长沙市 2023 年新高考适应性考试
数学参考答案
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．【答案】B
3+i (3+i)(1+i)
解析：由z= = =1+2i，可得|z|= 5．
1−i (1−i)(1+i)
2．【答案】C
y=x x=0 x=1 x=−1
解析：联立 ，解得 ，或 ，或 ，
y=x3 y=0 y=1 y=−1
即A∩B={(0,0),(1,1),(−1,−1)}，共有3个元素．
3．【答案】C
1
解析：由 =log 2<log 1.8=log 3.24<log 3.6 =log 3.6，可得c<a<b．
2 2 2 2 2 4
4．【答案】D
1
解析：(1−2x)4的展开式的通项为T =Ck(−2x)k =(−2)kCkxk ，则( −2)(1−2x)4的展开
k+1 4 4 x
式中的常数项为(−2)1C1−2×(−2)0C0 =−10．
4 4
5．【答案】A
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3)
解析：观察图象，可知BD =−AB+ AA + AD ，AC= AB+ AD，
1 1
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3)
则ACiBD =−AB 2 +AAiAB+AD 2 +AAiAD=−16+10+9+7.5=10.5．
1 1 1
6．【答案】A
1π π π
1−tan(α− ) tan −tan(α− )
解析：由 4 = 4 4 =tan( π −(α− π ))=tan( π −α)= 1 ，
π π π 4 4 2 tanα
1+tan(α− ) 1+tan tan(α− )
4 4 4
cos2α−sin2α 1−tan2α 3
可得tanα=2，则cos2α= = =− ．
cos2α+sin2α 1+tan2α 5
7．【答案】C
L =F +F =2F −F 1 1
解析：由 2022 2021 2023 2023 2022 ，解得F = L + L ．
L =F +F =2F +F =3F +F 2023 5 2022 5 2024
2024 2023 2025 2023 2024 2023 2022
8．【答案】D
解析：设点P坐标为(x,y)，由|PA|2 +2|PO|2=12，可得(x−3)2 + y2+2(x2 + y2)=12，
化简得(x−1)2 + y2 =2，即点P的轨迹为以(1,0)为圆心， 2为半径的圆；
又由|PO|= 2|PB|，可得 x2 + y2 = 2 x2 +(y−t)2 ，化简得x2+(y−2t)2 =2t2，
即点P的轨迹为以(0,2t)为圆心， 2t为半径的圆．
由题意，结合图形可知，两圆外离或内含．
6
当两圆外离时， 1+4t2 > 2t+ 2，解得t> +1；
2
6
当两圆内含时， 1+4t2 <| 2t− 2|，解得0<t< −1．
2
6 6
综上，可知t的取值范围是(0, −1)∪( +1,+∞)．
2 2
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有
多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．【答案】BC
解析：易知a=8，b=4，c=4 5，则渐近线方程为y=±2x，即A错误；
c 5
焦距为2c=8 5 ，即B正确；离心率 e= = ，即C正确；
a 2
可求得焦点到渐近线的距离d = 4 ，即D错误．
10．【答案】ACD
解析：观察散点图，便知大气压强与海拔高度负相关，即A正确．
2通过经验回归方程y =−4.0x+68.5，可知海拔每升高1千米，大气压强降低约为4.0kPa，
1
即B错误；
当x=11时，代入方程计算可得预测值ɵ y=24.5，则残差e ɵ =22.6− ɵ y=−1.9，即C正确．
随着海拔高度的增加，大气压强越来越小，但不可能为负数，因此，选择方程
y =132.9e−0.163x 更合适，即D正确．
2
11．【答案】ABD
解析：对于A选项，由函数y=ex与 y= x+1满足性质 f(−x)= 1 ，则x 与−x 都为
x−1 f(x) 1 1
函数y=ex − x+1的零点，有x =−x ，即A正确；
x−1 2 1
对于B选项，由函数y=lnx与y= x+1都满足性质 f( 1 )=−f(x)，则x 与 1 都为
x−1 x 3 x
3
函数y=lnx− x+1的零点，有x = 1 ，即B正确；
x−1 4 x
3
对于C选项，如图，由函数y=ex与y=lnx关于直线y=x对称，可得x =lnx ，
1 3
lnx
有 3 =1，即C错误；
x
1
x +x =0
对于D选项，同上，由 1 2 ，可得x +lnx =0，
x
2
=lnx
4
1 4
有x ex1 =1，即D正确．
4
12．【答案】ACD
解析：对于A选项，当平面PDE⊥平面BCED时，四棱锥P−BCED的体积最大，此时
31 (2+4)× 3
体积V = × × 3=3，即A正确．
3 2
如上左图，设M,N 分别为BC,DE的中点，
对于B选项，设平面PDE∩平面PBC=l，则l∥BC，有l⊥MN ，l⊥PM ，可得
l⊥平面PMN ，即∠NPM 为平面PDE与平面PBC所成的二面角，由PN =NM 可知，
∠NPM ≠90°，即B错误．
对于C选项，过P作MN 的垂线，垂足为H ，则PH ⊥平面BCED，则∠PBH 为
直线PB与平面BCED的所成角．依题意可知，PB=PC=2 2，PM =2，
3 6
PN =NM = 3，在(cid:1)PMN 中，由余弦定理可得cos∠PMN = ，有sin∠PMN = ；
3 3
2 6
在(cid:1)PMH 中，PH =PMsin∠PMN = ，从而直线PB与平面BCED所成角的正弦值
3
PH 3
为 = ，即C正确．
PB 3
对于D选项，当PB= 10 时，由BN = 7，可知PN2+BN2 =PB2，即PN ⊥BN ，
又PN ⊥DE ，且BN ∩DE=N ，则PN ⊥平面BCED，又PN ⊂平面PDE，则平面
PDE ⊥平面BCED．设四棱锥P−BCED的外接球球心为O，(cid:1)PDE的外心为G，如
上右图，易知点M 为等腰梯形BCED的外心，则四边形OGNM 为矩形，且
1 3 13
OM =GN = PN = ，可得R2 =OB2 =OM2+MB2 = ，从而所求外接球的表面积为
3 3 3
52
π，即D正确．
3
三．填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．
5
13．【答案】
2
(cid:3) (cid:3) (cid:3) (cid:3) (cid:3)
5
解析：由a+2b=(5,−2)，可得ci(a+2b)=5−2λ=0，解得λ= ．
2
14．【答案】3
4π π π
解析：依题意， f( )=2sin( ω+ϕ)=0，解得 ω+ϕ=kπ,k ∈Z ①；
6 6 6 1 1
π π π π
f( )=2sin( ω+ϕ)=±1，解得 ω+ϕ= +kπ,k ∈Z ②．
3 3 3 2 2 2
将①②式两边同时相减，解得ω=3+6(k −k ),k ∈Z,k ∈Z，当k =k 时，ω取最小值
2 1 1 2 1 2
为3．
9
15．【答案】
16
p p
解析：如图，根据抛物线的定义，|AF|=x + ，而x = +|AF|cos60°，
A 2 A 2
p 3p p 2p p
则|AF|= =2p，x = ． 同理|BF|= = ，x = ．
1−cos60° A 2 1+cos60° 3 B 6
y
A
O F x
D B
|AF| 3 |AO| x 3 |AF| |AO|
法1：由 = ，且 = A = ，即 = ，可得OF∥BD，
|AB| 4 |AD| x −x 4 |AB| |AD|
A D
S |AF| 9
则(cid:1)AOF ∽(cid:1)ADB，从而 1 =( )2 = ．
S |AB| 16
2
3 1 3
法2：求得y = 3p，y = y =− p，则S = |OF|⋅y = p2，
A B D 3 1 2 A 4
1 4 3 S 9
S = |DB|⋅(y − y )= p2，可得 1 = ．
2 2 A B 9 S 16
2
e
16．【答案】[ ,ee−1)
ln2
解析 法1：令t= f(x)，画出函数 f(x)的图象，由 f(t)=a，可知：
5当a<0时，方程 f(t)=a只有一个实根t=a−1<−1，则方程 f(x)=t也只有一个实
根，不合题意．
当a=0时，方程 f(t)=a有两个实根，t =−1，t =0，则方程 f(x)=t 有一个实
1 2 1
根，方程 f(x)=t 有两个实根，不合题意．
2
当0<a<ln2时，方程 f(t)=a有两个实根，t =a−1<0，t =ea −1∈(0,1)，
1 2
则方程 f(x)=t 有一个实根，方程 f(x)=t 有两个实根，不合题意．
1 2
当ln2≤a<1时，方程 f(t)=a有两个实根，t =a−1∈[ln2−1,0)，
1
t =ea −1∈[1,e−1)，则方程 f(x)=t 有一个实根x ，方程 f(x)=t 有一个实根x ，
2 1 1 2 2
符合题意．此时，x +2=t =a，ln(x +1)=ea −1，
1 1 2
x +1
有ln( 2 )=ln(x +1)−ln(x +2)=ea −lna−1．
x +2 2 1
1
1
设g(a)=ea −lna−1，则g'(a)=ea − ．由g'(a)单调递增，可得
a
1
g'(a)≥g'(ln2)=2− >0，则g(a)单调递增，有g(a)∈[1−ln(ln2),e−1)，
ln2
x +1 e
即 2 ∈[ ,ee−1)．
x +2 ln2
1
当a≥1时，方程 f(t)=a有一个实根t=ea −1≥e−1>1，方程 f(x)=t只有一个实
根，不合题意．
x +1 e
综上可知， 2 ∈[ ,ee−1)．
x +2 ln2
1
x+2, x<−1
法2：设g(x)= f(f(x))，则g(x)=ln(x+2), −1≤x<0 ，作出图象如下，易知
ln(ln(x+1)+1), x≥0
a∈[ln2,1)．
6x +1 eea−1
由x +2=a，ln(ln(x +1)+1)=a，即x +1=eea−1，可得 2 = ．
1 2 2 x +2 a
1
eea−1 eea−1(aea −1)
设ϕ(a)= ,a∈[ln2,1)，则ϕ'(a)= >0，可得函数ϕ(a)单调递增，有
a a2
e x +1 e
ϕ(a)∈[ ,ee−1)，即 2 ∈[ ,ee−1)．
ln2 x +2 ln2
1
四．解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（本题满分10分）
解析（1）设{a }的公差为d，{b }的公比为q，
n n
2q=2d+1
依题意可知a =1,b =2，且 ，消去q化简得d +4d =5．
1 1 1+2d +2q2 =11
又函数 f(x)= x+4x在(−∞,+∞)单调递增的函数，且 f(1)=5，则d =1，q=2．
因此，a =1+(n−1)×1=n，b =2⋅2n−1 =2n．................................................5分
n n
（2）依题意，S =1×21+2×22+⋯+n×2n①，
n
两边同时乘以公比2，得2S =1×22 +2×23⋯+(n−1)×2n +n×2n+1②，
n
将①，②两边同时相减得
2(1−2n)
−S =2+22 +23+⋯+2n −n×2n+1= −n×2n+1=(1−n)2n+1−2，
n
1−2
故S =(n−1)2n+1+2．.......................................................................................................10分
n
18．（本题满分12分）
a−b c
解析（1）由正弦定理，可得 = ，整理得a2 +c2 −b2 = 3ac．由余弦定理，
3a−c a+b
a2+c2 −b2 3 π
可得cosB= = ，解得B= ．................................................................5分
2ac 2 6
7a b c 2 b c 1
（2）法1：由正弦定理 = = ，即 = = ，可得b= ，
sinA sinB sinC sinA π sinC sinA
sin
6
5π
2sin( −A)
c= 2sinC = 6 = 3sinA+cosA = 3+ cosA ，
sinA sinA sinA sinA
A
2cos2
则b+c= 3+ 1+cosA = 3+ 2 = 3+ 1 ．
sinA A A A
2sin cos tan
2 2 2
π
0< A<
2 π π π A π
在锐角(cid:1)ABC中，由 ，解得 < A< ，即 < < ．
5π π 3 2 6 2 4
0<C= −A<
6 2
π π A 3
又函数y=tanx在( , )上单调递增，则tan ∈( ,1)，可得b+c∈( 3+1,2 3)，
6 4 2 3
故(cid:1)ABC的周长的取值范围( 3+3,2 3+2)．..............................................................12分
法2：过点B作BD⊥ AC于点D，设∠ABD=α，则∠CBD=30°−α．
在Rt△BCD中，BD=2cos(30°−α)，CD=2sin(30°−α)；在Rt△ABD中，
BD 2cos(30°−α)
AB= = ，AD=BD⋅tan∠ABD=2cos(30°−α)⋅tanα．
cos∠ABD cosα
从而，
2cos(30°−α) 2cos(30°−α)+2sin30°
b+c=2sin(30°−α)+2cos(30°−α)⋅tanα+ =
cosα cosα
α α
sin +cos
2cos(30°−α)+2sin30° 3cosα+sinα+1 1+sinα 2 2
= = = 3+ = 3+
cosα cosα cosα α α
cos −sin
2 2
α α α α
sin +cos 1+tan tan45°+tan
= 3+ 2 2 = 3+ 2 = 3+ 2 = 3+tan(45°+ α )．
α α α α 2
cos −sin 1−tan tan45°−tan
2 2 2 2
8α
又0<α<30°，则45°<45°+ <60°，可得b+c∈( 3+1,2 3)，故(cid:1)ABC的周长
2
的取值范围( 3+3,2 3+2)．
法3：如图所示，点A从点P移向点Q时，b+c单调递增，且b+c∈( 3+1,2 3)，
故(cid:1)ABC的周长的取值范围( 3+3,2 3+2)．
19．（本题满分12分）
解析（1）证明：连接AC，与BD 交于点O，则AC⊥BD．
又ED⊥平面ABCD，则ED⊥ AC，且ED∩BD=D，可得AC⊥平面EDB．
连接FM ，由BF =FE，可知FM ⊥EB．又平面FEB⊥平面EDB，且平面FEB∩平面
EDB=EB，则FM ⊥平面EDB，从而FM∥AC，即A,C,F,M 四点共面．
................................................................5分
（2）连接OM ，注意到OM 为(cid:1)EDB的中位线，有OM∥ED，且OM ⊂平面
OCFM ，则ED∥平面OCFM ，又平面DCFE∩平面OCFM =FC ，则ED∥FC．结合
1
（1）中的FM∥AC，可知四边形OCFM 为矩形，则FC=OM = ED=1．
2
法1：如下图，以D为坐标原点，DA,DC,DE 所在直线分别为x,y,z轴，建立空间
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3)
直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，F(0,1,1)，E(0,0,2)，有AB=(0,1,0)，
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3)
BE =(−1,−1,2)，BF =(−1,0,1)．
9(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3)
(cid:2)(cid:3) miBF =−x +z =0
设平面FEB的法向量m=(x ,y ,z )，则 (cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) 1 1 ，令x =1，解得
1 1 1 miBE=−x − y +2z =0 1
(cid:2)(cid:3) 1 1 1
其中一个法向量m=(1,1,1)；
(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3)
(cid:3) niAB= y =0
设平面EAB的法向量n=(x ,y ,z )，则 (cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) 2 ，令x =2，解
2 2 2 niBE=−x − y +2z =0 2
(cid:3) 2 2 2
得其中一个法向量n=(2,0,1)．
(cid:2)(cid:3) (cid:3)
(cid:2)(cid:3) (cid:3) min 3 15
从而cos<m,n>= (cid:2)(cid:3) (cid:3) = = ，
|m||n| 3× 5 5
15
即平面FEB与平面EAB的夹角的余弦值为 ．....................................12分
5
法 2：如下图，在平面 EAB 中，过点 M 作 EB 的垂线与 EA相交于点 N ，则
∠NMF 为二面角F−EB−A的平面角．
由(cid:1)ENM ∽(cid:1)EBA，可得 EN = NM = ME ．又BA=1，EB= 6 ，ME= 6 ，
EB BA AE 2
3 5 30
AE= 5 ，解得EN = ，MN = ．
5 10
过点N 作NP⊥ED于点P，过点P作PQ⊥FC 于点Q，
10可求得NP= 3 ，PQ=1，QF = 1 ，则NF2=NP2+PQ2+QF2= 7 ．
5 5 5
2
又MF = BF2−BM2 = ，在(cid:1)NMF 中，由余弦定理可求得
2
MN2 +MF2 −NF2 15
cos∠NMF = =− ，
2MN⋅MF 5
15
即平面FEB与平面EAB的夹角的余弦值为 ．..............................12分
5
20．（本题满分12分）
3 4 3
解析（1）由题意可知，甲组获得决赛资格的的概率为 p = × = ，
1 4 5 5
3 2 2
乙组获得决赛资格的概率为p = × = ．
2 5 3 5
3 2 6
X 的可能取值为0，1，2，则P(X =0)=(1− p )(1− p )=(1− )×(1− )= ，
1 2 5 5 25
3 2 3 2 13 6
P(X =1)=(1− p )⋅p + p ⋅(1− p )=(1− )× + ×(1− )= ， P(X =2)= p ⋅p = ，
1 2 1 2 5 5 5 5 25 1 2 25
可得X 的分布列为
X 0 1 2
6 13 6
P
25 25 25
6 13 6
E(X)=0× +1× +2× =1． ...........................................................................6分
25 25 25
（2）设B表示事件“该单位的某小组对最后一道题回答正确”，A表示事件“甲
1
小组抢到最后一道题”，A 表示事件“乙小组抢到最后一道题”，
2
9 11 3 2
则P(A)= ，P(A )= ，P(B|A)= ，P(B|A )= ．
1 20 2 20 1 5 2 5
9 3 11 2 49
根据全概率公式，可得P(B)=P(A)P(B|A)+P(A )P(B|A )= × + × = ，
1 1 2 2 20 5 20 5 100
9 3
×
从而P(A |B)= P(A 1 B) = P(A 1 )P(B|A 1 ) = 20 5 = 27 ，
1 P(B) P(B) 49 49
100
27
即该题是甲组答对的概率为 ．.................................................12分
49
11备用：设A表示事件“甲小组抢到最后一道题”，A 表示事件“乙小组抢到最后
1 2
一道题”，B 表示事件“甲小组对最后一道题回答正确”，B 表示事件“乙小组对最
1 2
后一道题回答正确”，B表示事件“该单位的某小组对最后一道题回答正确”，
9 11 3 2
则P(A)= ，P(A )= ，P(B )= ，P(B )= ．
1 20 2 20 1 5 2 5
9 3 11 2 49
可得P(B)=P(AB)+P(AB )=P(A)P(B)+P(A )P(B )= × + × = ，
1 1 2 2 1 1 2 2 20 5 20 5 100
9 3
×
从而P(AB |B)= P(A 1 B 1 B) = P(A 1 B 1 ) = P(A 1 )P(B 1 ) = 20 5 = 27 ，
1 1 P(B) P(B) P(B) 49 49
100
27
即该题是甲组答对的概率为 ．.................................................12分
49
21．（本题满分12分）
解析（1）设直线AB:y=kx，两点A，B的坐标分别为(x ,y )，(x ,y )，将直线AB
A A B B
与椭圆的方程联立，可得(2k2 +1)x2 −2=0，
2
则x +x =0，x x =− ．
A B A B 2k2 +1
y −1 y −1 kx −1 kx −1 2kx x −(x +x )
从而k +k = A + B = A + B = A B A B =2k ，
AP BP x x x x x x
A B A B A B
即直线PA，AB，PB的斜率成等差数列．......................5分
2
（2）法1：点P(0,1)到直线y=−x+2的距离d = ，为定值，
2
y −1
直线PA的方程为y= A x+1，与直线方程y=−x+2联立，
x
A
x x x
可解得x = A = A ； 同理可得x = B ，
C D
x + y −1 (k+1)x −1 (k+1)x −1
A A A B
1 1
k2 + k2 +
CD = 2| x A −x B |= 2⋅ 2 = 2⋅ 2 ．
(k+1)2x A x B −(k+1)(x A +x B )+1 |k+ 1 | (k+ 1 )2
4 4
121
k2 +
从而S = 1 |CD|⋅d == 1 2 ．
(cid:1)PCD 2 2 (k+ 1 )2
4
1 1 3 1 4 128 3 8 2 2
令t=k+ ，则k =t− ， 可得S = ( − )2 + ≥ × = ，当且仅
4 4
(cid:1)PCD
8 t 9 81 8 9 3
2
当k =2时取等号，故(cid:1)PCD面积的最小值为 ．.................................12分
3
法2：根据题意可知
y −1 y −1 y y −(y +y )+1 y (−y )−(y −y )+1 y2 −1 y2 −1 1
k ⋅k = A ⋅ B = A B A B = A A A A = A = A =− ．
AP BP x x x x x (−x ) x2 2−2y2 2
A B A B A A A A
y =−x +2 1 1
由 C C ，解得x = ； 同理可得x = ．
y
C
=k
AP
x
C
+1 C 1+k
AP
D 1+k
BP
直线y=−x+2与 y轴相交于点E(0,2)，则
1 1 1 1 1 k −k
S =|S −S |= ⋅|PE|⋅|x −x |= | − |= | BP AP |
(cid:1)PCD (cid:1)PED (cid:1)PEC 2 C D 2 1+k 1+k 2 k k +(k +k )+1
AP BP AP BP AP BP
= 1 | (k AP +k BP )2−4k AP k BP |= 1 | 4k2−4×(− 1 2 ) |= 1 k2+ 1 2 ．
2 k AP k BP +(k AP +k BP )+1 2 − 1 +2k+1 2 (k+ 1 )2
2 4
后续过程，类似于解法1．.....................................................................................12分
22．（本题满分12分）
解析（1）依题意， f '(x)=(4x−3x2 −2x2 +x3)e1−x =x(x−1)(x−4)e1−x，
则 f(x)在(0,1)单调递增，在(1,4)单调递减，在(4,+∞)单调递增．
当x≥2时， f(x)≤0恒成立，则 f(x)的最大值为 f(1)=1．....................................4分
（2）设g(x)=ax2e1−x+|lnx|−a，其中x>0．
方法1（先对参数分类讨论，再对自变量分段讨论）
当a=0时，g(x)=|lnx|≥0，符合题意．
当a>0时，注意到g(1)=0．
（i）当0<x<1时，g(x)=ax2e1−x −lnx−a，且
1 a 1
g'(x)=a(2x−x2)e1−x − = [f(x)− ]．由（1）知， f(x)在(0,1)单调递增，且
x x a
f(x)∈(0,1)．
131
若 ≥1，即0<a≤1时，g'(x)<0，则g(x)在(0,1)上单调递减，有g(x)>g(1)=0，
a
符合题意．
1 1
若0< <1，即a>1时，存在x ∈(0,1)，使得 f(x )= ．当x∈(x ,1)时，
a 0 0 a 0
1
f(x)> ，且g'(x)>0，则g(x)单调递增，可得g(x)<g(1)=0，不合题意．
a
因此，当0<x<1时，满足题意的a∈(0,1]．
（ii）当x≥1时，结合（i），只需证明a∈(0,1]时，恒有g(x)≥0，即
ax2e1−x +lnx−a≥0，即a(x2e1−x −1)+lnx≥0（*）．
当x≥e时，g(x)>lnx−a≥lnx−1≥0；当1≤x<e时，设h(x)= x2e1−x −1，则
h'(x)=x(2−x)e1−x，可得h(x)在(1,2)单调递增，在(2,e)单调递减，有
h(x)>min{h(1),h(e)}=min{0,e3−e −1}=0，从而g(x)=a⋅h(x)+lnx>0．符合题
意．...........................................................................................................8分
当a<0时，注意到g(1)=0．
1
（i）当0<x<1时，g(x)=ax2e1−x −lnx−a，且g'(x)=a(2x−x2)e1−x − <0，则
x
g(x)在单调递减，有g(x)>g(1)=0，符合题意．
（ii）当x≥1时，g(x)=ax2e1−x +lnx−a，且
1 a 1
g'(x)=a(2x−x2)e1−x + = [f(x)+ ]．
x x a
1
若 >−1，即a<−1时，由（1）知 f(x)在(0,2)单调递减，且 f(x)∈(0,1)．存在
a
1 1
x ∈(1,2)，使得 f(x )+ =0，当x∈(1,x )时， f(x)+ >0，且g'(x)<0，则g(x)单
1 1 a 1 a
调递减，可得g(x)<g(1)=0，不合题意．
1
若 ≤−1，即−1≤a<0时，g'(x)≥0，则g(x)在[1,+∞)单调递增，有
a
g(x)≥g(1)=0，符合题意．
综上可知，a∈[−1,1]符合题意．...........................................................................12分
方法2（先对自变量分段讨论，再对参数分类讨论）
①当x=1时，g(1)=0，符合题意．
②当0<x<1时，g(x)=ax2e1−x −lnx−a，且
141 a 1
g'(x)=a(2x−x2)e1−x − = [f(x)− ]．由（1）知， f(x)在(0,1)单调递增，且
x x a
f(x)∈(0,1)．
若a<0时，g'(x)<0，则g(x)在单调递减，有g(x)>g(1)=0，符合题意．
若a=0时，g(x)=−lnx>0，符合题意．
1
若 ≥1，即0<a≤1时，g'(x)<0，则g(x)在(0,1)上单调递减，有g(x)>g(1)=0，
a
符合题意．
1 1
若0< <1，即a>1时，存在x ∈(0,1)，使得 f(x )= ．当x∈(x ,1)时，
a 0 0 a 0
1
f(x)> ，且g'(x)>0，则g(x)单调递增，可得g(x)<g(1)=0，不合题意．
a
因此，当0<x<1时，满足题意的a∈(−∞,1]．...................................................8分
1 a 1
③当x>1时，g(x)=ax2e1−x +lnx−a，且g'(x)=a(2x−x2)e1−x + = [f(x)+ ]．
x x a
1
若 >−1，即a<−1时，由（1）知 f(x)在(1,2)单调递减，且 f(x)∈(0,1)．存在
a
1 1
x ∈(1,2)，使得 f(x )+ =0，当x∈(1,x )时， f(x)+ >0，且g'(x)<0，则g(x)单
1 1 a 1 a
调递减，可得g(x)<g(1)=0，不合题意．
1
若 ≤−1，即−1≤a<0时，g'(x)>0，则g(x)在(1,+∞)单调递增，有
a
g(x)>g(1)=0，符合题意．
若a=0时，g(x)=lnx>0，符合题意．
若0<a≤1时，当x≥e时，g(x)>lnx−a≥lnx−1≥0；当1<x<e时，设
h(x)= x2e1−x −1，则h'(x)=x(2−x)e1−x，可得h(x)在(1,2)单调递增，在(2,e)单调递减，
有h(x)>min{h(1),h(e)}=min{0,e3−e −1}=0，从而g(x)=a⋅h(x)+lnx>0．符合题意．
若a>1时，结合情况②，无需再讨论．
综上可知，a∈[−1,1]符合题意．...........................................................................12分
说明注意到g(1)=0，则g(x)≥0恒成立的必要条件为：g'(1)≤0(0<x≤1)，且
g'(1)≥0(x≥1)．
1
当0<x≤1时，g(x)=ax2e1−x −lnx−a，且g'(x)=a(2x−x2)e1−x − ，则
x
15g'(1)=a−1≤0，解得a≤1；当x≥1时，g(x)=ax2e1−x +lnx−a，且
1
g'(x)=a(2x−x2)e1−x + ，则g'(1)=a+1≥0，解得a≥−1．从而，函数g(x)≥0恒成立
x
只需限制参数a∈[−1,1]中讨论．
16
