2020-2021学年陕西省高二（上）期末数学试卷（文科）人教A版（Word 含解析）

这是一份2020-2021学年陕西省高二（上）期末数学试卷（文科）人教A版（Word 含解析），共9页。试卷主要包含了选择题.，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 命题“对任意的x∈R，x3−2x+1≤0”的否定是（ ）
A.不存在x∈R，x3−2x+1≤0B.存在x∈R，x3−2x+1≤0
C.存在x∈R，x3−2x+1>0D.对任意的x∈R，x3−2x+1>0

2. “p或q为真”是“非p为假”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

3. 若=a+bi(a, b∈R)，则a2019+b2020＝（ ）
A.−1B.0C.1D.2

4. 与双曲线的焦点相同，且长轴长为的椭圆的标准方程为（ ）
A.B.C.D.

5. 已知函数f(x)＝x3−2x2，x∈[−1, 3]，则下列说法不正确的是（ ）
A.最大值为9B.最小值为−3
C.函数f(x)在区间[1, 3]上单调递增D.x＝0是它的极大值点

6. 双曲线x2a2−y23=1(a>0)有一个焦点与抛物线y2＝8x的焦点重合，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A.y＝±12xB.y＝±2xC.y＝±33xD.y＝±3x

7. 函数y＝xcsx−sinx在下面哪个区间内是减函数（ ）
A.B.(π, 2π)C.D.(2π, 3π)

8. 已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A.f(e)
9. 已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，短轴的一个端点为M，直线l:3x−4y=0交椭圆E于A，B两点，若|AF|+|BF|=4，点M到直线l的距离不小于45，则椭圆E的离心率的取值范围是( )
A.(0, 32]B.(0, 34]C.[32, 1)D.[34, 1)

10. 已知函数f(x)＝ax3−3x2+1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是（ ）
A.(2, +∞)B.(−∞, −2)C.(1, +∞)D.(−∞, −1)

11. 如图所示点F是抛物线y2＝8x的焦点，点A，B分别在抛物线y2＝8x及圆x2+y2−4x−12＝0的实线部分上运动，且AB总是平行于x轴，则△FAB的周长的取值范围是( )

A.(6, 10)B.(8, 12)C.[6, 8]D.[8, 12]

12. 设f(x)是定义在R上的函数，其导函数为f′(x)，若f(x)−f′(x)<1，f(0)＝2021，则不等式f(x)>2020⋅ex+1（e为自然对数的底数）解集为（ ）
A.(−∞, 0)∪(0, +∞)B.(2020, +∞)
C.(0, +∞)D.(−∞, 0)∪(2020, +∞)
二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）

已知复数z=11+i+i（i为虚数单位），则|z|＝________．

命题“∃x0∈R，满足不等式”是假命题，则m的取值范围为________．

如图所示，抛物线形拱桥的跨度是20米，拱高是4米，在建桥时，每隔4米需要用一支柱支撑，则其中最长的支柱的长度为________米．


已知函数f(x)的导数f′(x)=a(x+1)(x−a)，若f(x)在x=a处取到极大值，则a的取值范围是________．
三、解答题（共6小题，共70分）

（1）已知椭圆的离心率为，点(2，）在C上．求椭圆C的方程；
（2）求与椭圆4x2+5y2＝20有相同的焦点，且顶点在原点的抛物线方程．

设关于x的不等式x2≤5x−4的解集为A，不等式x2−(a+2)x+2a≤0(a≥2)的解集为B．
（1）求集合A，B；

（2）若x∈A是x∈B的必要条件，求实数a的取值范围．

已知m∈R，命题p：方程x2m−1+y27−m=1表示焦点在y轴上的椭圆；命题q：“方程x2+y2−2x+(2m−6)y+m2−14m+26＝0表示圆心在第一象限的圆”．
（1）若命题p是真命题，求实数m的取值范围；

（2）若命题p和q均为假命题，求实数m的取值范围．

函数．
（1）求曲线y＝f(x)在点（2, f(2)）处的切线方程；

（2）求f(x)在区间上的最大值．

已知中心在原点的椭圆的一个焦点为F1(3, 0)，点M(4, y)(y>0)为椭圆上一点，△MOF1的面积为．
（1）求椭圆C的方程；

（2）是否存在平行于OM的直线l，使得直线l与椭圆C相交于A、B两点，且以线段AB为直径的圆恰好经过原点？若存在，求出l的方程，若不存在，说明理由．

已知f(x)=ax−lnx，x∈(0, e],g(x)=lnxx，其中e是自然常数，a∈R．
（1）讨论a=1时，函数f(x)的单调性和极值；

（2）求证：在（1）的条件下，f(x)>g(x)+12；

（3）是否存在实数a使f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年陕西省高二（上）期末数学试卷（文科）
一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）.
1.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
【解析】
根据全称命题的否定是特称命题，任意改存在，结论否定，写出对应的命题即可．
【解答】
全称命题“对任意的x∈R，x3−2x+7≤0”，
它的否定是特称命题：“存在x∈R，x3−4x+1>0”．
2.
【答案】
B
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可．
【解答】
“非p为假”⇔“p为真”；
“p或q为真”推不出“p为真”，但“p为真”可以推出“p或q为真”，
所以“p或q为真”是“非p为假”的必要不充分条件；
3.
【答案】
D
【考点】
虚数单位i及其性质
复数的基本概念
复数的运算
【解析】
化简复数，利用复数的相等即可得出a，b．再进行乘方运算即可．
【解答】
∵ ＝a+bi，则a＝5，
∴ a2019+b2020＝2，
4.
【答案】
B
【考点】
椭圆的标准方程
双曲线的离心率
【解析】
求出双曲线的半焦距，利用椭圆长轴长，求解短半轴的长，即可得到椭圆方程．
【解答】
与双曲线的焦点相同，
所以椭圆的半焦距为：c＝＝3的椭圆，
所以a＝2，所以b＝＝．
所以椭圆方程为：．
5.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
对f(x)求导，分析f′(x)的正负，进而得f(x)的单调区间，极值可判断C错误，D正确，再计算出极值，端点处函数值f(1)，f(3)，可得函数f(x)的最大值，最小值，进而可判断A正确，B正确．
【解答】
f′(x)＝3x2−2x，
令f′(x)＝3x2−7x>0，解得x<0或x>，
所以当x∈[−1, 4)，（，f′(x)>8，
当x∈(0，）时，函数f(x)单调递减，
所以x＝0是它的极大值点，D正确，
因为f(0)＝0，f(3)＝27−2×9＝9，
所以函数f(x)的最大值为6，A正确，
因为f(−1)＝−1−6＝−3，f（−2×，所以函数f(x)的最小值为−4，
6.
【答案】
D
【考点】
抛物线的性质
双曲线的离心率
【解析】
求出抛物线的焦点坐标，利用双曲线的几何性质求解渐近线方程即可．
【解答】
抛物线焦点(2, 0)，则a2+3＝4
∴ a2＝1，∴ a＝1，
∴ 双曲线方程为：x2−y23=1．
∴ 渐近线方程为y=±3x．
7.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
分析知函数的单调性用三角函数的相关性质不易判断，易用求其导数的方法来判断其在那个区间上是减函数．
【解答】
y′＝csx−xsinx−csx＝−xsinx
欲使导数为负，只需x与sinx符号总相同，
分析四个选项知，D选项符合条件，
8.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
求出函数的导数，得到函数的单调性求出答案即可．
【解答】
f(x)的定义域是(0, +∞)，
∵ f′(x)＝+>0，
∴ f(x)在(2, +∞)单调递增，
∵ 2.7∴ f(5.7)9.
【答案】
A
【考点】
圆锥曲线中的范围与最值问题
【解析】
如图所示，设F′为椭圆的左焦点，连接AF′，BF′，则四边形AFBF′是平行四边形，可得4=|AF|+|BF|=|AF′|+|BF|=2a．取M(0, b)，由点M到直线l的距离不小于45，可得|4b|32+42≥45，解得b≥1．再利用离心率计算公式e=ca=1−b2a2即可得出．
【解答】
解：如图所示，
设F′为椭圆的左焦点，连接AF′，BF′，则四边形AFBF′是平行四边形，
∴ 4=|AF|+|BF|=|AF′|+|AF|=2a，
∴ a=2．
取M(0, b)，∵ 点M到直线l的距离不小于45，
∴ |4b|32+42≥45，解得b≥1．
∴ e=ca=1−b2a2≤1−122=32．
∴ 椭圆E的离心率的取值范围是(0,32]．
故选A.
10.
【答案】
B
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
(i)当a＝0时，f(x)＝−3x2+1，令f(x)＝0，解得x＝±33，两个解，舍去．
(ii)当a≠0时，f′(x)＝3ax2−6x＝3ax(x−2a)，令f′(x)＝0，解得x＝0或2a．对a分类讨论：①当a<0时，由题意可得关于a的不等式组；②当a>0时，推出极值点不满足题意，推出结果即可．
【解答】
(i)当a＝0时，f(x)＝−3x2+1，令f(x)＝0，
解得x＝±33，函数f(x)有两个零点，舍去．
(ii)当a≠0时，f′(x)＝3ax2−6x＝3ax(x−2a)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或2a．
①当a<0时，2a<0，当x<2a或x>0时，
f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减；
当2a0，
此时函数f(x)单调递增．
∴ 2a是函数f(x)的极小值点，0是函数f(x)的极大值点．
∵ 函数f(x)＝ax3−3x2+1存在唯一的零点x0，且x0>0，
则：2a<0f(2a)>0 ；即：a<04a2<1 ，可得a<−2．
②当a>0时，2a>0，当x>2a或x<0时，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增；
当0∴ 2a是函数f(x)的极小值点，0是函数f(x)的极大值点．
不满足函数f(x)＝ax3−3x2+1存在唯一的零点x0，且x0>0，
综上可得：实数a的取值范围是(−∞, −2)．
11.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
圆锥曲线的综合问题
抛物线的定义
圆的标准方程
【解析】
由抛物线定义可得|AF|＝xA+2，从而△FAB的周长＝|AF|+|AB|+|BF|＝xA+2+(xB−xA)+4＝6+xB，确定B点横坐标的范围，即可得到结论．
【解答】
解：抛物线的准线l:x=−2，焦点F(2, 0)，
由抛物线定义可得|AF|=xA+2，
圆的方程可化为(x−2)2+y2=16，圆心为(2, 0)，半径为4，
∴ △FAB的周长=|AF|+|AB|+|BF|=xA+2+(xB−xA)+4=6+xB，
由抛物线y2=8x及圆(x−2)2+y2=16可得交点的横坐标为2，
∴ xB∈(2, 6)，
∴ 6+xB∈(8, 12).
故选B.
12.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
构造函数，利用函数的导数判断函数的单调性，转化求解不等式的解集即可．
【解答】
构造函数F(x)＝，则F′(x)＝，
故函数F(x)在R上单调递增，
又因为F(0)＝＝2021−1＝2020，
所以当且仅当x>4时，F(x)>F(0)＝2020成立，
即>202020x+1，
因此不等式f(x)>2020ex+5的解集为(0, +∞)，
二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
【答案】
22
【考点】
复数的运算
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．
【解答】
∵ z=11+i+i=1−i(1+i)(1−i)+i=12+12i，
∴ |z|=(12)2+(12)2=22．
【答案】
[−4, 4]
【考点】
全称命题与特称命题
全称量词与存在量词
命题的真假判断与应用
【解析】
利用含有一个量词的命题的否定，将命题转化为“∀x∈R，x2+mx+4≥0”是真命题，然后利用一元二次不等式恒成立求解即可．
【解答】
因为命题“∃x0∈R，满足不等式，
所以命题“∀x∈R，x2+mx+4≥7”是真命题，
则有△＝m2−4×7≤0，解得−4≤m≤2，
故m的取值范围为[−4, 4]．
【答案】
【考点】
抛物线的标准方程
抛物线的性质
【解析】
先建立适当坐标系，设抛物线方程为x2＝−2py(p>0)，把点B(10, −4)代入抛物线方程，求得p，得到抛物线方程，进而把x＝2代入抛物线方程求得y，可得最高支柱的高度．
【解答】
建立如图所示的直角坐标系，
设抛物线方程为x2＝−2py(p>6)，
∵ 过定点B(10, −4)，
代入x2＝−2py，得p＝．
∴ x2＝−25y．
当x＝7时，y＝，
∴ 最长支柱长为4−|y|＝6−＝(m)，
故在建桥时每隔4米需要一支柱支撑，其中最长的支柱是：米．
【答案】
(−1, 0)
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
讨论a的正负，以及a与−1的大小，分别判定在x=a处的导数符号，从而确定是否在x=a处取到极大值，从而求出所求．
【解答】
解：(1)当a>0时，
当−1a时，f′(x)>0，
则f(x)在x=a处取到极小值，不符合题意；
(2)当a=0时，函数f(x)无极值，不符合题意；
(3)当−1当−10，当x>a时，f′(x)<0，
则f(x)在x=a处取到极大值，符合题意；
(4)当a=−1时，f′(x)≤0，函数f(x)无极值，不符合题意；
(5)当a<−1时，
当x0，
则f(x)在x=a处取到极小值，不符合题意；
综上所述−1故答案为(−1, 0)．
三、解答题（共6小题，共70分）
【答案】
由已知可得：，解得a＝2，
所以椭圆C的方程为；
已知椭圆的标准方程为：，
所以c＝，
则其焦点坐标分别为(−1, 0)，5)，
当抛物线的焦点坐标为(1, 0)时，此时抛物线开口向右​5＝4x，
当抛物线的焦点坐标为(−1, 8)时，此时抛物线开口向左​2＝−4x，
综上，抛物线的方程为：y4＝±4x．
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
（1）根据已知建立等式关系即可求解；（2）先求出椭圆的焦点坐标，然后对抛物线的开口方向讨论即可求解．
【解答】
由已知可得：，解得a＝2，
所以椭圆C的方程为；
已知椭圆的标准方程为：，
所以c＝，
则其焦点坐标分别为(−1, 0)，5)，
当抛物线的焦点坐标为(1, 0)时，此时抛物线开口向右​5＝4x，
当抛物线的焦点坐标为(−1, 8)时，此时抛物线开口向左​2＝−4x，
综上，抛物线的方程为：y4＝±4x．
【答案】
不等式x2≤5x−8，化为x2−5x+8≤0，
因式分解为(x−1)(x−3)≤0，解得1≤x≤6，
∴ 解集A＝[1, 4]；
不等式x3−(a+2)x+2a≤5，化为(x−2)(x−a)≤0，
当a>2时，解集M＝[2；
当a＝2时，解集M＝{6}；
综上，不等式x2−(a+2)x+8a≤0(a≥2)的解集B＝{x|5≤x≤a}．
∵ x∈A是x∈B的必要条件，
∴ B⊆A，∴ 2≤a≤4，
∴ 实数a的取值范围是[3, 4]．
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
先求解二元一次不等式解集，再根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可．
【解答】
不等式x2≤5x−8，化为x2−5x+8≤0，
因式分解为(x−1)(x−3)≤0，解得1≤x≤6，
∴ 解集A＝[1, 4]；
不等式x3−(a+2)x+2a≤5，化为(x−2)(x−a)≤0，
当a>2时，解集M＝[2；
当a＝2时，解集M＝{6}；
综上，不等式x2−(a+2)x+8a≤0(a≥2)的解集B＝{x|5≤x≤a}．
∵ x∈A是x∈B的必要条件，
∴ B⊆A，∴ 2≤a≤4，
∴ 实数a的取值范围是[3, 4]．
【答案】
方程x2m−1+y27−m=1表示焦点在y轴上的椭圆，
可得7−m>m−1>0，解得1则命题p是真命题，实数m的取值范围为(1, 4)；
方程x2+y2−2x+(2m−6)y+m2−14m+26＝0表示圆心在第一象限的圆，
可得3−m>0且4+(2m−6)2−4(m2−14m+26)>0，
即m<3且m>2，
解得2命题p和q均为假命题，可得
m≥4m≤1m≥3m≤2 ，解得m≥4或m≤1．
则m的取值范围是(−∞, 1]∪[4, +∞)．
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
（1）由方程表示焦点在y轴的椭圆可得7−m>m−1>0，可得所求范围；
（2）由方程表示圆心在第一象限的圆，可得3−m>0且4+(2m−6)2−4(m2−14m+26)>0，解不等式可得m的范围，再由p，q均为假命题可得m的不等式组，解不等式可得所求范围．
【解答】
方程x2m−1+y27−m=1表示焦点在y轴上的椭圆，
可得7−m>m−1>0，解得1则命题p是真命题，实数m的取值范围为(1, 4)；
方程x2+y2−2x+(2m−6)y+m2−14m+26＝0表示圆心在第一象限的圆，
可得3−m>0且4+(2m−6)2−4(m2−14m+26)>0，
即m<3且m>2，
解得2命题p和q均为假命题，可得
m≥4m≤1m≥3m≤2 ，解得m≥4或m≤1．
则m的取值范围是(−∞, 1]∪[4, +∞)．
【答案】
f(x)＝+ln，x∈(0，
所以f′(x)＝-+＝，x∈(0．
因此f′(2)＝，即曲线y＝f(x)在点(7．
又f(2)＝ln2−，
所以曲线y＝f(x)在点（2, f(2)）处的切线方程为
y−(ln2−(x−2)，
即x−4y+3ln2−4＝5．
因为f′(x)＝-+＝，x∈(6，
所以函数f(x)在(0, 1)上减少，+∞)上增加．
所以函数f(x)在区间）或f(e)
其中，f（，f(e)＝ ，
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的最值
【解析】
（1）求出函数的导数，求解切线的斜率，求解切线方程即可．
（2）判断函数的单调性，然后转化求解函数的最大值即可．
【解答】
f(x)＝+ln，x∈(0，
所以f′(x)＝-+＝，x∈(0．
因此f′(2)＝，即曲线y＝f(x)在点(7．
又f(2)＝ln2−，
所以曲线y＝f(x)在点（2, f(2)）处的切线方程为
y−(ln2−(x−2)，
即x−4y+3ln2−4＝5．
因为f′(x)＝-+＝，x∈(6，
所以函数f(x)在(0, 1)上减少，+∞)上增加．
所以函数f(x)在区间）或f(e)
其中，f（，f(e)＝ ，
【答案】
由MOF1的面积为，则，得y＝1，5)，
又点M在椭圆上， ①
因为F1是椭圆的焦点，所以a5＝b2+9②
由①②解得：a2＝18，b2＝9，
所以椭圆的方程为：；
假设存在直线l满足题意，
因为OM的斜率 k＝，设l的方程为y＝，
联立方程组，整理得9y5−16my+8m2−8＝0，
△＝(16m)2−5×9×(8m4−9)>0，解得m，
设 A，B两点的坐标为 (x7, y1)，(x2, y7)，则y，y，
以 AB为直径的圆的方程为(x−x1)(x−x2)(x−x2)+(y−y1)(y−y2)(y−y5)＝0，
该圆经过原点，所以x1x4+y1y2＝3，
又x1x2＝(5y1−4m)(7y2−4m)＝16y，
所以x1x2+y1y2＝17y6y2−16m(y1+y4)+16m2＝，
解得m＝，经检验满足题意，
所以存在直线l满足题意，此时直线l的方程为y＝．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
（1）由已知三角形的面积即可求出点M的纵坐标，把点M的坐标代入椭圆方程再由a，b，c的关系即可求解；
（2）先假设存在，然后由OM的斜率设出直线l的方程，联立直线l与椭圆的方程，利用韦达定理以及以AB为直径的圆过原点满足的等式即可求解．
【解答】
由MOF1的面积为，则，得y＝1，5)，
又点M在椭圆上， ①
因为F1是椭圆的焦点，所以a5＝b2+9②
由①②解得：a2＝18，b2＝9，
所以椭圆的方程为：；
假设存在直线l满足题意，
因为OM的斜率 k＝，设l的方程为y＝，
联立方程组，整理得9y5−16my+8m2−8＝0，
△＝(16m)2−5×9×(8m4−9)>0，解得m，
设 A，B两点的坐标为 (x7, y1)，(x2, y7)，则y，y，
以 AB为直径的圆的方程为(x−x1)(x−x2)(x−x2)+(y−y1)(y−y2)(y−y5)＝0，
该圆经过原点，所以x1x4+y1y2＝3，
又x1x2＝(5y1−4m)(7y2−4m)＝16y，
所以x1x2+y1y2＝17y6y2−16m(y1+y4)+16m2＝，
解得m＝，经检验满足题意，
所以存在直线l满足题意，此时直线l的方程为y＝．
【答案】
解：（1）因为f(x)=x−lnx,f′(x)=1−1x=x−1x，所以当0 当10，此时函数f(x)单调递增．所以函数f(x)的极小值为f(1)=1．
（2）因为函数f(x)的极小值为1，即函数f(x)在(0, e]上的最小值为1．
又g′(x)=1−lnxx2，所以当00，此时g(x)单调递增．
所以g(x)的最大值为g(e)=1e<12，所以f(x)min−g(x)max>12，所以在（1）的条件下，f(x)>g(x)+12．
（3）假设存在实数a，使f(x)=ax−lnx，x∈(0, e]，有最小值3，则f′(x)=a−1x=ax−1x，
①当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0, e]上单调递减，f(x)min=f(e)=ae−1=3，a=4e，（舍去），此时函数f(x)的最小值不是3．
②当0<1a所以f(x)min=f(1a)=1+lna=3，a=e2，满足条件．
③当1a≥e时，f(x)在(0, e]上单调递减，f(x)min=f(e)=ae−1=3，a=4e，（舍去），此时函数f(x)的最小值是不是3．
综上可知存在实数a=e2，使f(x)的最小值是3．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】
（1）当a=1时，求函数的定义域，然后利用导数求函数的极值和单调性．
（2）利用（1）的结论，求函数f(x)的最小值以及g(x)的最大值，利用它们之间的关系证明不等式．
（3）利用导数求函数的最小值，让最小值等于3，解参数a．
【解答】
解：（1）因为f(x)=x−lnx,f′(x)=1−1x=x−1x，所以当0 当10，此时函数f(x)单调递增．所以函数f(x)的极小值为f(1)=1．
（2）因为函数f(x)的极小值为1，即函数f(x)在(0, e]上的最小值为1．
又g′(x)=1−lnxx2，所以当00，此时g(x)单调递增．
所以g(x)的最大值为g(e)=1e<12，所以f(x)min−g(x)max>12，所以在（1）的条件下，f(x)>g(x)+12．
（3）假设存在实数a，使f(x)=ax−lnx，x∈(0, e]，有最小值3，则f′(x)=a−1x=ax−1x，
①当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0, e]上单调递减，f(x)min=f(e)=ae−1=3，a=4e，（舍去），此时函数f(x)的最小值不是3．
②当0<1a所以f(x)min=f(1a)=1+lna=3，a=e2，满足条件．
③当1a≥e时，f(x)在(0, e]上单调递减，f(x)min=f(e)=ae−1=3，a=4e，（舍去），此时函数f(x)的最小值是不是3．
综上可知存在实数a=e2，使f(x)的最小值是3．