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2024年高考数学上海春21

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（18分）记

$M(a)=\{t\vert t=f(x)-f(a)$ ，

$x\geqslant a\}$ ，

$L(a)=\{t\vert t=f(x)-f(a)$ ，

$x\leqslant a\}$ ．
（1）若

$f(x)=x^{2}+1$ ，求

$M(1)$ 和

$L(1)$ ；
（2）若

$f(x)=x^{3}-3x^{2}$ ，求证：对于任意

$a\in R$ ，都有

$M(a)\subseteq [-4$ ，

$+\infty )$ ，且存在

$a$ ，使得

$-4\in M(a)$ ．
（3）已知定义在

$R$ 上

$f(x)$ 有最小值，求证“

$f(x)$ 是偶函数“的充要条件是“对于任意正实数

$c$ ，均有

$M(-c)=L(c)$ ”．

答案：（1）

$M$ （1）

$=[0$ ，

$+\infty )$ ；

$L$ （1）

$=[-1$ ，

$+\infty )$ ；
（2）证明过程见解答；
（3）证明过程见解答．

分析：（1）根据条件，直接求出

$M$ （1）和

$L$ （1）即可；
（2）由题意知，

$M$ （a）

$=\{t\vert t=x^{3}-3x^{2}-a^{3}+3a^{2}$ ，

$x\geqslant a\}$ ，记

$g(x)=x^{3}-3x^{2}-a^{3}+3a^{2}$ ，判断

$g(x)$ 的单调性，求出极值，再对

$a$ 分类讨论，进一步证明结论成立即可；
（3）必要性：若

$f(x)$ 为偶函数，则

$M(-c)=\{t\vert t=f(x)-f(-c)$ ，

$x\geqslant -c\}$ ，

$L$ （c）

$=\{t\vert t=f(x)-f$ （c），

$x\leqslant c\}$ ，结合条件，得到

$M(-c)=L$ （c）即可；充分性：若对于任意正实数

$c$ ，均有

$M(-c)=L$ （c），其中

$M(-c)=\{t\vert t=f(x)-f(-c)$ ，

$x\geqslant -c\}$ ，

$L$ （c）

$=\{t\vert t=f(x)-f$ （c），

$x\leqslant c\}$ ，由

$f(x)$ 有最小值，不妨设

$f$ （a）

$=f_{min}=m$ ，进一步证明

$f(x)$ 是偶函数即可．

解：（1）由题意，得

$M$ （1）

$=\{t\vert t=x^{2}+1-2$ ，

$x\geqslant 1\}=[0$ ，

$+\infty )$ ；

$L(1)=\left\{t\mid t=x^2+1-2,x\leqslant 1\right\}=[-1,+\infty )$ ．
（2）证明：由题意知，

$M$ （a）

$=\{t\vert t=x^{3}-3x^{2}-a^{3}+3a^{2}$ ，

$x\geqslant a\}$ ，
记

$g(x)=x^{3}-3x^{2}-a^{3}+3a^{2}$ ，则

$g\prime (x)=3x^{2}-6x=0\Rightarrow x=0$ 或2．

$x$	$(-\infty ,0)$	0	$(0,2)$	2	$(2,+\infty )$
$g\prime (x)$	正	0	负	0	正
$g(x)$	$\nearrow$	极大值	$\searrow$	极小值	$\nearrow$

现对

$a$ 分类讨论，当

$a\geqslant 2$ ，有

$t=x^{3}-3x^{2}-a^{3}+3a^{2}$ ，

$x\geqslant a$ 为严格增函数，
因为

$g$ （a）

$=0$ ，所以此时

$M$ （a）

$=[0$ ，

$+\infty )\subseteq [-4$ ，

$+\infty )$ 符合条件；
当

$0\leqslant a < 2$ 时，

$t=x^{3}-3x^{2}-a^{3}+3a^{2}$ ，

$x\geqslant a$ 先增后减，

$t_{min}=g(2)=-a^3+3a^{2}-4$ ，
因为

$-a^{3}+3a^{2}=a^{2}(3-a)\geqslant 0(a=0$ 取等号），所以

$t_{min}=g(2)=-a^3+3a^2-4\geqslant -4$ ，
则此时

$M$ （a）

$=[-a^{3}+3a^{2}-4$ ，

$+\infty )\subseteq [-4$ ，

$+\infty )$ 也符合条件；
当

$a < 0$ 时，

$t=x^{3}-3x^{2}-a^{3}+3a^{2}$ ，

$x\geqslant a$ ，在

$[a$ ，

$0)$ 严格增，在

$[0$ ，

$2]$ 严格减，在

$[2$ ，

$+\infty )$ 严格增，

$t_{min}=min\{g(a),g(2)\}=min\left\{0,-a^3+3a^2-4\right\}$ ，
因为

$h$ （a）

$=-a^{3}+3a^{2}-4$ ，当

$a < 0$ 时，

$h\prime$ （a）

$=-3a^{2}+6a > 0$ ，则

$h$ （a）

$> h(0)=-4$ ，
则此时

$M$ （a）

$=[t_{min}$ ，

$+\infty )\subseteq [-4$ ，

$+\infty )$ 成立；
综上可知，对于任意

$a\in R$ ，都有

$M$ （a）

$\subseteq [-4$ ，

$+\infty ]$ ，且存在

$a=0$ ，使得

$-4\in M$ （a）．
（3）证明：必要性：若

$f(x)$ 为偶函数，
则

$M(-c)=\{t\vert t=f(x)-f(-c)$ ，

$x\geqslant -c\}$ ，

$L$ （c）

$=\{t\vert t=f(x)-f$ （c），

$x\leqslant c\}$ ，
当

$x\geqslant -c$ ，

$t=f(x)-f(-c)=f(-x)-f$ （c），因为

$-x\leqslant c$ ，故

$M(-c)=L$ （c）；
充分性：若对于任意正实数

$c$ ，均有

$M(-c)=L$ （c），
其中

$M(-c)=\{t\vert t=f(x)-f(-c)$ ，

$x\geqslant -c\}$ ，

$L$ （c）

$=\{t\vert t=f(x)-f$ （c），

$x\leqslant c\}$ ，
因为

$f(x)$ 有最小值，不妨设

$f$ （a）

$=f_{min}=m$ ，
由于

$c$ 任意，令

$c\geqslant \vert a\vert$ ，则

$a\in [-c$ ，

$c]$ ，所以

$M(-c)$ 最小元素为

$f$ （a）

$-f(-c)=m-f(-c)$ ．

$L$ （c）中最小元素为

$m-f$ （c），又

$M(-c)=L$ （c）

$\Rightarrow f$ （c）

$=f(-c)$ 对任意

$c\geqslant \vert a\vert$ 成立，
所以

$f$ （a）

$=f(-a)=m$ ，
若

$a=0$ ，则

$f$ （c）

$=f(-c)$ 对任意

$c\geqslant 0$ 成立

$\Rightarrow f(x)$ 是偶函数；
若

$a\ne 0$ ，此后取

$c\in (-\vert a\vert ,\vert a\vert )$ ，

$\left. \begin{array}{*{35}{l}} M\left( -c \right)f\left( \left| a \right| \right)-f\left( -c \right) \\ L\left( -c \right)f\left( -\left| a \right| \right)-f\left( c \right) \\ \end{array} \right\}\Rightarrow f\left( -c \right)=f\left( c \right)$ ，
综上，任意

$c\geqslant 0$ ，

$f$ （c）

$=f(-c)$ ，即

$f(x)$ 是偶函数．
点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，充分必要条件的证明，函数的奇偶性与集合间的关系，考查了分类讨论思想和转化思想，属难题．

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