高中_数学_数学选修_选修2-2_高中数学人教A版选修2-2（课时训练）含*_高中数学人教A版选修2-2（课时训练）：章末检测：第三章数系的扩充和复数的引入含*

章末检测一、选择题1．i是虚数单位，若*S＝{－1,0,1}，则(　　)A．i∈SB．i2∈SC．i3∈SD．eq\f(2,i)∈S*　B2．z1＝(m2＋m＋1)＋(m2＋m－4)i，m∈R，z2＝3－2i，则“m＝1”是“z1＝z2”的(　　)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件*　A解析　因为z1＝z2，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋m＋1＝3,m2＋m－4＝－2))，解得m＝1或m＝－2，所以m＝1是z1＝z2的充分不必要条件．3．(2013·天津改编)已知i是虚数单位，m，n∈R，且m＋i＝1＋ni，则eq\f(m＋ni,m－ni)＝(　　)A．－1B．1C．－iD．i*　D解析　由m＋i＝1＋ni(m，n∈R)，∴m＝1且n＝1.则eq\f(m＋ni,m－ni)＝eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f(1＋i2,2)＝i.4．已知a是实数，eq\f(a－i,1＋i)是纯虚数，则a等于(　　)A．1B．－1C．eq\r(2)D．－eq\r(2)*　A解析　eq\f(a－i,1＋i)＝eq\f(a－i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(a－1－a＋1i,2)是纯虚数，则a－1＝0，a＋1≠0，解得a＝1.5．若(x－i)i＝y＋2i，x，y∈R，则复数x＋yi等于(　　)A．－2＋iB．2＋iC．1－2iD．1＋2i*　B解析　∵(x－i)i＝y＋2i，xi－i2＝y＋2i，∴y＝1，x＝2，∴x＋yi＝2＋i.6．已知2＋ai，b＋i是实系数一元二次方程x2＋px＋q＝0的两根，则p，q的值为(　　)A．p＝－4，q＝5B．p＝4，q＝5C．p＝4，q＝－5D．p＝－4，q＝－5*　A解析　由条件知2＋ai，b＋i是共轭复数，则a＝－1，b＝2，即实系数一元二次方程x2＋px＋q＝0的两个根是2±i，所以p＝－[(2＋i)＋(2－i)]＝－4，q＝(2＋i)(2－i)＝5.7．(2013·新课标Ⅰ)若复数z满足(3－4i)z＝|4＋3i|，则z的虚部为(　　)A．－4B．－eq\f(4,5)C．4D．eq\f(4,5)*　D解析　因为复数z满足(3－4i)z＝|4＋3i|，所以z＝eq\f(|4＋3i|,3－4i)＝eq\f(5,3－4i)＝eq\f(53＋4i,25)＝eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i，故z的虚部等于eq\f(4,5)，故选D.8．i是虚数单位，若eq\f(1＋7i,2－i)＝a＋bi(a，b∈R)，则ab的值是(　　)A．－15B．3C．－3D．15*　C解析　eq\f(1＋7i,2－i)＝eq\f(1＋7i2＋i,5)＝－1＋3i，∴a＝－1，b＝3，ab＝－3.9．(2013·广东)若复数z满足iz＝2＋4i，则在复平面内，z对应的点的坐标是(　　)A．(2,4)B．(2，－4)C．(4，－2)D．(4,2)*　C解析　z＝eq\f(2＋4i,i)＝4－2i对应的点的坐标是(4，－2)，故选C.10．已知f(n)＝in－i－n(n∈N*)，则*{f(n)}的元素个数是(　　)A．2B．3C．4D．无数个*　B解析　f(n)有三个值0,2i，－2i.二、填空题11．复平面内，若z＝m2(1＋i)－m(4＋i)－6i所对应的点在第二象限，则实数m的取值范围是________．*　(3,4)解析　∵z＝m2－4m＋(m2－m－6)i所对应的点在第二象限，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－4m<0,m2－m－6>0))，解得3<m<4.12．(2013·天津)已知a，b∈R，i是虚数单位．若(a＋i)(1＋i)＝bi，则a＋bi＝________.*　1＋2i解析　由(a＋i)(1＋i)＝bi得a－1＋(a＋1)i＝bi，即a－1＝0，a＋1＝b，解得a＝1，b＝2，所以a＋bi＝1＋2i.13．下列说法中正确的序号是________．①若(2x－1)＋i＝y－(3－y)i，其中x∈R，y∈∁CR，则必有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1＝y,1＝－3－y))；②2＋i>1＋i；③虚轴上的点表示的数都是纯虚数；④若一个数是实数，则其虚部不存在；⑤若z＝eq\f(1,i)，则z3＋1对应的点在复平面内的第一象限．*　⑤解析　由y∈∁CR，知y是虚数，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1＝y,1＝－3－y))不成立，故①错误；两个不全为实数的复数不能比较大小，故②错误；原点也在虚轴上，表示实数0，故③错误；实数的虚部为0，故④错误；⑤中z3＋1＝eq\f(1,i3)＋1＝i＋1，对应点在第一象限，故⑤正确．14．下列是关于复数的类比推理：①复数的加减法运算可以类比多项式的加减法运算法则；②由实数绝对值的*质|x|2＝x2类比得到复数z的*质|z|2＝z2；③已知a，b，∈R，若a－b＞0，则a＞b类比得已知z1，z2∈C，若z1－z2＞0，则z1＞z2；④由向量加法的几何意义可以类比得到复数加法的几何意义．其中推理结论正确的是________．*　①④三、解答题15．设复数z＝lg(m2－2m－2)＋(m2＋3m＋2)i，当m为何值时，(1)z是实数？(2)z是纯虚数？解　(1)要使复数z为实数，需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－2m－2>0,m2＋3m＋2＝0))，解得m＝－2或－1.即当m＝－2或－1时，z是实数．(2)要使复数z为纯虚数，需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－2m－2＝1,m2＋3m＋2≠0))，解得m＝3.即当m＝3时，z是纯虚数．16．设f(n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))n(n∈N)，求*{x|x＝f(n)}中元素的个数．解　∵eq\f(1＋i,1－i)＝i，eq\f(1－i,1＋i)＝－i，∴f(n)＝in＋(－i)n.设k∈N.当n＝4k时，f(n)＝2，当n＝4k＋1时，f(n)＝i4k·i＋(－i)4k·(－i)＝0，当n＝4k＋2时，f(n)＝i4k·i2＋(－i)4k·(－i)2＝－2，当n＝4k＋3时，f(n)＝i4k·i3＋(－i)4k·(－i)3＝0，∴{x|x＝f(n)}中有三个元素．17．(2013·山东德州期中)已知z＝1＋i，a，b为实数．(1)若ω＝z2＋3eq\x\to(z)－4，求|ω|；(2)若eq\f(z2＋az＋b,z2－z＋1)＝1－i，求a，b的值．解　(1)因为ω＝z2＋3eq\x\to(z)－4＝(1＋i)2＋3(1－i)－4＝－1－i，|ω|＝eq\r(－12＋－12)＝eq\r(2).(2)由条件eq\f(z2＋az＋b,z2－z＋1)＝1－i，得eq\f(1＋i2＋a1＋i＋b,1＋i2－1＋i＋1)＝1－i.即eq\f(a＋b＋a＋2i,i)＝1－i∴(a＋b)＋(a＋2)i＝1＋i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝1,a＋2＝1))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1,b＝2)).18．设z1是虚数，z2＝z1＋eq\f(1,z1)是实数，且－1≤z2≤1.(1)求|z1|的值以及z1的实部的取值范围；(2)若ω＝eq\f(1－z1,1＋z1)，求*：ω为纯虚数．(1)解　设z1＝a＋bi(a，b∈R且b≠0)，则z2＝z1＋eq\f(1,z1)＝a＋bi＋eq\f(1,a＋bi)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(a,a2＋b2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(b,a2＋b2)))i.因为z2是实数，b≠0，于是有a2＋b2＝1，即|z1|＝1，还可得z2＝2a.由－1≤z2≤1，得－1≤2a≤1，解得－eq\f(1,2)≤a≤eq\f(1,2)，即z1的实部的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))).(2)*　ω＝eq\f(1－z1,1＋z1)＝eq\f(1－a－bi,1＋a＋bi)＝eq\f(1－a2－b2－2bi,1＋a2＋b2)＝－eq\f(b,a＋1)i.因为a∈[－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)]，b≠0，所以ω为纯虚数．模块检测模块检测一、选择题1．“金导电、银导电、铜导电、锡导电，所以一切金属都导电”．此推理方法是(　　)A．完全归纳推理B．归纳推理C．类比推理D．演绎推理*　B解析　由特殊到一般的推理为归纳推理．故选B.2．(2013·浙*)已知i是虚数单位，则(－1＋i)(2－i)(　　)A．－3＋iB．－1＋3iC．－3＋3iD．－1＋i*　B解析　(－1＋i)(2－i)＝－2＋i＋2i＋1＝－1＋3i，故选B.3．设f(x)＝10x＋lgx，则f′(1)等于(　　)A．10B．10ln10＋lgeC．eq\f(10,ln10)＋ln10D．11ln10*　B解析　∵f′(x)＝10xln10＋eq\f(1,xln10)，∴f′(1)＝10ln10＋lge，故选B.4．若大前提：任何实数的平方都大于0，小前提：a∈R，结论：a2>0，那么这个演绎推理出错在(　　)A．大前提B．小前提C．推理形式D．没有出错*　A5．观察下列数表规律则数2007的箭头方向是(　　)A.eq\o(\s\up7(2007→),\s\do5(↑))B．eq\o(\s\up7(↓),\s\do5(2007→))C．eq\o(\s\up7(↑),\s\do5(→2007))D．eq\o(\s\up7(→2007),\s\do5(↓))*　D解析　因上行奇数是首项为3，公差为4的等差数列，若2007在上行，则2007＝3＋(n－1)·4⇒n＝502∈N*.故2007在上行，又因为在上行奇数的箭头为→an，故选D.6．函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，则a，b的值为(　　)A.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3,b＝－3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4,b＝11))B．eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4,b＝11))C．eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1,b＝5))D．以上都不对*　B解析　∵f′(x)＝3x2－2ax－b，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－2a－b＝0,1－a－b＋a2＝10))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3,b＝－3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4,b＝11)).经检验a＝3，b＝－3不合题意，应舍去．7．给出下列命题：①eq\i\in(b,a,)dx＝eq\i\in(a,b,)dt＝b－a(a，b为常数且a<b)；②eq\i\in(,0,)－1x2dx＝eq\i\in(0,1,)x2dx；③曲线y＝sinx，x∈[0,2π]与直线y＝0围成的两个封闭区域面积之和为2.其中正确命题的个数为(　　)A．0B．1C．2D．3*　B解析　eq\i\in(a,b,)dt＝b－a≠eq\i\in(b,a,)dx＝a－b，故①错．y＝x2是偶函数，其在[－1,0]上的积分结果等于其在[0,1]上的积分结果，故②对．对于③有S＝2eq\i\in(0,π,)sinxdx＝4.故③错．故选B.8．已知结论：“在正三角形ABC中，若D是BC的中点，G是三角形ABC的重心，则eq\f(AG,GD)＝2”．若把该结论推广到空间，则有结论：在棱长都相等的四面体A－BCD中，若△BCD的中心为M，四面体内部一点O到四面体各面的距离都相等，则eq\f(AO,OM)等于(　　)A．1B．2C．3D．4*　C解析　面的重心类比几何体的重心，平面类比空间，eq\f(AG,GD)＝2类比eq\f(AO,OM)＝3，故选C.9．曲线y＝eeq\f(1,2)x在点(4，e2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为(　　)A.eq\f(9,2)e2B．4e2C．2e2D．e2*　D解析　∵y′＝eq\f(1,2)eeq\f(1,2)x，∴y＝eeq\f(1,2)x在(4，e2)处的切线斜率为eq\f(1,2)e2.∴过点(4，e2)的切线方程为y＝eq\f(1,2)e2x－e2，它与x轴、y轴的交点分别为(2,0)和(0，－e2)，∴S＝eq\f(1,2)×2×e2＝e2.故选D.10．(2013·湖北)已知a为常数，函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，则(　　)A．f(x1)＞0，f(x2)＞－eq\f(1,2)B．f(x1)＜0，f(x2)＜－eq\f(1,2)C．f(x1)＞0，f(x2)＜－eq\f(1,2)D．f(x1)＜0，f(x2)＞－eq\f(1,2)*　D解析　函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，则f′(x)＝lnx－2ax＋1有两个零点，即方程lnx＝2ax－1有两个根，由数形结合易知0＜a＜eq\f(1,2)且0＜x1＜1＜x2.因为在(x1，x2)上f(x)递增，所以f(x1)＜f(1)＜f(x2)，即f(x1)＜－a＜f(x2)，所以f(x1)＜0，f(x2)＞－eq\f(1,2).故选D.二、填空题11．若复数z满足z(1＋i)＝1－i(i是虚数单位)，则其共轭复数eq\x\to(z)＝________.*　i解析　设z＝a＋bi，则(a＋bi)(1＋i)＝1－i，即a－b＋(a＋b)i＝1－i.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b＝1，,a＋b＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝－1.))所以z＝－i，eq\x\to(z)＝i.12．通过类比长方形，由命题“周长为定值l的长方形中，正方形的面积最大，最大值为eq\f(l2,16)”，可猜想关于长方体的相应命题为________________．*　表面积为定值S的长方体中，正方体的体积最大，最大值为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,6)))eq\f(3,2)解析　正方形有4条边，正方体有6个面，正方形的面积为边长的平方，正方体的体积为边长的立方．由正方体的边长为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,6)))eq\f(1,2)，通过类比可知，表面积为定值S的长方体中，正方体的体积最大，最大值为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,6)))eq\f(3,2).13．已知函数f(x)＝x3＋2bx2＋cx＋1有两个极值点x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，则f(－1)的取值范围是________．*　[3,12]解析　因为f(x)有两个极值点x1，x2，所以f′(x)＝3x2＋4bx＋c＝0有两个根x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′－2≥0，,f′－1≤0，,f′1≤0，,f′2≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12－8b＋c≥0，,3－4b＋c≤0，,3＋4b＋c≤0，,12＋8b＋c≥0，))画出可行域如图所示．因为f(－1)＝2b－c，由图知经过点A(0，－3)时，f(－1)取得最小值3，经过点C(0，－12)时，f(－1)取得最大值12，所以f(－1)的取值范围为[3,12]．14．如图所示的数阵中，第20行第2个数字是________．*　eq\f(1,191)解析　设第n(n≥2且n∈N*)行的第2个数字为eq\f(1,an)，其中a1＝1，则由数阵可知an＋1－an＝n，∴a20＝(a20－a19)＋(a19－a18)＋…＋(a2－a1)＋a1＝19＋18＋…＋1＋1＝eq\f(19×20,2)＋1＝191，∴eq\f(1,a20)＝eq\f(1,191).三、解答题15．(2013·青岛二中期中)(1)已知z∈C，且|z|－i＝eq\x\to(z)＋2＋3i(i为虚数单位)，求复数eq\f(z,2＋i)的虚部．(2)已知z1＝a＋2i，z2＝3－4i(i为虚数单位)，且eq\f(z1,z2)为纯虚数，求实数a的值．解　(1)设z＝x＋yi(x，y∈R)，代入方程|z|－i＝eq\x\to(z)＋2＋3i，得出eq\r(x2＋y2)－i＝x－yi＋2＋3i＝(x＋2)＋(3－y)i，故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x2＋y2)＝x＋2,3－y＝－1))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3,y＝4))，∴z＝3＋4i，复数eq\f(z,2＋i)＝eq\f(3＋4i,2＋i)＝2＋i，虚部为1.(2)eq\f(z1,z2)＝eq\f(a＋2i,3－4i)＝eq\f(3a－8＋4a＋6i,25)，且eq\f(z1,z2)为纯虚数，则3a－8＝0，且4a＋6≠0，解得a＝eq\f(8,3).16．已知a，b，c>0，且a＋b＋c＝1，求*：(1)a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3)；(2)eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3).*　(1)∵a2＋eq\f(1,9)≥eq\f(2,3)a，b2＋eq\f(1,9)≥eq\f(2,3)b，c2＋eq\f(1,9)≥eq\f(2,3)c，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,9)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2＋\f(1,9)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c2＋\f(1,9)))≥eq\f(2,3)a＋eq\f(2,3)b＋eq\f(2,3)c＝eq\f(2,3).∴a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3).(2)∵eq\r(a·\f(1,3))≤eq\f(a＋\f(1,3),2)，eq\r(b·\f(1,3))≤eq\f(b＋\f(1,3),2)，eq\r(c·\f(1,3))≤eq\f(c＋\f(1,3),2)，三式相加得eq\f(\r(a),\r(3))＋eq\f(\r(b),\r(3))＋eq\f(\r(c),\r(3))≤eq\f(1,2)(a＋b＋c)＋eq\f(1,2)＝1，∴eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3).17．是否存在常数a，b，使等式eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(n2,2n－12n＋1)＝eq\f(an2＋n,bn＋2)对一切n∈N*都成立？若不存在，说明理由；若存在，请用数学归纳法*．解　若存在常数a，b使等式成立，则将n＝1，n＝2代入上式，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＝\f(a＋1,b＋2)，,\f(1,3)＋\f(4,15)＝\f(4a＋2,2b＋2).))得a＝1，b＝4，即有eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(n2,2n－12n＋1)＝eq\f(n2＋n,4n＋2)对于一切n∈N*都成立．*如下：(1)当n＝1时，左边＝eq\f(12,1×3)＝eq\f(1,3)，右边＝eq\f(1＋1,4×1＋2)＝eq\f(1,3)，所以等式成立．(2)假设n＝k(k≥1，且k∈N*)时等式成立，即eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(k2,2k－12k＋1)＝eq\f(k2＋k,4k＋2)，当n＝k＋1时，eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(k2,2k－12k＋1)＋eq\f(k＋12,2k＋12k＋3)＝eq\f(k2＋k,4k＋2)＋eq\f(k＋12,2k＋12k＋3)＝eq\f(k＋1,2k＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)＋\f(k＋1,2k＋3)))＝eq\f(k＋1,2k＋1)·eq\f(2k2＋5k＋2,22k＋3)＝eq\f(k＋1,2k＋1)·eq\f(2k＋1k＋2,22k＋3)＝eq\f(k＋1k＋2,4k＋6)＝eq\f(k＋12＋k＋1,4k＋1＋2)，也就是说，当n＝k＋1时，等式成立，综上所述，等式对任何n∈N*都成立．18．(2013·广东)设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(其中k∈R)．(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，求函数f(x)在[0，k]上的最大值M.解　(1)当k＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2，f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝xex－2x＝x(ex－2)．令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表x(－∞，0)0(0，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增由表可知，函数f(x)的递减区间为(0，ln2)，递增区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)．(2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝xex－2kx＝x(ex－2k)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln(2k)，令g(k)＝ln(2k)－k，则g′(k)＝eq\f(1,k)－1＝eq\f(1－k,k)＞0，所以g(k)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上递增，所以g(k)≤ln2－1＝ln2－lne＜0，从而ln(2k)＜k，所以ln(2k)∈[0，k]，所以当x∈(0，ln(2k))时，f′(x)＜0；当x∈(ln(2k)，＋∞)时，f′(x)＞0；所以M＝max{f(0)，f(k)}＝max{－1，(k－1)ek－k3}令h(k)＝(k－1)ek－k3＋1，则h′(k)＝k(ek－3k)，令φ(k)＝ek－3k，则φ′(k)＝ek－3＜e－3＜0，所以φ(k)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上递减，而φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))·φ(1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(e)－\f(3,2)))(e－3)＜0，所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))使得φ(x0)＝0，且当k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，x0))时，φ(k)＞0，当k∈(x0,1)时φ(k)＜0，所以h(k)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，x0))上单调递增，在(x0,1)上单调递减．因为heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)eq\r(e)＋eq\f(7,8)＞0，h(1)＝0，所以h(k)≥0在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上恒成立，当且仅当k＝1时取得“＝”．综上，函数f(x)在[0，k]上的最大值M＝(k－1)ek－k3.