2020-2021学年江苏省泰州市兴化市某校高三(上)9月学情调研考试数学试卷(有答案)

2020-2021学年江苏省泰州市兴化市某校高三（上）9月学情调
研考试数学试卷
一、选择题)
1. 已知下列各角：①−120∘②−240∘③180∘④495∘，其中是第二象限角的是()
A.①②
B.①③
C.②③
D.②④
2. 若扇形的中心角为120∘，半径为√3，则此扇形的面积为()
A.√3π
3B.5π
4
C.2√3π
9
D.π
3. 三个数(1
π)
e
，e
1
π，ln
1
π
的大小关系为()
A.ln1
π<(1
π
)
e
<e1π B.(1
π
)
e
<ln1
π
<e1π
C.ln1
π<e1π<(1
π
)
e
D.(1
π
)
e
<e1π<ln1
π
4. 欧拉公式e ix=cos x+i sin x（i为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，根据欧拉公式可知，e−i表示的复数在复平面中位于()
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
5. 已知sin(π
2+α)=3
5
，α∈(0, π
2
)，则sin(π+α)=()
A.3 5
B.−3
5
C.4
5
D.−4
5
6. 已知角α的始边与x轴非负半轴重合，终边在射线4x−3y=0(x≤0)上，则cosα−sinα的值为()
A.−1
5B.−3
5
C.1
5
D.3
5
7. 已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)=3x+m(m为常数)，则f(−log
3
5)的值为()
A.4
B.−4
C.6
D.−6
8. 已知函数f (x )={x 3，x ≥0，
−x ，x <0，若函数g (x )=f (x )−|kx 2−2x| (k ∈R )恰有4个零点，
则k 的取值范围是( ) A.(−∞,−1
2)∪(2√2,+∞) B.(−∞,−1
2)∪(0,2√2) C.(−∞,0)∪(0,2√2) D.(−∞,0)∪(2√2,+∞)
二、多选题)
9. 下列化简正确的是( ) A.tan (π+1)=tan 1 B.
sin (−α)
tan (360∘−α)
=cos α
C.sin (π−α)
cos (π+α)
=tan α D.
cos (π−α)tan (−π−α)
sin (2π−α)
=1
10. 已知sin θ=−2
3，且cos θ>0，则( ) A.tan θ<0 B.tan 2θ>4
9
C.sin 2θ>cos 2θ
D.sin 2θ>0
11. 已知函数f (x )={3x −9,x ≥0,
xe x ,x <0,若f (x )的零点为α，极值点为β，则( )
A.α=0
B.α+β=1
C.f (x )的极小值为−e −1
D.f (x )有最大值
12. 设函数f (x )的定义域为R ，若存在常数M >0，使|f (x )|≤M|x|对一切实数x 均成立，则称f (x )为“倍约束函数”．则下列函数是“倍约束函数”的有( ) A.f (x )=2x B.f (x )=x 2+1 C.f (x )=sin x +cos x
D.f (x )是定义在实数集R 上的奇函数，且对一切x 1，x 2均有|f (x 1)−f (x 2)|≤2|x 1−x 2| 三、填空题)
13. 计算sin 40∘sin 100∘−sin 50∘sin 10∘=________．
14. 已知sin α−sin β=√6
3
，cos α−cos β=
√3
3
，则cos (α−β)=________．
15. 已知α为锐角，sin (π
3−α)=
√3
3
，则cos α=________．
16. 若直线l 与曲线y =√x 和x 2+y 2=1
5都相切，则l 的方程为________．
四、解答题)
17. 计算：
(1)已知sin 2(π
4
+α)=2
3
，求sin 2α的值；
(2)已知α，β都是锐角，且cos (α+β)=−3
5，sin β=12
13，求cos α．
18. 化简下列各式： (1)tan (2π−α)⋅sin (−2π−α)⋅cos (6π−α)
cos (α−π)⋅sin (5π−α)
； (2)√1+2sin 290∘cos 430∘
sin 250∘+cos 790∘
．
19. 已知函数f(x)=log a 1+x
1−x (a >0，a ≠1)． (1)判断并证明函数f(x)的奇偶性；
(2)若f(t 2−t −1)+f(t −2)<0，求实数t 的取值范围．
20. “既要金山银山，又要绿水青山”．某风景区在一个直径AB 为100米的半圆形花园中设计一条观光线路．打算在半圆弧上任选一点C （与A ，B 不重合），沿AC 修一条直线段小路，在路的两侧（注意是两侧）种植绿化带；再沿弧BC 修一条弧形小路，在小路的一侧（注意是一侧）种植绿化带，小路与绿化带的宽度忽略不计.
(1)设∠BAC=θ(弧度)，将绿化带的总长度表示为θ的函数f(θ)；
(2)求绿化带的总长度f(θ)的最大值.
21. 已知幂函数f(x)=x(2−k)(1+k)，k∈Z，且f(x)在(0, +∞)上单调递增．
(1)求实数k的值，并写出相应的函数f(x)的解析式；
(2)若F(x)=2f(x)−4x+3在区间[2a, a+1]上不单调，求实数a的取值范围；
(3)试判断是否存在正数q，使函数g(x)=1−qf(x)+(2q−1)x在区间[−1, 2]上的值域为[−4,17
8
]，若存在，求出q的值；若不存在，请说明理由．
22. 已知函数f(x)=a ln x+x2（a为常数）．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)是否存在正实数a，使得对任意x1，x2∈[1,e]，都有|f(x1)−f(x2)|≤|1
x1−1
x2
|，
若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由；
(3)当a=1时，f(x)≤e x−bx
x2
+x2对∀x∈(0,+∞)恒成立，求整数b的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江苏省泰州市兴化市某校高三（上）9月学情调
研考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
象限角、轴线角
【解析】
利用第二象限角的集合，判断即可.
【解答】
解：∵第二象限角的集合为：
{x|90∘+360∘k<x<180∘+360∘k,k∈Z}，
∴其中是第二象限角的是：②−240∘，④495∘.
故选D.
2.
【答案】
D
【考点】
扇形面积公式
【解析】
【解答】
解：∵扇形的中心角为120∘，即为2π
3
，半径为√3，
∴扇形的弧长l=2π
3×√3=2√3π
3
，
∴扇形的面积S=1
2lr=1
2
×2√3π
3
×√3=π.
故选D.
3.
【答案】
A
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
利用对数函数性质，指数函数性质得到三个数的范围，再进行半径即可求解. 【解答】
解：∵0<(1
π)
e
<(1
π
)
=1，e1π>e0=1，ln1
π
<ln1=0，
∴ln1
π<(1
π
)
e
<e1π.
故选A.
D
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
三角函数值的符号
【解析】
【解答】
解：由欧拉公式e ix=cos x+i sin x，可得e−i=cos(−1)+i sin(−1)．
∵−π
2
<−1<0，
∴cos(−1)>0，sin(−1)<0，
∴e−i表示的复数在复平面中位于第四象限.
故选D．
5.
【答案】
D
【考点】
运用诱导公式化简求值
【解析】
已知等式利用诱导公式化简求出cosα的值，再由α的范围利用同角三角函数间的基本关系求出sinα的值，原式利用诱导公式化简后将sinα的值代入计算即可求出值．
【解答】
解：∵sin(π
2+α)=cosα=3
5
，α∈(0, π
2
)，
∴sinα=√1−cos2α=4
5
，
∴sin(π+α)=−sinα=−4
5
．
故选D.
6.
【答案】
C
【考点】
任意角的三角函数
【解析】
【解答】
解：∵角α的始边与x轴非负半轴重合，终边在射线4x−3y=0(x≤0)上，∴不妨令x=−3，则y=−4，r=5，
∴cosα=x
r =−3
5
，sinα=y
r
=−4
5
，
∴cosα−sinα=1
5
. 故选C.
B
【考点】
函数奇偶性的性质 函数的求值
【解析】
由题设条件可先由函数在R 上是奇函数求出参数m 的值，求函数函数的解板式，再由奇函数的性质得到f(−log 35)=−f(log 35)代入解析式即可求得所求的函数值，选出正确选项 【解答】
解：∵ f(x)是定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f(x)=3x +m (m 为常数)， ∴ f(0)=30+m =0，解得：m =−1， ∴ 当x ≥0时，f(x)=3x −1. ∵ log 35>0，
∴ f(−log 35)=−f(log 35)=−(3log 35−1)=−4. 故选B . 8.
【答案】 D
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题 【解析】
问题转化为|kx −2|=
f(x)
|x|
恰有3个实根，即y =|kx −2|与ℎ(x)=f(x)|x|
有3个不同的交点，
再分三种情况：当k =0，k <0，k >0时，讨论两个函数是否能有3个交点，进而得
出k 的取值范围. 【解答】
解：∵ g (0)=0，
∴ 要使g (x )恰有4个零点， 只需方程|kx −2|=f (x )|x|
恰有3个实根即可，
令ℎ(x )=
f (x )|x|
，
即y =|kx −2|与ℎ(x )=
f (x )|x|
的图象有3个不同交点．
∵ ℎ(x )=
f (x )|x|
={x 2，x >0，1，x <0，
∴ ①当k =0时，此时y =2，如下图所示：
y=2与ℎ(x)=f(x)
|x|
有1个交点，不满足题意；
②当k<0时，如下图所示：
此时y=|kx−2|与ℎ(x)=f(x)
|x|
恒有3个交点，满足题意；
③当k>0时，如下图所示：
需证明当x>2
k 时，函数y=|kx−2|与ℎ(x)=f(x)
|x|
的图象有2个交点，
当x>2
k
时，y=kx−2，ℎ(x)=x2，∴Δ>0得k2−8>0，
解得k>2√2，
设两交点横坐标为x1，x2，且x1<x2，
解出：x1=k−√k2−8
2=4
k+√k2−8
，
∵k2−8<k2，
∴x1>4
2k =2
k
.
∴k>2√2.
综上，k的取值范围为(−∞,0)∪(2√2,+∞). 故选D．
二、多选题 9.
【答案】 A,B
【考点】
运用诱导公式化简求值 【解析】
由题意利用诱导公式化简所给的式子，可的结果． 【解答】
解：A ，tan (π+1)=tan 1，故A 正确； B ，
sin (−α)tan (360∘−α)=
−sin α−tan α
=cos α，故B 正确；
C ，sin (π−α)
cos (π+α)=sin α
−cos α=−tan α，故C 错误； D ，
cos (π−α)tan (−π−α)
sin (2π−α)
=
−cos α⋅(−tan α)
−sin α
=−1，故D 错误.
故选AB . 10.
【答案】 A,B
【考点】
二倍角的正弦公式
同角三角函数间的基本关系
【解析】
由同角三角函数的基本关系，求出cos θ及tan θ，进而得解． 【解答】
解：∵ sin θ=−2
3，且cos θ>0，
∴ cos θ=√1−(−2
3
)2=
√53
， ∴ tan θ=sin θcos θ=−
2√55<0；tan 2θ=4
5>4
9；
4
9
=sin 2θ<cos 2θ=5
9；sin 2θ=2sin θcos θ<0. 故选AB . 11.
【答案】 B,C
【考点】
利用导数研究函数的极值 函数的零点
【解析】
本题主要考查函数的零点和极值点的求法，掌握方法即可解得. 【解答】
解：∵ 当x ≥0时，3x −9=0，解得：x =2， ∴ 函数f (x )的零点为2；
∵当x<0时，xe x=0无解，
∴当x<0时，函数f(x)无零点.
综上所述，α=2.
当x≥0时，f(x)为增函数，此时f(x)无极值，也无最大值；
∵当x<0时，f′(x)=e x+xe x=(1+x)e x,
当x<−1时，f′(x)<0；当−1<x<0时，f′(x)>0，
∴函数f(x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,0)上单调递增，
∴函数f(x)在x=−1处取得极小值，极小值点为−1，极小值为f(−1)=−e−1，∴β=−1，
∴α+β=2−1=1.
故选BC.
12.
【答案】
A,D
【考点】
函数新定义问题
函数恒成立问题
【解析】
【解答】
解：A，∵对于函数f(x)=2x，存在常数M=2，
使|f(x)|≤M|x|对一切实数x均成立，
∴函数f(x)=2x是“倍约束函数”，故A正确；
B，∵对于函数f(x)=x2+1，当x=0时，f(x)=1，
∴不存在常数M>0，使|f(x)|≤M|x|对一切实数x均成立，
∴函数f(x)=x2+1不是“倍约束函数”，故B错误；
C，∵对于函数f(x)=sin x+cos x，当x=0时，f(x)=1，
∴不存在常数M>0，使|f(x)|≤M|x|对一切实数x均成立，
∴函数f(x)=sin x+cos x不是“倍约束函数”，故C错误；
D，∵f(x)是定义在实数集R上的奇函数，
∴f(0)=0.
∵当x1=x(x∈R)，x2=0时，
由|f(x1)−f(x2)|≤2|x1−x2|可得，|f(x)|≤2|x|成立，这样的M存在，
∴函数f(x)是“倍约束函数”，故D正确.
故选AD.
三、填空题
13.
【答案】
1
2
【考点】
两角和与差的正弦公式
诱导公式
【解析】
利用诱导公式将角度统一，结合两角和与差的正弦公式得到答案.
【解答】
解：sin40∘sin100∘−sin50∘sin10∘
=sin40∘sin(90∘+10∘)−sin(90∘−40∘)sin10∘=sin40∘cos10∘−cos40∘sin10∘
=sin(40∘−10∘)
=1
2
.
故答案为：1
2
.
14.
【答案】
1
2
【考点】
两角和与差的余弦公式
同角三角函数间的基本关系
【解析】
【解答】
解：∵sinα−sinβ=√6
3，cosα−cosβ=√3
3
，
∴(sinα−sinβ)2=sin2α+sin2β−2sinαsinβ=2
3
①，
(cosα−cosβ)2=cos2α+cos2β−2cosαcosβ=1
3
②，①+②得，2−2sinαsinβ−2cosαcosβ=1，
∴cos(α−β)=1
2
.
故答案为：1
2
.
15.
【答案】
1 2+
√6
6
【考点】
两角和与差的余弦公式
同角三角函数间的基本关系
【解析】
先利用同角关系式求出余弦值，结合两角和差的余弦公式进行拆角转化即可．【解答】
解：∵α为锐角，
∴0<α<π
2，则−π
2
<−α<0，即−π
6
<π
3
−α<π
3
.
∵sin(π
3−α)=√3
3
，
∴cos(π
3−α)=(√3
3
)=√6
9
=√6
3
，
∴ cos α=cos (−α)=cos [(π
3
−α)−π
3
]
=cos (π3−α)cos π3+sin (π3−α)sin π3
=
√63×12+√33×√32
=1
2+
√6
6
. 故答案为：12
+√6
6
. 16. 【答案】
y =12x +12
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程 圆的切线方程 点到直线的距离公式
【解析】
【解答】
解：设直线l 的方程为y =kx +b ，
直线l 与曲线y =√x 的切点为A (x 0,y 0)，f (x )=√x ， 则f ′(x)=
2√x
，k =
2√x ，
∵ 点A 在直线l 上， ∴ y 0=2
√x x 0+b .
∵ y 0=√x 0， ∴ √x 0=2
√x x 0+b ，
∴ b =1
2
√x 0，
∴ 直线l 的方程为y =2√x +1
2√x 0，
化简得2
√x −y +1
2√x 0=0.
∵ 直线l 与圆x 2+y 2=15
相切，圆x 2+y 2=15
的圆心为(0,0)，半径为√55
， ∴ 圆心(0,0)到直线l 的距离等于半径， ∴
|1
2
√x |√(12√x )+(−1)2
√5
5
(x 0≥0)，解得：x 0=1，
∴ 直线l 的方程为12x −y +12=0，即y =12x +1
2. 故答案为：y =1
2x +1
2.
17. 【答案】
解：(1)∵ sin 2(π
4+α)=(
√2
2
cos α+
√2
2
sin α)2 =12(1+sin 2α)=2
3， ∴ sin 2α=1
3.
(2)∵ α，β都是锐角，cos (α+β)=−3
5，sin β=
1213
，
∴ sin (α+β)=45，cos β=5
13， ∴ cos α=cos [(α+β)−β] =cos (α+β)cos β+sin (α+β)sin β =(−35)×513+45×1213
=33
65.
【考点】
二倍角的正弦公式 两角和与差的正弦公式 两角和与差的余弦公式 同角三角函数间的基本关系 【解析】 【解答】
解：(1)∵ sin 2(π
4+α)=(√2
2cos α+√2
2
sin α)2 =1
2
(1+sin 2α)=23
，
∴ sin 2α=1
3.
(2)∵ α，β都是锐角，cos (α+β)=−3
5，sin β=12
13， ∴ sin (α+β)=4
5，cos β=
513
，
∴ cos α=cos [(α+β)−β]
=cos (α+β)cos β+sin (α+β)sin β =(−35)×513+45×1213
=33
65. 18.
解：(1)原式=sin(2π−α)
cos(2π−α)
⋅sin(−α)⋅cos(−α) cos(π−α)⋅sin(π−α)
=−sinα
cosα⋅−sinα
−cosα
⋅cosα
sinα
=−tanα.
(2)原式=√1+2sin(360∘−70∘)cos(360∘+70∘)
sin(180∘+70∘)+cos(720∘+70∘)
=√1−2sin70∘cos70∘−sin70∘+cos70∘
=|cos70∘−sin70∘| cos70∘−sin70∘
=sin70∘−cos70∘
cos70∘−sin70∘
=−1．【考点】
运用诱导公式化简求值【解析】
【解答】
解：(1)原式=sin(2π−α)
cos(2π−α)
⋅sin(−α)⋅cos(−α) cos(π−α)⋅sin(π−α)
=−sinα
cosα⋅−sinα
−cosα
⋅cosα
sinα
=−tanα.
(2)原式=√1+2sin(360∘−70∘)cos(360∘+70∘)
sin(180∘+70∘)+cos(720∘+70∘)
=√1−2sin70∘cos70∘−sin70∘+cos70∘
=|cos70∘−sin70∘| cos70∘−sin70∘
=sin70∘−cos70∘
cos70∘−sin70∘
=−1．
19.
【答案】
解：(1)1+x
1−x
>0⇒x∈(−1,1)，定义域关于原点对称，任意取x∈(−1, 1)，
f(−x)=log
a 1−x
1+x
=log
a
(1+x
1−x
)−1=−log
a
1+x
1−x
=−f(x)，
故函数f(x)是奇函数．
(2)∵当x∈(−1, 1)时，1+x
1−x =−1+2
1−x
单调递增，
∴当a>1时，f(x)在(−1,1)上单调递增；
当0<a<1时，f(x)在(−1,1)上单调递减．
∵函数f(x)是奇函数，
∴f(t2−t−1)+f(t−2)<0⇔f(t2−t−1)<f(2−t)，当a>1时，−1<t2−t−1<2−t<1，解得：t∈(1,√3)；
当0<a<1时，−1<2−t<t2−t−1<1，解得：t∈(√3,2).
【考点】
函数恒成立问题
奇偶性与单调性的综合
函数奇偶性的判断
【解析】
（1）求出函数的定义域，利用奇偶性的定义判断函数f(x)的奇偶性；
（2）判断函数的单调性，然后通过f(t2−t−1)+f(t−2)<0，求实数t的取值范围．【解答】
解：(1)1+x
1−x
>0⇒x∈(−1,1)，定义域关于原点对称，
任意取x∈(−1, 1)，
f(−x)=log
a 1−x
1+x
=log
a
(1+x
1−x
)−1=−log
a
1+x
1−x
=−f(x)，
故函数f(x)是奇函数．
(2)∵当x∈(−1, 1)时，1+x
1−x =−1+2
1−x
单调递增，
∴当a>1时，f(x)在(−1,1)上单调递增；
当0<a<1时，f(x)在(−1,1)上单调递减．
∵函数f(x)是奇函数，
∴f(t2−t−1)+f(t−2)<0⇔f(t2−t−1)<f(2−t)，
当a>1时，−1<t2−t−1<2−t<1，解得：t∈(1,√3)；
当0<a<1时，−1<2−t<t2−t−1<1，解得：t∈(√3,2).
20.
【答案】
解：(1)设圆心为O，连结OC，BC.
在直角△ABC中，AC=AB cosθ=100cosθ，
弧BC的长=50×2θ=100θ，
所以绿化带的总长度为f(θ)=200cosθ+100θ，其中θ∈(0,π
2
).
(2)f′(θ)=−200sinθ+100,θ∈(0,π
2
),
令f′(θ)=0，可得sinθ=1
2
，
所以θ=π
6
.
当θ∈(0,π
6
)时，f′(θ)>0，f(θ)单调递増；
当θ∈(π
6,π
2
)时，f′(θ)<0,f(θ)单调递减；
所以f(θ)max=f(π
6)=200×√3
2
+100×π
6
=100√3+50π
3
，
所以绿化带的总长度f(θ)的最大值为(100√3+50π
3
)米 .
【考点】
利用导数研究函数的最值
在实际问题中建立三角函数模型
弧长公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设圆心为O，连结OC，BC.
在直角△ABC中，AC=AB cosθ=100cosθ，
弧BC的长=50×2θ=100θ，
所以绿化带的总长度为f(θ)=200cosθ+100θ，其中θ∈(0,π
2
).
(2)f′(θ)=−200sinθ+100,θ∈(0,π
2
),
令f′(θ)=0，可得sinθ=1
2
，
所以θ=π
6
.
当θ∈(0,π
6
)时，f′(θ)>0，f(θ)单调递増；
当θ∈(π
6,π
2
)时，f′(θ)<0,f(θ)单调递减；
所以f(θ)max=f(π
6)=200×√3
2
+100×π
6
=100√3+50π
3
，
所以绿化带的总长度f(θ)的最大值为(100√3+50π
3
)米 .
21.
【答案】
解：(1)由题意知，(2−k)(1+k)>0，解得：−1<k<2．∵k∈Z，
∴k=0或k=1，分别代入原函数，得f(x)=x2．
(2)由已知得，F(x)=2x2−4x+3，
要使函数F(x)在区间[2a,a+1]上不单调，
则2a<1<a+1，解得：0<a<1
2
，
即实数a的取值范围是(0,1
2
).
(3)由已知得，g(x)=−qx 2+(2q −1)x +1． 假设存在这样的正数q 符合题意，
则函数g(x)的图象是开口向下的抛物线， 其对称轴为x =
2q−12q
=1−1
2q <1，
∴ 函数g(x)在[−1, 2]上的最小值只能在x =−1或x =2处取得. ∵ g(2)=−1≠−4，
∴ 必有g(−1)=2−3q =−4，解得：q =2．
此时，g(x)=−2x 2+3x +1，其对称轴x =3
4∈[−1,2]， ∴ g(x)在[−1, 2]上的最大值为g(3
4)=−2×(3
4)2+3×3
4+1=
178
，符合题意，
∴ 存在q =2，使函数g(x)=1−qf(x)+(2q −1)x 在区间[−1, 2]上的值域为[−4,17
8]． 【考点】
二次函数的性质 幂函数的性质 函数的值域及其求法
【解析】
（1）由已知f(x)在(0, +∞)上单调递增，结合幂函数的单调性与指数的关系可构造关于k 的不等式，解不等式求出实数k 的值，并得到函数f(x)的解析式；
（2）由（1）中结果，可得函数F(x)的解析式，结合二次函数的图象和性质，可构造关于a 的不等式，解不等式求出实数a 的取值范围；
（3）由（1）中结果，可得函数g(x)的解析式，结合二次函数的图象和性质，可求出q 的值．
【解答】
解：(1)由题意知，(2−k)(1+k)>0，解得：−1<k <2． ∵ k ∈Z ，
∴ k =0或k =1，分别代入原函数，得f(x)=x 2． (2)由已知得，F(x)=2x 2−4x +3，
要使函数F(x)在区间[2a,a +1]上不单调， 则2a <1<a +1，解得：0<a <1
2，
即实数a 的取值范围是(0,1
2).
(3)由已知得，g(x)=−qx 2+(2q −1)x +1． 假设存在这样的正数q 符合题意，
则函数g(x)的图象是开口向下的抛物线， 其对称轴为x =
2q−12q
=1−1
2q <1，
∴ 函数g(x)在[−1, 2]上的最小值只能在x =−1或x =2处取得. ∵ g(2)=−1≠−4，
∴ 必有g(−1)=2−3q =−4，解得：q =2．
此时，g(x)=−2x 2+3x +1，其对称轴x =3
4∈[−1,2]，
∴ g(x)在[−1, 2]上的最大值为g(3
4
)=−2×(3
4
)2+3×3
4
+1=
178
，符合题意，
∴ 存在q =2，使函数g(x)=1−qf(x)+(2q −1)x 在区间[−1, 2]上的值域为[−4,17
8]． 22. 【答案】
解：(1)∵ f ′
(x)=a
x
+2x =
2x 2+a x
，x ∈(0,+∞),
∴ ①若a ≥0，则f ′(x)>0恒成立⇒函数f(x)在(0,+∞)上单调递增； ②若a <0，则f ′(x)=
2x 2+a x
=
2(x+√−a 2)(x−√−a 2
)
x
，
令f ′(x)>0，解得：x >√−a
2；令f ′(x)<0，解得：0<x <√−a
2， ∴ 函数f(x)在(0,√−a 2)上单调递减，在(√−a
2,+∞)上单调递增. 综上，当a ≥0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a <0时，函数f(x)在(0,√−a 2)上单调递减，在(√−a
2,+∞)上单调递增. (2)满足条件的正实数a 不存在．理由如下：
由(1)可知，当a >0时，函数f(x)=a ln x +x 2在[1，e]上为增函数. 不妨设1≤x 1≤x 2≤e ，
则|f(x 1)−f(x 2)|≤|1x 1
−1x 2
|，即f(x 2)+1x 2
≤f(x 1)+1
x 1
，
∴ g(x)=f(x)+1
x
在[1,e ]上单调递减，
∴ g ′(x)=a x +2x −1
x 2≤0在[1,e ]上恒成立， 即a ≤1
x −2x 2在[1,e ]上恒成立. ∵ y =1x −2x 2在[1,e ]上单调递减， ∴ a ≤1e −2e 2<0，
∴ 满足条件的正实数a 不存在． (3)当a =1时，f(x)≤e x −bx x 2
+x 2对∀x ∈(0,+∞)恒成立，
即ln x ≤
e x −bx x 2
对∀x ∈(0,+∞)恒成立，
∴ 当x =1时，b ≤e . ∵ b ∈Z ， ∴ b ≤2.
下面证明：当b =2时，ln x ≤e x −bx x 2
对∀x ∈(0,+∞)恒成立.
当b =2时，ln x ≤
e x −bx x 2
，即2x +ln x ≤e x
x 2.
设g(x)=e x
x 2−2
x −ln x(x >0)，
则g′(x)=(e x−x)(x−2)
x3
，易知，e x−x>0，
∴当x∈(0,2)时，g′(x)<0；当x∈(2,+∞)时，g′(x)>0，
∴ g(x)≥g(2)=e2−4−4ln2
4>2.72−4−4ln2
4
>3−4ln2
4
>0，
即当b=2时，ln x≤e x−bx
x2
对∀x∈(0,+∞)恒成立，
∴b max=2.
【考点】
利用导数研究函数的最值函数恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
【解答】
解：(1)∵f′(x)=a
x +2x=2x2+a
x
，x∈(0,+∞),
∴ ①若a≥0，则f′(x)>0恒成立⇒函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；
②若a<0，则f′(x)=2x2+a
x =
2(x+√−a
2
)(x−√−a
2
)
x
，
令f′(x)>0，解得：x>√−a
2；令f′(x)<0，解得：0<x<√−a
2
，
∴函数f(x)在(0,√−a
2)上单调递减，在(√−a
2
,+∞)上单调递增.
综上，当a≥0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a<0时，函数f(x)在(0,√−a
2)上单调递减，在(√−a
2
,+∞)上单调递增.
(2)满足条件的正实数a不存在．理由如下：
由(1)可知，当a>0时，函数f(x)=a ln x+x2在[1，e]上为增函数. 不妨设1≤x1≤x2≤e，
则|f(x1)−f(x2)|≤|1
x1−1
x2
|，即f(x2)+1
x2
≤f(x1)+1
x1
，
∴g(x)=f(x)+1
x
在[1,e]上单调递减，
∴g′(x)=a
x +2x−1
x2
≤0在[1,e]上恒成立，
即a≤1
x
−2x2在[1,e]上恒成立.
∵y=1
x
−2x2在[1,e]上单调递减，
∴ a≤1
e
−2e2<0，
∴满足条件的正实数a不存在．
(3)当a=1时，f(x)≤e x−bx
x2
+x2对∀x∈(0,+∞)恒成立，
即ln x≤e x−bx
x2
对∀x∈(0,+∞)恒成立，
∴当x=1时，b≤e. ∵b∈Z，
∴b≤2.
下面证明：当b=2时，ln x≤e x−bx
x2
对∀x∈(0,+∞)恒成立.
当b=2时，ln x≤e x−bx
x2
，即2
x
+ln x≤e x
x2
.
设g(x)=e x
x2−2
x
−ln x(x>0)，
则g′(x)=(e x−x)(x−2)
x3
，易知，e x−x>0，
∴当x∈(0,2)时，g′(x)<0；当x∈(2,+∞)时，g′(x)>0，
∴ g(x)≥g(2)=e2−4−4ln2
4>2.72−4−4ln2
4
>3−4ln2
4
>0，
即当b=2时，ln x≤e x−bx
x2
对∀x∈(0,+∞)恒成立，
∴b max=2.。