况，Z轴上取2个点的有C1C2A1，C1C2A2，C1C2B1，C1C2B2，共4种情况，3个点在不同的坐标轴上有A1B1C1，A1B1C2，A1B2C1，A1B2C2，A2B1C1，A2B1C2，A2B2C1，A2B2C2，共8种情况，则从这6点中随机取出3个点，其所有的情况共有4+4+4+12=20种，（1）选取的3点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的情况有A1B1C1，A2B2C2，共2种，则其概率P1==，（2）选取的3点与原点O共面的情况，有A1A2B1，A1A2B2，A1A2C1，A1A2C2，B1B2A1，B1B2A2，B1B2C1，B1B2C2，C1C2A1，C1C2A2，C1C2B1，C1C2B2，共12种，则选取的3点与原点O共面的概率P2==．点评：本题考查等可能事件的概率计算，关键是结合空间几何的知识，列举得到（1）（2）小题中事件的情况数目．19．（12分）（2012•江西）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，E，F是线段AB上的两点，且DE⊥AB，CF⊥AB，AB=12，AD=5，BC=4，DE=4．现将△ADE，△CFB分别沿DE，CF折起，使A，B两点重合与点G，得到多面体CDEFG．（1）求证：平面DEG⊥平面CFG；（2）求多面体CDEFG的体积．考点：平面与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积．专题：计算题；证明题．分析：（1）判断四边形CDEF为矩形，然后证明EG⊥GF，推出CF⊥EG，然后证明平面DEG⊥平面CFG．（2）在平面EGF中，过点G作GH⊥EF于H，求出GH，说明GH⊥平面CDEF，利用求出体积．解答：解：（1）证明：因为DE⊥EF，CF⊥EF，所以四边形CDEF为矩形，由AD=5，DE=4，得AE=GE==3，由GC=4，CF=4，得BF=FG==4，所以EF=5，在△EFG中，有EF2=GE2+FG2，所以EG⊥GF，又因为CF⊥EF，CF⊥FG，得CF⊥平面EFG，所以CF⊥EG，所以EG⊥平面CFG，即平面DEG⊥平面CFG．（2）解：在平面EGF中，过点G作GH⊥EF于H，则GH==，因为平面CDEF⊥平面EFG，得GH⊥平面CDEF，=16．点评：本题考查平面与平面垂直的判定，棱柱、棱锥、棱台的体积的求法，考查逻辑推理能力，计算能力．20．（13分）（2012•江西）已知三点O（0，0），A（﹣2，1），B（2，1），曲线C上任意一点M（x，y）满足||=•（+）+2（1）求曲线C的方程；（2）点Q（x0，y0）（﹣2＜x0＜2）是曲线C上动点，曲线C在点Q处的切线为l，点P的坐标是（0，﹣1），l与PA，PB分别交于点D，E，求△QAB与△PDE的面积之比．考点：抛物线的标准方程；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（1）先求出、的坐标，由此求得||和•（+）+2的值，由题意可得=4﹣2y，化简可得所求．（2）根据直线PA，PB的方程以及曲线C在点Q（x0，y0）（﹣2＜x0＜2）处的切线方程，求出F点的坐标，D、E两点的横坐标，可得S△PDE和S△QAB的值，从而求得△QAB与△PDE的面积之比．解答：解：（1）由=（﹣2﹣x，1﹣y），=（2﹣x，1﹣y）可得=（﹣2x，2﹣2y），∴||=，•（+）+2=（x，y）•（0，2）+2=2+2y．由题意可得=2+2y，化简可得x2 =4y．（2）由题意可得直线PA，PB的方程分别为y=﹣x﹣1、y=x﹣1，且y0 =x0，曲线C在点Q（x0，y0）（﹣2＜x0＜2）处的切线斜率为k=x0，∴曲线C在点Q（x0，y0）（﹣2＜x0＜2）处的切线方程为y=x0x﹣，且与y轴的交点F（0，﹣）．由求得x D=，由求得x E=．故x E﹣x D=2，故|FP|=1﹣．故S△PDE=|PF|•|x E﹣x D|=（1﹣）•2=，而S△QAB=×4×（1﹣）=，∴=2，即△QAB与△PDE的面积之比等于2．点评：本题主要考查抛物线的标准方程的应用，利用导数求曲线上某点的切线方程，求得F 点的坐标，D、E两点的横坐标，是解题的关键，属于中档题．21．（14分）（2012•江西）已知函数f（x）=（ax2+bx+c）e x在[0，1]上单调递减且满足f（0）=1，f（1）=0．（1）求a取值范围；（2）设g（x）=f（x）﹣f′（x），求g（x）在[0，1]上的最大值和最小值．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．专题：综合题；压轴题；探究型；转化思想．分析：（1）由题意，函数f（x）=（ax2+bx+c）e x在[0，1]上单调递减且满足f（0）=1，f （1）=0，可求出函数的导数，将函数在[0，1]上单调递减转化为导数在[0，1]上的函数值恒小于等于0，再结合f（0）=1，f（1）=0这两个方程即可求得a取值范围；（2）由题设条件，先给出g（x）=f（x）﹣f′（x）的解析式，求出导函数，g′（x）=（﹣2ax﹣a+1）e x，由于参数a的影响，函数在[0，1]上的单调性不同，结合（1）的结论及g′（x）可得．（i）当a=0时；（ii）当a=1时；（iii）当0＜a＜1时，分三类对函数的单调性进行讨论，确定并求出函数的最值解答：解：（1）由f（0）=1，f（1）=0得c=1，a+b=﹣1，则f（x）=[ax2﹣（a+1）x+1]e x，∴f′（x）=[ax2+（a﹣1）x﹣a]e x，由题意函数f（x）=（ax2+bx+c）e x在[0，1]上单调递减可得对于任意的x∈（0，1），都有f′（x）＜0当a＞0时，因为二次函数y=ax2+（a﹣1）x﹣a图象开口向上，而f′（0）=﹣a＜0，所以只需要f′（1）=（a﹣1）e≤0，即a≤1，故有0＜a≤1；当a=1时，对于任意的x∈（0，1），都有f′（x）=（x2﹣1）e x＜0，函数符合条件；当a=0时，对于任意的x∈（0，1），都有f′（x）=﹣xe x＜0，函数符合条件；当a＜0时，因f′（0）=﹣a＞0函数不符合条件；综上知，a的取值范围是0≤a≤1（2）因为g（x）=f（x）﹣f′（x）=（ax2﹣（a+1）x+1）e x﹣[ax2+（a﹣1）x﹣a]e x=（﹣2ax+a+1）e x，g′（x）=（﹣2ax﹣a+1）e x，（i）当a=0时，g′（x）=e x＞0，g（x）在[0，1]上的最小值是g（0）=1，最大值是g （1）=e（ii）当a=1时，对于任意x∈（0，1）有g′（x）=﹣2xe x＜0，则有g（x）在[0，1]上的最小值是g（1）=0，最大值是g（0）=2；（iii）当0＜a＜1时，由g′（x）=0得x=＞0，①若，即0＜a≤时，g（x）在[0，1]上是增函数，所以g（x）在[0，1]上最大值是g（1）=（1﹣a）e，最小值是g（0）=1+a；②若，即＜a＜1时，g（x）在x=取得最大值g（）=2a，在x=0或x=1时取到最小值，而g（0）=1+a，g（1）=（1﹣a）e，则令g（0）=1+a≤g（1）=（1﹣a）e可得＜a≤；令g（0）=1+a≥g（1）=（1﹣a）e可得≤a＜1综上，当＜a≤时，g（x）在x=0取到最小值g（0）=1+a，当≤a＜1时，g（x）在x=1取到最小值g（1）=（1﹣a）e点评：本题考查利用导数求函数在闭区间上的最值，利用导数研究函数的单调性，此类题解题步骤一般是求导，研究单调性，确定最值，求最值，第一掌上明珠解题的关键是把函数在闭区间上递减转化为函数的导数在此区间上小于等于0恒成立，将单调递减的问题转化为不等式恒成立是此类题常用的转化思路，第二小题求含有参数的函数在某个区间上的最值，解题的关键是分类讨论确定出函数的最值，本题考查了转化的思想，推理判断的能力，计算量大，难度较大，极易因为判断不准转化出错或计算出错，常作为高考的压轴题．。