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江苏省各地市2011年高考数学最新联考试题分类大汇编第3部分-函数与导数(续)

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江苏省各地市 2011 年高考数学最新联考试题分类大汇编第 部分: 江苏省各地市 2011 年高考数学最新联考试题分类大汇编第 3 部分 函数与导数( 函数与导数(续)
20. (江苏省苏州市 2011 年 1 月高三调研)(本小题满分 16 分) 月高三调研) 设函数 f ( x ) = ln x ?

kx ? a ? ln a ( x > 0, a > 0且a为常数 ) . ax

⑴当 k = 1 时,判断函数 f ( x ) 的单调性,并加以证明; ⑵当 k = 0 时,求证: f ( x ) > 0 对一切 x > 0 恒成立; ⑶若 k < 0 ,且 k 为常数,求证: f ( x ) 的极小值是一个与 a 无关的常数. 20.【解析】(1)当 k = 1 时, f ( x ) = ln x ?
1 1 ? x?a 1 ? ln a = ln x ? ? x 2 + a ? x 2 ? ln a , ax a

1 3 x? a ? 1 1 a ?2 f ' ( x) = ? ?x 2 ? ?x =? ≤ 0, x 2 a 2 2 ax ? x

(

)

2

所以函数 f ( x ) 在 ( 0, +∞ ) 上是单调减函数. (2) 当 k = 0 时, f ( x ) = ln x + a ? x 令f
'
? 1 2

? ln a , f ' ( x ) =

1 a 2 x? a ? = . x 2x x 2x x

( x) = 0 得 x =

a . 4

当0 < x < 当x>

a ' 时, f ( x ) < 0 , f ( x ) 是单调减函数; 4

a ' 时, f ( x ) > 0 , f ( x ) 是单调增函数; 4 a 时, f ( x ) 有最小值 4

所以当 x =

?a? f ? ? = 2 ? ln 2 > 2 ? ln e = 1 > 0 , ?4?

即 f ( x ) > 0 对一切 x > 0 恒成立. (3) f ( x ) = ln x ? 令f
' 1 1 ? k ?kx + 2 ax ? a ? x 2 + a ? x 2 ? ln a ,所以 f ' ( x ) = ? 。 a 2 ax ? x

( x0 ) = 0 ,得 kx0 ? 2

ax0 + a = 0 ,

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x0 =

a a a 1 + 1 ? k (舍)或 x0 = 1 ? 1 ? k ,所以 x0 = k k 1+ 1? k

(

)

(

)

(

)

2

.

当 0 < x < x0 时, f 当 x > x0 时, f
'

'

( x ) < 0 , f ( x ) 是单调减函数;

( x ) > 0 , f ( x ) 是单调增函数。
x0 x a ?k 0 + , a a x0

当 x = x0 时, f ( x ) 有极小值 f ( x0 ) = ln



x0 1 = a 1+ 1? k

(

)

2

是与 a 无关的常数,

所以 f ( x0 ) = ln

x0 x a ?k 0 + 是与 a 无关的常数, a a x0

即 f ( x ) 的极小值是一个与 a 无关的常数. 20. (江苏省南京市 2011 届高三第一次模拟考试)(本题满分 16 分) 届高三第一次模拟考试) 已知函数 f ( x ) = x ? 1 ? a ln x (a ∈ R ) . (1)若曲线 y = f ( x) 在 x = 1 处的切线的方程为 3 x ? y ? 3 = 0 ,求实数 a 的值; (2)求证: f ( x ) ≥0 恒成立的充要条件是 a = 1 ; (3)若 a < 0 ,且对任意 x1 , x2 ∈ (0,1] ,都有 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |≤ 4 | 的取值范围. 20.【解析】本小题主要考查导数等基础知识,考查抽象概括能力、运算求解能力、推理论 证能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、特殊与一般思想. (1)因为 f ′( x ) = 1 ?

1 1 ? | ,求实数 a x1 x2

a ,所以 f ′(1) = 1 ? a . x

所以曲线 y = f ( x) 在 x = 1 处切线的斜率为 1 ? a 因为曲线 y = f ( x) 在 x = 1 处切线为 3 x ? y ? 3 = 0 所以 1 ? a = 3 ,解得 a = ?2 ……………………………………………………4 分 (2)①充分性.
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1 x ?1 当 a = 1 时, f ( x ) = x ? 1 ? ln x , f ′( x )1 ? = , x x
所以当 x > 1 时, f ′( x ) > 0 ,所以函数 f ( x ) 在 (1, +∞ ) 上是增函数, 当 0 < x < 1 时, f ′( x ) < 0 ,所以函数 f ( x ) 在 ( 0,1) 上是减函数 所以 f ( x ) ≥ f (1) = 0 ………………………………………………………………5 分 ②必要性. f ′( x ) = 1 ?

a x?a = ,其中 x > 0 . x x

(i)当 a ≤ 0 时, f ′( x ) > 0 恒成立,所以函数 f ( x ) 在 ( 0, +∞ ) 上是增函数. 而 f (1) = 0 ,所以当 x ∈ ( 0,1) 时, f ( x ) < 0 ,与 f ( x ) ≥ 0 恒成立相矛盾. 所以 a ≤ 0 不满足题意. ……………………………………………………………7 分 (ii)当 a > 0 时, 因为当 x > a 时, f ′( x ) > 0 ,所以函数 f ( x ) 在 ( a, +∞ ) 上是增函数; 当 0 < x < a 时, f ′( x ) < 0 ,所以函数 f ( x ) 在 ( 0, a ) 上是减函数. 所以 f ( x ) ≥ f ( a ) = a ? 1 ? a ln a 因为 f (1) = 0 ,所以当 a ≠ 1 时, f ( a ) < f (1) = 0 ,此时与 f ( x ) ≥ 0 恒成立相矛盾. 所以 a = 1 综上所述, f ( x ) ≥ 0 恒成立的充要条件是 a = 1 ………………………………………10 分 (3)由(2)可知, 当 a < 0 时,函数 f ( x ) 在 ( 0,1] 上是增函数,又函数 y = 不妨设 0 < x1 ≤ x2 ≤ 1 , 则 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |= f ( x2 ) ? f ( x1 ),|

1 在 ( 0,1] 上是减函数 x

1 1 1 1 ? |= ? , x1 x2 x1 x2

所以 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |≤ 4 |

1 1 4 4 ? | 等价于 f ( x2 ) ? f ( x1 ) ≤ ? x1 x2 x1 x2

即 f ( x2 ) +

4 4 ≤ f ( x1 ) + x2 x1
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4 4 设 h( x ) = f ( x) + = x ? 1 ? a ln x + x x
则 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |≤ 4 |

1 1 ? | 等价于函数 h( x) 在区间 ( 0,1] 上是减函数………13 分 x1 x2

因为 h′( x) = 1 ? 即a ≥ x?

a 4 x 2 ? ax ? 4 2 ,所以 x ? ax ? 4 ≤ 0 在 x ∈ ( 0,1] 时恒成立, ? = x x2 x2

4 4 在 x ∈ ( 0,1] 上恒成立,即 a 不小于 y = x ? 在区间 ( 0,1] 内的最大值 x x 4 4 而函数 y = x ? 在区间 ( 0,1] 上是增函数,所以 y = x ? 的最大值为 ?3 x x
所以 a ≥ ?3 又 a < 0 ,所以 a ∈ [ ?3, 0) ………………………………………………………………16 分 17. (江苏省南京市 2011 届高三第一次模拟考试)(本题满分 14 分) 届高三第一次模拟考试) 如图, 在半径为 30cm 的半圆形 (O 为圆心) 铝皮上截取一块矩形材料 ABCD, 其中点 A、 B 在直径上,点 C、D 在圆周上. (1) 怎样截取才能使截得的矩形 ABCD 的面积最大?并求最 大面积; (2)若将所截得的矩形铝皮 ABCD 卷成一个以 AD 为母线的 圆柱形罐子的侧面(不计剪裁和拼接损耗),应怎样截取,才 能使做出的圆柱形形罐子体积最大?并求最大面积. 17.【解析】本题主要考查建立数学模型的能力,同时考查利用所学知识(本题主要应用导 数、基本不等式等知识求最值)分析和解决实际问题的能力. (1)(方法一)连结 OC . 设 BC = x ,矩形 ABCD 的面积为 S . 则 AB = 2 900 ? x ,其中 0 < x < 30 .………………………………………2 分
2

所以 S = 2 x 900 ? x = 2 x (900 ? x ) ≤ x + (900 ? x ) = 900 . ………4 分
2 2 2 2 2

当且仅当 x = 900 ? x ,即 x = 15 2 时, S 取最大值为 900cm .
2 2 2

答:取 BC 为 15 2cm 时,矩形 ABCD 的面积最大,最大值为 900cm .……6 分

2

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Http://www.fhedu.cn (方法二)连结 OC .设 ∠BOC = θ ,矩形 ABCD 的面积为 S . 则 BC = 30sin θ , OB = 30 cos θ ,其中 0 < θ <

π
2

.………………………2 分

所以 S = AB BC = 2OB BC = 900sin 2θ .…………………………………4 分 所以当 sin 2θ = 1 ,即 θ =

π
4

时, S 取最大值为 900cm ,此时 BC = 15 2
2 2

答:取 BC 为 15 2cm 时,矩形 ABCD 的面积最大,最大值为 900cm .……………6 分 (2)(方法一)设圆柱底面半径为 r ,高为 x ,体积为 V . 由 AB = 2 900 ? x = 2π r ,得 r =
2

900 ? x 2

π



所以 V = π r h =
2

1

π

(900 x ? x 3 ) ,其中 0 < x < 30 .……………………………10 分

由V ′ =

1

π

(900 ? 3 x 2 ) = 0 ,得 x = 10 3 ,

因此 V =

1

π

(900 x ? x3 ) 在 (0,10 3) 上是增函数,在 (10 3,30) 上是减函数.………12 分
6000 3


所以当 x = 10 3 时, V 的最大值为

π

答:取 BC 为 10 3cm 时,做出的圆柱形罐子体积最大,最大值为

6000 3

π π
2

cm3 ……14 分

(方法二)连结 OC .设 ∠BOC = θ ,圆柱底面半径为 r ,高为 h ,体积为 V 则圆柱的底面半径为 r = 所以 V = π r h =
2

30 cos θ

π

,高 h = 30 sin θ ,其中 0 < θ <



27000

π

sin θ cos 2 θ =

27000

π

(sin θ ? sin 3 θ ) ………………10 分 27000 (1 ? 3t 2 ) = 0 ,得 t = 3 , 3

设 t = sin θ ,则 V =

27000

π

(t ? t 3 ) .由 V ′ =

π

因此 V =

27000

π

(t ? t 3 ) 在 (0,

3 3 ) 上是增函数,在 ( ,1) 是减函数…………12 分 3 3

所以当 t =

3 3 6000 3 3 时,即 sin θ = ,此时 BC = 10 3 时, V 的最大值为 cm 3 3 π 6000 3 cm3 ……14 分
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答:取 BC 为 10 3cm 时,做出的圆柱形罐子体积最大,最大值为

π

Http://www.fhedu.cn 17.(江苏省徐州市 2011 届高三第一次调研考试)(本小题满分 14 分) (江苏省徐州市 届高三第一次调研考试) 据环保部门测定, 某处的污染指数与附近污染源的强度成正比, 与到污染源距离的平方 成反比,比例常数为 k (k > 0) .现已知相距 18 km 的 A,B 两家化工厂(污染源)的污 染强度分别为 a, b , 它们连线上任意一点 C 处的污染指数 y 等于两化工厂对该处的污染 指数之和.设 AC = x ( km ). (1)试将 y 表示为 x 的函数; (2)若 a = 1 ,且 x = 6 时, y 取得最小值,试求 b 的值. 17.【解析】本题主要考查阅读材料,提取信息,建立数学模型的能力,同时考查利用所学 知识(本题主要应用导数知识求最值)分析和解决实际问题的能力. (1)设点 C 受 A 污染源污染程度为

ka kb ,点 C 受 B 污染源污染程度为 ,其中 k 为 2 x (18 ? x) 2

比例系数,且 k > 0 .……………………………………………………………………4 分 从而点 C 处受污染程度 y =

ka kb . …………………………………………6 分 + 2 x (18 ? x) 2

(2)因为 a = 1 ,所以, y =

k kb ,……………………………8 分 + 2 x (18 ? x)2

y ' = k[

18 ?2 2b , ……………………………12 分 + ] ,令 y ' = 0 ,得 x = 3 3 x (18 ? x) 1+ 3 b

又此时 x = 6 ,解得 b = 8 ,经验证符合题意. 所以,污染源 B 的污染强度 b 的值为 8.……………………………14 分 20.(江苏省徐州市 2011 届高三第一次调研考试) (本小题满分 16 分) (江苏省徐州市 届高三第一次调研考试) 已知函数 f ( x) = x 2 ? 1, g ( x) = a | x ? 1| . (1)若关于 x 的方程 | f ( x) |= g ( x) 只有一个实数解,求实数 a 的取值范围; (2)若当 x ∈ R 时,不等式 f ( x) ≥ g ( x) 恒成立,求实数 a 的取值范围; (3)求函数 h( x) =| f ( x) | + g ( x) 在区间 [?2,2] 上的最大值(直接写出结果,不需给出演 ...... ..... 算步骤). ... 20.【解析】本小题主要考查函数的概念、性质及图象等基础知识,考查抽象概括能力、运

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Http://www.fhedu.cn 算求解能力、推理论证能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、特殊 与一般思想. (1)方程 | f ( x) |= g ( x) ,即 | x 2 ? 1|= a | x ? 1| ,变形得 | x ? 1| (| x + 1| ?a ) = 0 , 显然, x = 1 已是该方程的根,从而欲原方程只有一解,即要求方程 | x + 1|= a , 有且仅有一个等于 1 的解或无解, 结合图形得 a < 0 . ……………………4 分

(2)不等式 f ( x) ≥ g ( x) 对 x ∈ R 恒成立,即 ( x 2 ? 1) ≥ a | x ? 1| (*)对 x ∈ R 恒成立, ①当 x = 1 时,(*)显然成立,此时 a ∈ R ; ②当 x ≠ 1 时,(*)可变形为 a ≤

x2 ? 1 x 2 ? 1 ? x + 1, ( x > 1), ,令 ? ( x) = =? | x ? 1| | x ? 1| ? ?( x + 1), ( x < 1).

因为当 x > 1 时, ? ( x) > 2 ,当 x < 1 时, ? ( x) > ?2 , 所以 ? ( x) > ?2 ,故此时 a ≤ ?2 . 综合①②,得所求实数 a 的取值范围是 a ≤ ?2 . …………………………………8 分

? x 2 + ax ? a ? 1, ( x ≥ 1), ? (3)因为 h( x) =| f ( x) | + g ( x) =| x 2 ? 1| + a | x ? 1| = ? ? x 2 ? ax + a + 1, ( ?1 ≤ x < 1), …10 分 ? x 2 ? ax + a ? 1, ( x < ?1). ?
①当

a > 1, 即a > 2 时,结合图形可知 h( x) 在 [?2,1] 上递减,在 [1,2] 上递增, 2

且 h(?2) = 3a + 3, h(2) = a + 3 ,经比较,此时 h( x) 在 [?2,2] 上的最大值为 3a + 3 . ②当 0 ≤

a a ≤ 1, 即0 ≤ a ≤ 2 时,结合图形可知 h( x) 在 [?2, ?1] , [? ,1] 上递减, 2 2 a a a2 在 [?1, ? ] , [1,2] 上递增,且 h(?2) = 3a + 3, h(2) = a + 3 , h(? ) = + a +1, 2 2 4
经比较,知此时 h( x) 在 [?2,2] 上的最大值为 3a + 3 .

③当 ?1 ≤

a a < 0, 即- 2 ≤ a < 0 时,结合图形可知 h( x) 在 [?2, ?1] , [? ,1] 上递减, 2 2 a a a2 在 [?1, ? ] , [1,2] 上递增,且 h(?2) = 3a + 3, h(2) = a + 3 , h(? ) = + a +1, 2 2 4

经比较,知此时 h( x) 在 [?2,2] 上的最大值为 a + 3 .

3 a a a ④当 ? ≤ < ?1, 即- 3 ≤ a < ?2 时,结合图形可知 h( x) 在 [?2, ] , [1, ? ] 上递减, 2 2 2 2
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a a 在 [ ,1] , [? , 2] 上递增,且 h(?2) = 3a + 3 < 0 , h(2) = a + 3 ≥ 0 , 2 2
经比较,知此时 h( x) 在 [?2, 2] 上的最大值为 a + 3 . 当

a 3 < ? , 即a < ?3 时,结合图形可知 h( x) 在 [?2,1] 上递减,在 [1, 2] 上递增, 2 2

故此时 h( x) 在 [?2, 2] 上的最大值为 h(1) = 0 . 综上所述,当 a ≥ 0 时, h( x) 在 [ ?2, 2] 上的最大值为 3a + 3 ; 当 ?3 ≤ a < 0 时, h( x) 在 [ ?2, 2] 上的最大值为 a + 3 ; 当 a < ?3 时, h( x) 在 [ ?2, 2] 上的最大值为 0.………………………………………16 分 19. (江苏省苏北四市 2011 届高三第一次调研)(本小题满分 16 分) 届高三第一次调研) 如图 1,OA,OB 是某地一个湖泊的两条垂直的湖堤,线段 CD 和曲线 EF 分别是湖 泊中的一条栈桥和防波堤.为观光旅游需要,拟过栈桥 CD 上某点 M 分别修建与 OA,OB 平行的栈桥 MG,MK,且以 MG,MK 为边建一个跨越水面的三角形观光平台 MGK.建 立如图 2 所示的直角坐标系,测得 CD 的方程是 x + 2 y = 20(0 ≤ x ≤ 20) ,曲线 EF 的方程 是 xy = 200( x > 0) ,设点 M 的坐标为 ( s, t ) .(题中所涉及长度单位均为米,栈桥及防波 堤都不计宽度) (1)求三角形观光平台 MGK 面积的最小值; (2)若要使 ?MGK 的面积不小于 320 平方米,求 t 的范围.

图1

图2

19.【解析】先求出平台 MGK 面积的表达式,也就是目标函数,是包含 s和t 两个未知数 的函数,恰好 st 是一个整体,可用换元法转化为只含有一个未知数的函数,先应用基本不 等式求出 st (函数自变量)的取值范围,再利用导数判断函数的单调性,最后利用单调性 求出函数的最小值。第(2)问需要根据第(1)问中函数的单调性求出 st 的取值范围,再 代入消元,解出 t 的范围

(1)由题意,得 K ( s,

200 200 ), G ( , t ) , ( s > 0, t > 0) , s t
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Http://www.fhedu.cn 又因为 M ( s, t ) 在线段 CD: x + 2 y = 20(0 ≤ x ≤ 20) 上, 所以 s + 2t = 20(0 < s < 20) ,

S ?MGK =

1 1 200 200 1 40000 ? MG ? MK = ( ? s )( ? t ) = ( st + ? 400) ……………4 分 2 2 t s 2 st
[来源:学*科*网]

由 20 = s + 2t ≥ 2 2 st ,得 0 < st ≤ 50 ,当且仅当 s = 10 , t = 5 时等号成立.

……………………………………6 分 令 st = u ,则 f (u ) = S ?MGK = 又 f (u ) =
'

1 40000 (u + ? 400) , u ∈ (0, 50] . 2 u

1 40000 (1 ? ) < 0 ,故 f (u ) 在 (0, 50] 上单调递减, 2 u2

(注意:若 f (u ) 在 (0, 50] 上单调递减未证明扣 1 分) 所以 f (u ) min = f (50) = 225 ,此时 s = 10 , t = 5 . 所以三角形 MGK 面积的最小值为 225 平方米. ……………………………………10 分 (2)由题意得 f (u ) ≥ 320 , 当

1 40000 (u + ? 400) = 320 ,解得 u = 40 或 u = 1000 (舍去), 2 u ……………………………………14 分 由(1)知 st ≤ 40 ,
所以 t 的范围是 [5 ? 5, 5 + 5] .………………………………………………………16 分 20. (江苏省苏北四市 2011 届高三第一次调研)(本小题满分 16 分) 届高三第一次调研) 已知函数 f ( x) = e x + ax ? 1 ( a ∈ R ,且 a 为常数). (1)求函数 f ( x) 的单调区间; (2)当 a < 0 时,若方程 f ( x) = 0 只有一解,求 a 的值; (3)若对所有 x ≥ 0 都有 f ( x) ≥ f ( ? x) ,求 a 的取值范围.

即 (20 ? 2t )t ≤ 40 ,解之得 5 ? 5 ≤ t ≤ 5 + 5 .

20.【解析】第(1)问考查利用导数求函数的单调区间,导函数中含有参数 a ,需要对参 数 a 进行分类讨论;第(2)问需要根据第(1)问中函数的单调性来判断函数在取最小值时

方程 f ( x ) = 0 只有一解;第(3)问先根据已知条件得出不等式恒成立的关系式,转化为求

e? x ? e x 函数的最值问题,通常想到采用分离参数法, g ( x ) = 的最大值求不出,故不能采 2x
用分离参数法,直接应用导数法求函数的最值,对参数进行分类讨论。 (1) f ′( x ) = e x + a ,………………………………………………………………1 分

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Http://www.fhedu.cn 当 a ≥ 0 时, f ′( x ) > 0 , f ( x ) 在 ( ?∞, +∞ ) 上是单调增函数.…………………3 分 当 a < 0 时, 由 f ′( x ) > 0 ,得 x > ln( ? a ) , f ( x ) 在 (ln( ? a ), +∞ ) 上是单调增函数; 由 f ′( x ) < 0 ,得 x < ln( ? a ) , f ( x ) 在 ( ?∞, ln( ? a )) 上是单调减函数. 综上, a ≥ 0 时, f ( x ) 的单调增区间是 ( ?∞, +∞ ) .

a < 0 时, f ( x) 的单调增区间是 (ln(? a ), +∞ ) ,单调减区间是 (?∞, ln(? a )) .…6 分
(2)由(1)知,当 a < 0 , x = ln( ? a ) 时, f ( x ) 最小,即 f ( x) min = f (ln( ? a )) , 由方程 f ( x) = 0 只有一解,得 f (ln( ? a )) = 0 ,又考虑到 f (0) = 0 , 所以 ln( ? a ) = 0 ,解得 a = ?1 .…………………………………………………10 分 (3)当 x≥ 0 时, f ( x) ≥ f ( ? x) 恒成立, 即得 e + ax ≥ e
x ?x

? ax 恒成立,即得 e x ? e? x + 2ax ≥ 0 恒成立,

令 h( x) = e x ? e ? x + 2ax ( x≥ 0 ),即当 x≥ 0 时, h( x) ≥ 0 恒成立. 又 h′( x) = e x + e ? x + 2a ,且 h′( x) ≥ 2 e x ? e ? x + 2a = 2 + 2a ,当 x = 0 时等号成立. ………………………………………………………………………………………12 分 ①当 a > ?1 时, h′( x) > 0 , 所以 h( x) 在 [0, +∞ ) 上是增函数,故 h( x) ≥ h(0) = 0 恒成立. ②当 a = ?1 时,若 x = 0 , h′( x) = 0 , 若 x > 0 , h′( x) > 0 , 所以 h( x) 在 [0, +∞ ) 上是增函数,故 h( x) ≥ h(0) = 0 恒成立.…………………14 分 ③当 a < ?1 时,方程 h′( x) = 0 的正根为 x1 = ln( ? a + a ? 1) ,
2

此时,若 x ∈ (0,x1 ) ,则 h′( x ) < 0 ,故 h( x ) 在该区间为减函数. 所以, x ∈ (0,x1 ) 时, h( x ) < h(0) = 0 ,与 x≥ 0 时, h( x ) ≥ 0 恒成立矛盾. 综上,满足条件的 a 的取值范围是 [ ?1, +∞) .……………………………………16 分 20. (江苏省泰州市 2011 届高三年级第一次模拟) (本小题满分 16 分) 届高三年级第一次模拟)

? 3 3a 4 a ,x≥ , ?x + ? x 2 已知常数 a > 0 ,函数 f ( x ) = ? ? 49 a 2 x, x < a , ?4 2 ?
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Http://www.fhedu.cn (1)求 f ( x ) 的单调递增区间; (2)若 0 < a ≤ 2 ,求 f ( x ) 在区间 [1,2] 上的最小值 g (a ) ; (3)是否存在常数 t ,使对于任意 x ∈ ?

a ?? a? ?a ,2t ? ?? t > ? 时, 2 ?? 2? ?2

f ( x ) f (2t ? x ) + f
说明理由。

2

(t ) ≥ [ f (x ) + f (2t ? x )] f (t ) 恒成立,若存在,求出 t 的值;若不存在,

a 49 2 时, f ( x ) = a x 为增函数. …………………………………(1 分) 2 4 a 3a 4 2 当 x ≥ 时, f ′( x ) = 3x ? 2 .令 f ′( x ) > 0 ,得 x > a或 x < ? a .…………(3 分) 2 x a a ∴ f ( x ) 的增区间为 ( ?∞, ?a ) , ( ? , ) 和 ( a, +∞ ) .……………………………(4 分) 2 2
20. ⑴当 x < ⑵由右图可知, 在 ①当 1 < a < 2 时, < 1 < a , f ( x ) 在区间 [1, a ] 上递减, [ a, 2] ②当 0 < a ≤ 1 时, f ( x ) 在区间 [1, 2] 为增函数,最小值为 ③当 a = 2 时, f ( x ) 在区间 [1, 2] 为增函数,最小值

a 2 上递增,最小值为 f ( a ) = 4a 3 ;………(6 分)

f (1) = 1 + 3a 4 ;……………………………(8 分)

f (a ) = 4a 3 ; ………………(9 分) 综上, f ( x ) 最小值

?1 + 3a 4 0 < a ≤ 1 . ………………………………(10 g (a) = ? 4a 3 1< a ≤ 2 ?
分) ⑶由 f ( x) f (2t ? x) + f

( t ) ≥ [ f ( x) + f (2t ? x)] f (t ) , 可得 [ f (t ) ? f ( x) ][ f (t ) ? f (2t ? x) ] ≥ 0 , ………………………………(12 分)
2

成立,所以 t 为极小值点,或 t 为极大值点.又 ? f (t ) ≤ f (2t ? x) ? f (t ) ≥ f (2t ? x) a? ?a x ∈ ? , 2t ? ? 时 f ( x) 没有极大值,所以 t 为极小值点,即 t = a ……………(16 分) 2? ?2 (若只给出 t = a ,不说明理由,得 1 分) 20.(江苏省盐城市 2011 届高三年级第一次调研) (本小题满分 16 分) (江苏省盐城市 高三年级第一次调研) 已知函数 f ( x ) = x 2 + a | ln x ? 1| , g ( x ) = x | x ? a | +2 ? 2 ln 2, a > 0 . (Ⅰ)当 a = 1 时,求函数 f ( x ) 在区间 [1, e] 上的最大值;
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即?

?

f (t ) ≤ f ( x)

或?

?

f (t ) ≥ f ( x)

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3 (Ⅱ)若 f ( x ) ≥ a, x ∈ [1, +∞ ) 恒成立,求 a 的取值范围; 2 (Ⅲ) 对任意 x1 ∈ [1, +∞) ,总存在惟一的 x2 ∈ [2, +∞) ,使得 f ( x1 ) = g ( x2 ) 成立, 求 a 的取值 ...
范围. 20.解:(Ⅰ)当 a = 1 , x ∈ [1, e] 时 f ( x ) = x ? ln x + 1 , f ′( x ) = 2 x ?
2
2

1 ≥ f ′(1) = 1 , x

所以 f ( x ) 在 [1, e] 递增,所以 f ( x ) max = f (e) = e … …………………………4 分
2 (Ⅱ)①当 x ≥ e 时, f ( x ) = x + a ln x ? a , f ′( x ) = 2 x +

a , x

Q a > 0 ,∴ f ( x) > 0 恒成立,

∴ f ( x) 在 [e,+∞) 上增函数,故当 x = e 时, y min = f (e) = e 2 ……… ……………5 分
②当 1 ≤ x < e 时, f ( x ) = x 2 ? a ln x + a , f ′( x) = 2 x ?

a 2 a a = (x + )( x ? ), x x 2 2

(i)



a ≤ 1, 即 0 < a ≤ 2 时, f ′( x) 在 x ∈ (1, e) 时为正数, 2

所以 f ( x ) 在区间 [1, e) 上为增函数, 故当 x = 1 时, y min = 1 + a ,且此时 f (1) < f (e) = e …… ……………………7 分
2

(ii)当 1 <

a < e ,即 2 < a < 2e 2 时, 2 a a ) 时为负数,在间 x ∈ ( , e ) 时为正数, 2 2 a a ) 上为减函数,在 ( , e] 上为增函数, 2 2

f ′( x) 在 x ∈ (1,

所以 f ( x ) 在区间 [1,

故当 x =

a 3a a a 时, y min = ? ln , 2 2 2 2 a ) < f (e) = e2 ……………………………………… ……………………8 分 2

且此时 f (

(iii)当

a ≥ e ,即 a ≥ 2e 2 时, f ′( x) 在 x ∈ (1, e) 时为负数, 2
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Http://www.fhedu.cn 所以 f (x ) 在区间[1,e]上为减函数, 故当 x = e 时, y min = f (e) = e 2 …………… ………………………………………9 分

综上所述,函数 y = f (x) 的最小值为 y min

? 1 + a,0 < a ≤ 2 ? 3a a a = ? ? ln ,2 < a ≤ 2e 2 ?2 22 2 e , a > 2e 2 ?

………10 分

3 a 时,得 0 < a ≤ 2 ; 2 3 a a 3 2 当 a ? ln ≥ a ( 2 < a < 2e )时,无解; 2 2 2 2
所以当 1 + a ≥ 当e ≥
2

2 3 a ( a ≥ 2e 2 )时,得 a ≤ e 不成立. 2 3

综上,所求 a 的取值范围是 0 < a ≤ 2 …………………………………………11 分 (Ⅲ)①当 0 < a ≤ 2 时, g ( x ) 在 [2, +∞) 单调递增,

5 2 ? ln 2 ≤ a ≤ 2 … ………………12 分 3 3 a 3a a a ②当 1 < ≤ 2 时, g ( x ) 在 [2, +∞) 先减后增,由 g (2) 2a ? 2 ? 2 ln 2 < = ? ln , 2 2 2 2 a a a 得 + ln ? 2 ? 2 ln 2 < 0 , 2 2 2 a 设 h(t ) = t + t ln t ? 2 ? 2 ln 2(t = ) , h′(t ) = 2 + ln t > 0(1 < t < 2) , 2 = 由 g (2) 6 ? 2a ? 2 ln 2 ≤ 1 + a ,得
所以 h(t ) 单调递增且 h(2) = 0 ,所以 h(t ) < 0 恒成立得 2 < a < 4 … … …………14 分 ③当 2 <

a a a < e 2 时, f ( x) 在 [2, ] 递增,在 [ , a ] 递减, 2 2 2 a 3a a a 在 [ a, +∞) 递增,所以由 g ( ) < ? ln , 2 2 2 2
2

y

a 3a a a 得 ? + ln + 2 ? 2 ln 2 < 0 ,设 m(t ) = t 2 ? 3t + t ln t + 2 ? 2 ln 2 , 4 2 2 2
则 m′(t ) = 2t ? 2 + ln t > 0(t ∈ (2, e 2 ) ,所以 m(t ) 递增,且 m(2) = 0 , 所以 m(t ) > 0 恒成立,无解. ④当 a > 2e 时, f ( x ) 在 [2, ] 递增,在 [ , a ] 递减,在 [ a, +∞) 递增,
2

a 2

a

x

a 2

a 2

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Http://www.fhedu.cn 所以由 g ( ) < e 得

a 2

a2 ? e 2 + 2 ? 2 ln 2 < 0 无解. 4 5 3 2 ln 2, 4) ………………16 分 3

综上,所求 a 的取值范围是 a ∈ [ ?

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