《2025年期中期末名校名区真题精编高一数学上册人教版》

18. （17 分）为了净化空气，某科研单位根据实验得出，在一定范围内，每喷洒 1 个单位的净化剂，空气中释放的浓度 $y$（单位：$\mathrm{mg/m^{3}}$）随着时间 $x$（单位：$\mathrm{h}$）变化的函数解析式近似为 $y=\begin{cases}\frac{16}{9 - 2^{x}}-1,0\leq x\leq3,\\16 - 2^{x - 3},3\lt x\leq7.\end{cases}$ 若多次喷洒，则某一时刻空气中的净化剂浓度为每次投放的净化剂在相应时刻所释放的浓度之和. 由实验知，当空气中净化剂的浓度不低于 $4\mathrm{mg/m^{3}}$ 时，它才能起到净化空气的作用.
（1）若一次喷洒 4 个单位的净化剂，则净化时间约达几小时？（结果精确到 0.1）
（2）若第一次喷洒 2 个单位的净化剂，3h 后再喷洒 2 个单位的净化剂，设第二次喷洒 $t\mathrm{h}$ 后空气中净化剂浓度为 $g(t)$（单位：$\mathrm{mg/m^{3}}$），其中 $0\lt t\leq3$.
①求 $g(t)$ 的解析式；
②求第二次喷洒后的 3h 内空气中净化剂浓度的最小值.
（参考数据：$\lg2\approx0.3$，$\lg5\approx0.70$，$\lg15\approx1.17$）

答案： 18.[解析] 本题考查实际生活中的函数应用、利用基本不等式求最值
(1)根据已知可得，一次喷洒4个单位的净化剂，浓度f(x)=4y=$\begin{cases}\frac{64}{9 - 2^{x}}-4,0\leqslant x\leqslant3\\4(16 - 2^{x - 3}),3＜x\leqslant7\end{cases}$，则当0≤x≤3时，由$\frac{64}{9 - 2^{x}}-4\geqslant4$，得x≥0，所以0≤x≤3；当3＜x≤7时，由4(16 - 2ˣ⁻³)≥4，得2ˣ⁻³≤15，(x - 3)lg2≤lg15，得x≤6.9，所以3＜x≤6.9。综上，0≤x≤6.9。所以一次喷洒4个单位的净化剂，则净化时间约达6.9h。
(2)①由题意可知，第一次喷洒2个单位的净化剂，3h后的浓度为2×($\frac{16}{9 - 2^{3}}-1$)=30(mg/m³)，所以第二次喷洒t h后空气中净化剂浓度为g(t)=$\frac{32}{9 - 2^{t}}-2^{t + 1}+30$ (0＜t≤3)。
②g(t)=$\frac{32}{9 - 2^{t}}-2^{t + 1}+30$=$\frac{32}{9 - 2^{t}}+18 - 2^{t + 1}+12$=$\frac{32}{9 - 2^{t}}+2(9 - 2^{t})+12$≥2$\sqrt{\frac{32}{9 - 2^{t}}×2(9 - 2^{t})}$+12 = 28，当且仅当$\frac{32}{9 - 2^{t}}$=2(9 - 2^{t})，即t≈2.3时取等号，所以第二次喷洒2.3h后空气中净化剂浓度达到最小值，为28mg/m³。

19. （17 分）已知函数 $f(x)=\ln(x + a)$（$a\in\mathbf{R}$）的图象过点 $(1,0)$，$g(x)=x^{2}-2\mathrm{e}^{f(x)}$.
（1）求函数 $f(x)$ 的解析式；
（2）若函数 $y = f(x)+\ln(2x - k)$ 在区间 $(1,2)$ 上有零点，求整数 $k$ 的值；
（3）设 $m\gt0$，若对于任意 $x\in\left[\frac{1}{m},m\right]$，都有 $g(x)\lt-\ln(m - 1)$，求 $m$ 的取值范围.

答案： 19.[解析] 本题考查函数的综合性质、已知不等式恒成立求参数
(1)因为函数f(x)=ln(x + a)(a∈R)的图象过点(1,0)，所以ln(1 + a)=0，解得a = 0，所以函数f(x)的解析式为f(x)=ln x。
(2)由
(1)可知y=ln x+ln(2x - k)=ln(2x²-kx)，x∈(1,2)，令ln(2x²-kx)=0，得2x²-kx - 1 = 0，设h(x)=2x²-kx - 1，x∈(1,2)，则函数y = f(x)+ln(2x - k)在区间(1,2)上有零点，等价于函数y = h(x)在(1,2)上有零点。
①当$\frac{k}{4}$≥2，即k≥8时，$\begin{cases}h(1)=1 - k＞0\\h(2)=7 - 2k＜0\end{cases}$，无解；
②当1＜$\frac{k}{4}$＜2，即4＜k＜8时，$\begin{cases}h(x)_{\min}=h(\frac{k}{4})\leqslant0\\h(1)＞0\\h(2)＞0\end{cases}$，无解；
③当$\frac{k}{4}$≤1，即k≤4时，$\begin{cases}h(1)=1 - k＜0\\h(2)=7 - 2k＞0\end{cases}$，解得1＜k＜$\frac{7}{2}$。因为k∈Z，所以k的取值为2或3。
(3)因为m＞0且m＞$\frac{1}{m}$，所以m＞1，0＜$\frac{1}{m}$＜1，因为g(x)=x²-2eˡⁿˣ=x²-2x=(x - 1)²-1，所以g(x)的最大值可能是g(m)或g($\frac{1}{m}$)。因为g(m)-g($\frac{1}{m}$)=m²-2m-($\frac{1}{m²}$-$\frac{2}{m}$)=m²-$\frac{1}{m²}$-(2m-$\frac{2}{m}$)=(m-$\frac{1}{m}$)(m+$\frac{1}{m}$-2)=(m-$\frac{1}{m}$)·$\frac{(m - 1)^{2}}{m}$＞0，所以g(x)max=g(m)=m²-2m。对于任意x∈[$\frac{1}{m}$,m]，都有g(x)＜-ln(m - 1)，只需g(x)max＜-ln(m - 1)，即m²-2m＜-ln(m - 1)，设t(m)=m²-2m+ln(m - 1)(m＞1)，易知t(m)在(1,+∞)上单调递增，又t
(2)=0，所以m²-2m+ln(m - 1)＜0即t(m)＜t
(2)，所以1＜m＜2，所以m的取值范围是(1,2)。