高考數(shù)學(xué) 基礎(chǔ)鞏固練（五）文（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

基礎(chǔ)鞏固練(五)本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分．滿分150分，考試時(shí)間120分鐘．第Ⅰ卷(選擇題，共60分)一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．(2019·大同一中二模)已知集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|x2－x－2＜0}，則A∪B＝()A．{x|x≥1} B．{x|1≤x＜2} C．{x|－1＜x≤1} D．{x|x＞－1}答案D解析由題意得，B＝{x|－1＜x＜2}，∴A∪B＝{x|x＞－1}．故選D.2．(2019·杭州二中一模)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z＝eq\f(－2＋i,i3)(i為虛數(shù)單位)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限答案C解析復(fù)數(shù)z＝eq\f(－2＋i,i3)＝－1－2i，則z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(－1，－2)，位于第三象限．故選C.3．(2019·紹興一中三模)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，每個(gè)小方格都是邊長(zhǎng)為1的正方形，則這個(gè)幾何體的體積為()A．32B.eq\f(64,3)C.eq\f(32,3)D．8答案B解析幾何體的直觀圖如圖所示，棱錐的頂點(diǎn)，在底面上的射影是底面一邊的中點(diǎn)，易知這個(gè)幾何體的體積為eq\f(1,3)×4×4×4＝eq\f(64,3).故選B.4．(2019·長(zhǎng)春市二模)設(shè)直線y＝2x的傾斜角為α，則cos2α的值為()A．－eq\f(\r(5),5) B．－eq\f(2\r(5),5)C．－eq\f(3,5) D．－eq\f(4,5)答案C解析由題意可知tanα＝2，則cos2α＝cos2α－sin2α＝eq\f(cos2α－sin2α,cos2α＋sin2α)＝eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝－eq\f(3,5)，故選C.5．(2019·洛陽一高三模)已知拋物線y2＝2px(p>0)上的點(diǎn)M到其焦點(diǎn)F的距離比點(diǎn)M到y(tǒng)軸的距離大eq\f(1,2)，則拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為()A．y2＝x B．y2＝2x C．y2＝4x D．y2＝8x答案B解析因?yàn)閽佄锞€y2＝2px(p>0)上的點(diǎn)M到其焦點(diǎn)F的距離比點(diǎn)M到y(tǒng)軸的距離大eq\f(1,2)，所以可得eq\f(p,2)＝eq\f(1,2)，得p＝1，所以拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝2x.故選B.6．(2019·濮陽二模)如圖所示，等邊△ABC的邊長(zhǎng)為2，AM∥BC，且AM＝6.若N為線段CM的中點(diǎn)，則eq\o(AN,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝()A．18B．22C．23D．24答案C解析如圖，以A為原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，過點(diǎn)A作垂直于AB的直線為y軸，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(0,0)，B(2,0)，C(1，eq\r(3))．因?yàn)椤鰽BC為等邊三角形，且AM∥BC，所以∠MAB＝120°，所以M(－3,3eq\r(3))，因?yàn)镹是CM的中點(diǎn)，所以N(－1,2eq\r(3))，所以eq\o(AN,\s\up6(→))＝(－1，2eq\r(3))，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－5,3eq\r(3))，所以eq\o(AN,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝23.故選C.7．(2019·全國(guó)卷Ⅲ)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，如果輸入的為0.01，則輸出ε的值等于()εA．2－eq\f(1,24)B．2－eq\f(1,25)C．2－eq\f(1,26)D．2－eq\f(1,27)答案C解析ε＝0.01，x＝1，s＝0，s＝0＋1＝1，x＝eq\f(1,2)，x<ε不成立；s＝1＋eq\f(1,2)，x＝eq\f(1,4)，x<ε不成立；s＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)，x＝eq\f(1,8)，x<ε不成立；s＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,8)，x＝eq\f(1,16)，x<ε不成立；s＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,16)，x＝eq\f(1,32)，x<ε不成立；s＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,16)＋eq\f(1,32)，x＝eq\f(1,64)，x<ε不成立；s＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,16)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,64)，x＝eq\f(1,128)，x<ε成立，此時(shí)輸出s＝2－eq\f(1,26).故選C.8．(2019·南充高中一模)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(m,3x－1)－eq\f(5,2)的圖象關(guān)于(0,2)對(duì)稱，則f(x)>11的解集為()A．(－1,0) B．(－1,0)∪(0,1)C．(－1,0)∪(0，＋∞) D．(－1,0)∪(1，＋∞)答案A解析依題意，得f(－1)＋f(1)＝eq\f(m,\f(1,3)－1)－eq\f(5,2)＋eq\f(m,3－1)－eq\f(5,2)＝4，解得m＝－9.所以f(x)>11即eq\f(－9,3x－1)－eq\f(5,2)>11，解得－1<x<0.故選A.9．(2019·湖南師大附中三模)設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若f(x)為偶函數(shù)，且在(0,1)上存在極大值，則f′(x)的圖象可能為()答案C解析若f(x)為偶函數(shù)，則f′(x)為奇函數(shù)，故排除B，D.又f(x)在(0,1)上存在極大值，則f′(x)在(0,1)上應(yīng)先大于0，再小于0，故選C.10．(2019·溫州中學(xué)一模)如圖所示，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝4，O為底面ABCD兩條對(duì)角線的交點(diǎn)，A1O與平面CDD1CA．12eq\r(11)＋16 B．8eq\r(11)C．12eq\r(11) D．12eq\r(2)＋16答案A解析因?yàn)槠矫鍯DD1C1∥平面ABB1A1，所以A1O與平面CDD1C1所成的角等于A1O與平面ABB1A如圖，過底面ABCD的對(duì)角線交點(diǎn)O作OE⊥AB交AB于點(diǎn)E，則OE＝eq\f(1,2)BC，又因?yàn)镺E?平面ABCD，平面ABB1A1∩平面ABCD＝AB，所以O(shè)E⊥平面ABB1A1.連接A1E，則∠OA1E＝30°.在Rt△A1EO中，OE＝2，∠OA1E＝30°，所以A1E＝2eq\r(3).在Rt△A1AE中，AE＝1，所以A1A＝eq\r(11)，故長(zhǎng)方體的表面積為12eq\r(11)＋16.故選A.11．(2019·揚(yáng)州中學(xué)二模)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＝eq\f(1－2ln－x,x)，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為()A．3x＋y－4＝0B．3x＋y＋4＝0C．3x－y－2＝0D．3x－y－4＝0答案A解析∵函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＝eq\f(1－2ln－x,x)，不妨設(shè)x＞0，則－x＜0，故f(x)＝－f(－x)＝－eq\f(1－2lnx,－x)，∴當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝eq\f(1－2lnx,x)，f′(x)＝eq\f(－\f(2,x)·x－1－2lnx,x2)＝eq\f(2lnx－3,x2)，故f(1)＝1，f′(1)＝－3，故切線方程是y－1＝－3(x－1)，整理得3x＋y－4＝0，即曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為3x＋y－4＝0.故選A.12．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)F為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)F為直徑的圓與圓x2＋y2＝a2交于P，Q兩點(diǎn)．若|PQ|＝|OF|，則C的離心率為()A.eq\r(2)B.eq\r(3)C．2D.eq\r(5)答案A解析令雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(c,0)，則c＝eq\r(a2＋b2).如圖所示，由圓的對(duì)稱性及條件|PQ|＝|OF|可知，PQ是以O(shè)F為直徑的圓的直徑，且PQ⊥OF.設(shè)垂足為M，連接OP，則|OP|＝a，|OM|＝|MP|＝eq\f(c,2)，由|OM|2＋|MP|2＝|OP|2，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)))2＝a2，∴eq\f(c,a)＝eq\r(2)，即離心率e＝eq\r(2).故選A.第Ⅱ卷(非選擇題，共90分)二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13．(2019·煙臺(tái)二中一模)部分與整體以某種相似的方式呈現(xiàn)稱為分形，謝爾賓斯基三角形是一種分形，由波蘭數(shù)學(xué)家謝爾賓斯基1915年提出．具體操作是取一個(gè)實(shí)心三角形，沿三角形的三邊中點(diǎn)連線，將它分成4個(gè)小三角形，去掉中間的那一個(gè)小三角形后，對(duì)其余3個(gè)小三角形重復(fù)上述過程得到如圖所示的圖案，若向該圖案內(nèi)隨機(jī)投一點(diǎn)，則該點(diǎn)落在黑色部分的概率是________．答案eq\f(9,16)解析由圖可知黑色部分由9個(gè)小三角形組成，該圖案一共由16個(gè)小三角形組成，這些小三角形都是全等的，設(shè)“向該圖案內(nèi)隨機(jī)投一點(diǎn)，則該點(diǎn)落在黑色部分”為事件A，由幾何概型的概率計(jì)算公式可得P(A)＝eq\f(9S小三角形,16S小三角形)＝eq\f(9,16).14．(2019·貴州聯(lián)考)設(shè)x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,3x＋2y≤7，,4x－y≤2，))則z＝2x＋y的最大值為________．答案4解析作出eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,3x＋2y≤7，,4x－y≤2))表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋2y＝7，,4x－y＝2))解得A(1,2)，當(dāng)直線y＝－2x＋z經(jīng)過點(diǎn)A時(shí)，截距取得最大值，即z取得最大．此時(shí)x＝1，y＝2，z＝2x＋y有最大值2×1＋2＝4.15．(2019·全國(guó)卷Ⅰ)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx的最小值為________．答案－4解析∵f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx＝－cos2x－3cosx＝－2cos2x－3cosx＋1，令t＝cosx，則t∈[－1,1]，∴f(x)＝－2t2－3t＋1.又函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱軸t＝－eq\f(3,4)∈[－1,1]，且開口向下，∴當(dāng)t＝1時(shí)，f(x)有最小值－4.16．(2019·云南省曲靖市質(zhì)量監(jiān)測(cè))已知f(x)＝1－|lgx|，則函數(shù)y＝2f2(x)－3f(x答案3解析根據(jù)題意，函數(shù)y＝2f2(x)－3f(x)＋1令y＝2f2(x)－3f(x)＋1＝0，解得f(x)＝1或eq\f(1,2)，若f(x)＝1，即1－|lgx|＝1，即lgx＝0，解得x＝1，若f(x)＝eq\f(1,2)，即1－|lgx|＝eq\f(1,2)，即lgx＝±eq\f(1,2)，解得x＝eq\r(10)或eq\f(\r(10),10)，則函數(shù)y＝2f2(x)－3f(x三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17～21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答．(一)必考題：60分．17．(本小題滿分12分)(2019·濟(jì)南二模)如圖，在平面四邊形ABCD中，AB＝2，BC＝3，點(diǎn)E在線段AC上，且AE＝2EC，BE＝eq\f(4\r(3),3).(1)求AC的長(zhǎng)；(2)若∠ADC＝60°，AD＝eq\r(3)，求∠ACD的大小．解(1)設(shè)AC＝3z，在△ABE中，由余弦定理可得cos∠BEA＝eq\f(\f(16,3)＋2z2－4,2×\f(4\r(3),3)×2z).在△CBE中，由余弦定理可得cos∠BEC＝eq\f(\f(16,3)＋z2－9,2×\f(4\r(3),3)×z).由于∠BEA＋∠BEC＝180°，所以cos∠BEA＝－cos∠BEC.所以eq\f(\f(16,3)＋2z2－4,2×\f(4\r(3),3)×2z)＝－eq\f(\f(16,3)＋z2－9,2×\f(4\r(3),3)×z).整理并解得z＝1(負(fù)值舍去)．所以AC＝3.(2)在△ADC中，由正弦定理可得eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(AD,sin∠ACD)，所以eq\f(3,\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(3),sin∠ACD)，所以sin∠ACD＝eq\f(1,2).因?yàn)锳D＜AC，所以∠ACD＜60°，所以∠ACD＝30°.18．(本小題滿分12分)(2019·株洲一模)經(jīng)過多年的努力，炎陵黃桃在國(guó)內(nèi)乃至國(guó)際上逐漸打開了銷路，成為炎陵部分農(nóng)民脫貧致富的好產(chǎn)品．為了更好地銷售，現(xiàn)從某村的黃桃樹上隨機(jī)摘下了100個(gè)黃桃進(jìn)行測(cè)重，其質(zhì)量分布在區(qū)間[200,500]內(nèi)(單位：克)，統(tǒng)計(jì)質(zhì)量的數(shù)據(jù)作出其頻率分布直方圖如圖所示：(1)按分層抽樣的方法從質(zhì)量落在[350,400)，[400,450)的黃桃中隨機(jī)抽取5個(gè)，再?gòu)倪@5個(gè)黃桃中隨機(jī)抽取2個(gè)，求這2個(gè)黃桃質(zhì)量至少有一個(gè)不小于400克的概率；(2)以各組數(shù)據(jù)的中間數(shù)值代表這組數(shù)據(jù)的平均水平，以頻率代表概率，已知該村的黃桃樹上大約還有100000個(gè)黃桃待出售，某電商提出兩種收購(gòu)方案：A．所有黃桃均以20元/千克收購(gòu)；B．低于350克的黃桃以5元/個(gè)收購(gòu)，高于或等于350克的以9元/個(gè)收購(gòu)．請(qǐng)你通過計(jì)算為該村選擇收益最好的方案．(參考數(shù)據(jù)：225×0.05＋275×0.16＋325×0.24＋375×0.3＋425×0.2＋475×0.05＝354.5)解(1)由題得，黃桃質(zhì)量在[350,400)和[400,450)的比例為3∶2，∴應(yīng)分別在質(zhì)量為[350,400)和[400,450)的黃桃中各抽取3個(gè)和2個(gè)．記抽取質(zhì)量在[350,400)的黃桃為A1，A2，A3，質(zhì)量在[400,450)的黃桃為B1，B2，則從這5個(gè)黃桃中隨機(jī)抽取2個(gè)的情況共有以下10種：A1A2，A1A3，A2A3，A1B1，A2B1，A3B1，A1B2，A2B2，A3B2，B1B2，其中質(zhì)量至少有一個(gè)不小于400克的有7種情況，故所求概率為eq\f(7,10).(2)方案B好，理由如下：由頻率分布直方圖可知，黃桃質(zhì)量在[200,250)的頻率為50×0.001＝0.05.同理，黃桃質(zhì)量在[250,300)，[300,350)，[350,400)，[400,450)，[450,500]的頻率依次為0.16,0.24,0.3,0.2,0.05.若按方案B收購(gòu)：∵黃桃質(zhì)量低于350克的個(gè)數(shù)為(0.05＋0.16＋0.24)×100000＝45000個(gè)，黃桃質(zhì)量不低于350克的個(gè)數(shù)為55000個(gè)，∴收益為45000×5＋55000×9＝720000元．若按方案A收購(gòu)：根據(jù)題意，各段黃桃個(gè)數(shù)依次為5000,16000,24000,30000,20000,5000，于是總收益為(225×5000＋275×16000＋325×24000＋375×30000＋425×20000＋475×5000)×20÷1000＝709000(元)．∴方案B的收益比方案A的收益高，應(yīng)該選擇方案B.19．(本小題滿分12分)(2019·韶關(guān)一模)如圖，在幾何體ABCDEF中，DE＝2，DE∥BF，DE⊥平面ABCD，四邊形ABCD是菱形，AB＝5，AC＝8.(1)求證：AC⊥EF；(2)求點(diǎn)B到平面ADE的距離．解(1)證明：∵DE⊥底面ABCD，AC?底面ABCD，∴DE⊥AC.在菱形ABCD中，BD⊥AC，又∵DE∩BD＝D，∴AC⊥平面BDEF.又∵EF?平面BDEF，∴AC⊥EF.(2)設(shè)點(diǎn)B到平面ADE的距離為d，連接BE.在菱形ABCD中，設(shè)AC∩BD＝O.AC⊥BD，AB＝5，AC＝8.∴BD＝2OB＝2eq\r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AC,2)))2)＝2eq\r(52－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,2)))2)＝6.∵DE⊥底面ABCD，∴VE－ABD＝eq\f(1,3)S△ABD×DE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×BD×AO×DE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×6×4×2＝8.∵DE⊥底面ABCD，AD?底面ABCD，∴DE⊥AD.∴VB－ADE＝eq\f(1,3)×S△ADE×d＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×AD×DE×d＝eq\f(1,6)×5×2d＝eq\f(5,3)d.∵VE－ABD＝VB－ADE，即d＝eq\f(24,5).所以，點(diǎn)B到平面ADE的距離為eq\f(24,5).20．(本小題滿分12分)(2019·四川綿陽二診)已知橢圓C：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，直線l：y＝kx＋m與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)．O為坐標(biāo)原點(diǎn)．(1)若直線l過點(diǎn)F1，且|AB|＝eq\f(8\r(2),3)，求k的值；(2)若以AB為直徑的圓過原點(diǎn)O，試探究點(diǎn)O到直線AB的距離是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請(qǐng)說明理由．解(1)由橢圓C：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1，得a2＝8，b2＝4，則c＝eq\r(a2－b2)＝2.因?yàn)橹本€l過點(diǎn)F1(－2,0)，所以m＝2k，即直線l的方程為y＝k(x＋2)．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))整理得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－8＝0.∴x1＋x2＝eq\f(－8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(8k2－8,1＋2k2).由弦長(zhǎng)公式|AB|＝eq\r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\f(8\r(2),3)，代入整理得eq\f(1＋k2,1＋2k2)＝eq\f(2,3)，解得k2＝1.∴k＝±1.(2)設(shè)直線l方程y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))整理得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－8＝0.∴x1＋x2＝eq\f(－4km,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2m2－8,2k2＋1).以AB為直徑的圓過原點(diǎn)O，即eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0.∴eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝0.將y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m代入，整理得(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.將x1＋x2＝eq\f(－4km,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2m2－8,2k2＋1)代入，整理得3m2＝8k設(shè)點(diǎn)O到直線AB的距離為d，于是d2＝eq\f(m2,k2＋1)＝eq\f(8,3)，故點(diǎn)O到直線AB的距離是定值，該定值為d＝eq\f(2\r(6),3).21．(本小題滿分12分)(2019·江西聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝3x－eq\f(1,x)＋blnx.(1)當(dāng)b＝－4時(shí)，求函數(shù)f(x)的極小值；(2)若?x∈[1，e]，使得4x－eq\f(1,x)－f(x)＜－eq\f(1＋b,x)成立，求b的取值范圍．解(1)當(dāng)b＝－4時(shí)，f′(x)＝eq\f(－4,x)＋eq\f(1,x2)＋3＝eq\f(3x－1x－1,x2).令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,3)或x＝1.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以f(x)在x＝1處取得極小值為f(1)＝2.(2)由?x∈[1，e]，使得4x－eq\f(1,x)－f(x)＜－eq\f(1＋b,x)?4x－eq\f(1,x)－f(x)＋eq\f(1＋b,x)＜0?4x－eq\f(1,x)－3x＋eq\f(1,x)－blnx＋eq\f(1＋b,x)＜0，即x－blnx＋eq\f(1＋b,x)＜0.設(shè)h(x)＝x－blnx＋eq\f(1＋b,x)，則只需要函數(shù)h(x)＝x－blnx＋eq\f(1＋b,x)在[1，e]上的最小值小于零．又h′(x)＝1－eq\f(b,x)－eq\f(1＋b,x2)＝eq\f(x2－bx－1＋b,x2)＝eq\f(x＋1[x－1＋b],x2)，令h′(x)＝0，得x＝－1(舍去)或x＝1＋b.①當(dāng)1＋b≥e，即b≥e－1時(shí)，h(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，故h(x)在[1，e]上的最小值為h(e)，由h(e)＝e＋eq\f(1＋b,e)－b＜0，可得b＞eq\f(e2＋1,e－1).因?yàn)閑q\f(e2＋1,e－1)＞e－1，所以b＞eq\f(e2＋1,e－1).②當(dāng)1＋b≤1，即b≤0時(shí)，h(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，故h(x)在[1，e]上的最小值為h(1)，由h(1)＝1＋1＋b＜0，可得b＜－2(滿足b≤0)．③當(dāng)1＜1＋b＜e，即0＜b＜e－1時(shí)，h(x)在(1,1＋b)上單調(diào)遞減，在(1＋b，e)上單調(diào)遞增，故h(x)在[1，e]上的最小值為h(1＋b)＝2＋b－