2019-2020学年吉林省长春市五校联考高三(上)期末数学试卷(文科)

2019-2020学年吉林省长春市五校联考高三（上）期末数学试卷
（文科）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若集合M＝{x|−1<x<3}，N＝{x|x2−7x+6<0}，则M∩N＝（）
A.{x|−1<x<3}
B.{x|3<x<6}
C.{x|1<x<3}
D.{x|1<x<6}
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
【解析】
可以求出集合N，然后进行交集的运算即可．
【解答】
M＝{x|−1<x<3}，N＝{x|1<x<6}，
∴M∩N＝{x|1<x<3}．
2. 若实数a，b满足0<a<1，−1<b<1，则a+2b的取值范围是（）
A.(−2, 3)
B.(−3, 2)
C.(2, 3)
D.(−2, 2)
【答案】
A
【考点】
简单线性规划
【解析】
根据不等式的同向可加性，即可求出答案．
【解答】
∵−1<b<1，
∴−2<2b<2，
又∵0<a<1，
∴−2<a+2b<3．
3. 若a>0>b，则下列不等式中恒成立的是（）
A.1 a <1
b
B.1
a
>1
b
C.a2>b2
D.a2<b2
【答案】
B
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
取特值判断，利用排除法得到正确答案．
【解答】
11222
b 2．
4. 关于“a +b ＝4，则a ，b 至少有一个等于2”及其逆命题的说法正确的是（ ） A.原命题为真，逆命题为假 B.原命题为假，逆命题为真 C.原命题与逆命题均为真命题 D.原命题与逆命题均为假命题
【答案】 D
【考点】
四种命题间的逆否关系 【解析】
若a ＝1.9，b ＝2.1，则a +b ＝4．故原命题为假；若a ＝2，b ＝2.1，则a +b ≠4，故其逆命题为假． 【解答】
原命题：关于“a +b ＝4，则a ，b 至少有一个等于2” 若a ＝1.9，b ＝2.1，则a +b ＝4．故原命题为假； 若a ＝2，b ＝2.1，则a +b ≠4，故其逆命题为假．
5. 若数列−1，2，5，8，11，x ，…中的项按一定规律变化，则实数x 最有可能的值是（ ） A.12 B.13 C.14 D.15 【答案】 C
【考点】
数列的函数特性 【解析】
根据题意，分析可得数列中从第二项起，每一项与前一项的差等于3，据此分析可得答案． 【解答】
根据题意，数列−1，2，5，8，11，x ，…
分析可知，从第二项起，每一项与前一项的差等于3， 所以x ＝11+3＝14．
6. 已知平面向量a →
，b →
满足|a →
|=2，|b →
|=3，且a →
⋅b →
=4，则向量a →
在b →
方向上的投影是（ ） A.4
3
B.3
4
C.2
D.1
【答案】 A
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算 【解析】
利用向量的数量积转化求解向量a →
，b →
在方向上的投影即可． 【解答】
设向量a →
与b →
的夹角是θ，则向量a →
在b →
方向上投影|a →
|cos θ=a →⋅b →
|b →
|
=4
3
．
7. 若实数x ，y 满足2x +5y ＝8，则xy 的最大值是（ ） A.8 B.8
5
C.16
D.16
5
【答案】 B
【考点】
基本不等式及其应用 【解析】
结合已知，直接利用基本不等式即可求解最大值． 【解答】 因为2x ⋅5y ≤(
2x+5y 2
)2
，当且仅当2x ＝5y 时等号成立， 又因为2x +5y ＝8，所以10xy ≤16， 故xy 的最大值是8
5，
8. 若实数x ，y 满足不等式组{2x −y ≥0
x −2y ≤0x +y −3≤0 ，则x −2y 的最大值为（ ）
A.−3
B.2
C.1
D.0
【答案】 D
【考点】 简单线性规划 【解析】
由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数即可求得k 值． 【解答】
画出不等式组{2x −y ≥0,
x −2y ≤0,x +y −3≤0,
表示的平面区域如下图阴影区域：
令x −2y ＝z ，则y =1
2
x −1
2
z ，据图分析知，当x −2y ＝z 与x −2y ＝0重合时，z 取得
最大值，
且z max ＝0−2×0＝0，即(x −2y)max ＝0，
9. 已知二次函数f(x)满足f(3+x)＝f(3−x)，若f(x)在区间[3, +∞)上单调递减，且f(m)≥f(0)恒成立，则实数m 的取值范围是（ ） A.(−∞, 0] B.[0, 6] C.[6, +∞) D.(−∞, 0]∪[6, +∞)
【答案】 B
函数恒成立问题
【解析】
由f(3+x)＝f(3−x)可得二次函数的对称轴为x＝3，进一步由f(x)在区间[3, +∞)上单调递减，得到答案．
【解答】
据题意设f(x)＝ax2+bx+c(a，b，c∈R，且a≠0)，又f(3+x)＝f(3−x)，
∴a(3+x)2+b(3+x)+c＝a(3−x)2+b(3−x)+c，
∴x(6a+b)＝0，
∴6a+b＝0，
∴f(x)＝ax2−6ax+c＝a(x−3)2−9a+c，
又∵f(x)在区间[3, +∞)上单调递减，
∴a<0，又f(m)≥f(0)，
∴0≤m≤6，
10. 已知项数为奇数的等比数列{a n}的首项为1，奇数项之和为21，偶数项之和为10，则这个等比数列前n项的和为（）
D.3n−1
A.2n−1
B.2n−2
C.3n−1
2
【答案】
A
【考点】
等比数列的前n项和
【解析】
根据题意，设a n=a1q n−1=q n−1，由等比数列的前n项和公式可得q的值，据此分析可得答案．
【解答】
根据题意，数列{a n}为等比数列，设a n=a1q n−1=q n−1，
=2，
又由数列{a n}的奇数项之和为21，偶数项之和为10，则q=21−1
10
=2n−1．
所以这个等比数列前n项和S n=1×(1−2n)
1−2
的图象大致为（）
11. 函数f(x)=e2x
x
A. B.
C. D.
C
【考点】
函数的图象与图象的变换 【解析】
求导可知，函数的单调性情况，再根据函数的范围，即可求得答案． 【解答】 ∵ f(x)=
e 2x x
，
∴ f ′
(x)=
(e 2x )⋅x−e 2x ⋅x ′
x 2
=
2xe 2x −e 2x
x 2
=
e 2x (2x−1)
x 2
，
令f ′(x)＝0，则x =1
2，分析知，函数f(x)在区间(−∞, 0)上单调递减，在区间(0,1
2)上单调递减，在区间(1
2,+∞)上单调递增，
又当x <0时，f(x)<0；当x >0时，f(x)>0，且f(1
2)=2e ，
12. 下列表述正确的是（ ） ①(lg x +4
lg x )min =4(x ∈(1,20))； ②若a >b >0，则ln b
a <0；
③若x ，y ，z 均是正数，且3x ＝4y ＝12z ，
x+y z
∈(n,n +1)(n ∈N)，则n 的值是4；
④若正实数x ，y 满足x +y +15=1
x
+9y
，且x +y ≤1，则x ，y 均为定值
A.①②③
B.②④
C.②③
D.②③④ 【答案】 D
【考点】
命题的真假判断与应用 【解析】
利用基本不等式，求解函数的最值判断①；不等式的基本性质判断②；通过3x ＝4y ＝12z ＝k ，得x ＝log 3k ，y ＝log 4k ，z ＝log 12k ，转化判断③；基本不等式求解最值判断④． 【解答】
当x >1时，lg x >0，则(lg x +4lg x )min =2√lg x ⋅4
lg x
=4， 当且仅当lg x =
4lg x
，即x ＝100时，(lg x +4
lg x )
min
=4，又x ∈(1, 20)，所以当x ∈(1, 20)
时，lg x +4
lg x >4，所以①不正确；
若a >b >0，则0<b
a <1，则ln b
a <0；所以②正确；
令3x ＝4y ＝12z ＝k ，得x ＝log 3k ，y ＝log 4k ，z ＝log 12k ，所以1
x +1
y =1
z ，所以x+y
xy =1
z ，
因为4y ＝3x ，x >0，y >0，所以2y >x >0，且0<y <x ，所以1>y x
>12
．设t =y
x
，
则
x+y z
=2+1
t +t ，
又因为x+y z
∈(n,n +1)(n ∈N)，所以n ＝4；所以③正确；
据题意得(x +y)(1
x
+9
y
)=10+y x +
9x y
，又x >0，y >0，所以(x +y)(1x
+9
y
)≥16．
又因为0<x +y ≤1，所以1
x +9
y ≥16，又x +y +15=1
x +9
y ，所以x +y +15=1
x +9
y =16，解方程组{x +y =1
1x +9y =16 ，得{x =1
4y =34 ，所以④正确； 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
若数列{a n }是首项为−20，公差为3的等差数列，则该数列中最接近于零的是第________项． 【答案】 8
【考点】
等差数列的通项公式 【解析】
根据题意，求出数列{a n }的通项公式，据此分析可得答案． 【解答】
根据题意，数列{a n }是首项为−20，公差为3的等差数列， 则a n ＝−20+3(n −1)＝3n −23， 则该数列最接近于零的是第8项；
若函数f(x)={2
3x −1,x ≥0
x 2−2,x <0
，则不等式f(a)<a 的解集是________．
【答案】 (−1, +∞) 【考点】
分段函数的应用 【解析】
分类讨论分别求出a 的值即可． 【解答】
由题意，得{a ≥023
a −1<a 或{a <0
a 2−2<a
，
解得a ≥0或−1<a <0，
所以所求不等式的解集是(−1, +∞)．
已知函数f(x)满足f(x +10)＝f(x)，若f(1)＝1，则不等式f(31)>log 2x 的解集为________． 【答案】 (0, 2)
函数的周期性【解析】
根据题意，分析可得f(31)＝1，进而可得不等式f(31)>log
2x即log
2
x<1，解可得x
的取值范围，即可得答案．
【解答】
故答案为：(0, 2)．
已知以区间(0, 2)上的整数分子，以2为分母的数组集合A1，其所有元素的和为a1；以区间(0, 22)上的整数分子，以22为分母组成不属于集合A1的数组集合A2，其所有元素的和为a2；……依此类推以区间(0, 2n)上的整数为分子，以2n为分母组成不属于A1，A2...A n−1的数组成集合A n，其所有元素的和为a n，若数列{a n}前n项和为S n，则
S2020−S2019＝________．
【答案】
22018
【考点】
数列的求和
【解析】
利用已知条件求出数列的前几项，转化求解数列的和，推出结果即可．
【解答】
据题意，得a1=1
2，a2=1
22
+3
22
=(1
22
+2
22
+3
22
)−a1，
a3=(1
2+2
2
+⋯+23−1
2
)−(a2+a1)⋯，
a n=(1
2n +2
2n
+⋯+2n−1
2n
)−(a n−1+⋯+a2+a1)(n≥2)，
∴a1+a2+a3+⋯+a n=1
2n +2
2n
+⋯+2n−1
2n
=2n−1
2
，
∴S n=a1+a2+a3+⋯+a n=2n−1
2
，
∴S2000−S2019=22020−1
2−22019−1
2
=22018．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
已知函数f(x)＝sin2x+cos2x+1．
（1）求函数f(x)的最小正周期；
（2）若将函数f(x)的图象沿x轴向右平移π
4
个单位长度得到函数g(x)的图象，求函数g(x)的单调递增区间．
【答案】
∵f(x)＝sin2x+cos2x+1=√2(√2
2sin2x+√2
2
cos2x)+1
=√2(sin2x cosπ
4+cos2x sinπ
4
)+1=√2sin(2x+π
4
)+1，
故它的最小正周期为2π
2
=π．
将函数f(x)的图象沿x轴向右平移π
4
个单位长度，
得到函数g(x)=√2sin(2x−π
4
)+1的图象．
令−π
2+2kπ≤2x−π
4
≤π
2
+2kπ(k∈Z)，
即−π
4+2kπ≤2x≤3π
4
+2kπ(k∈Z)，
求得−π
8+kπ≤x≤3π
8
+kπ(k∈Z)，
∴所求的g(x)的单调递增区间为[−π
8+kπ,3π
8
+kπ](k∈Z)．
【考点】
三角函数的周期性及其求法
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
（1）由题意利用函数y＝A sin(ωx+φ)的图象变换规律花简f(x)的解析式，再根据正弦函数的周期性，得出结论．
（2）利用函数y＝A sin(ωx+φ)的图象变换规律求得g(x)的解析式，再根据正弦函数的单调性，求得函数g(x)的单调递增区间．
【解答】
∵f(x)＝sin2x+cos2x+1=√2(√2
2sin2x+√2
2
cos2x)+1
=√2(sin2x cosπ
4+cos2x sinπ
4
)+1=√2sin(2x+π
4
)+1，
故它的最小正周期为2π
2
=π．
据（1）求解知，f(x)=√2sin(2x+π
4
)+1，
将函数f(x)的图象沿x轴向右平移π
4
个单位长度，
得到函数g(x)=√2sin(2x−π
4
)+1的图象．
令−π
2+2kπ≤2x−π
4
≤π
2
+2kπ(k∈Z)，
即−π
4+2kπ≤2x≤3π
4
+2kπ(k∈Z)，
求得−π
8+kπ≤x≤3π
8
+kπ(k∈Z)，
∴所求的g(x)的单调递增区间为[−π
8+kπ,3π
8
+kπ](k∈Z)．
已知函数f(x)＝x2+2x+a(x∈R)．
（1）若函数f(x)的值域为[0, +∞)，求实数a的值；
（2）若f(x)>0对任意的x∈[1, +∞)成立，求实数a的取值范围．
∵函数f(x)＝x2+2x+a(x∈R)的值域为[0, +∞)，
∴△＝22−4×1×a＝0，
∴a＝1．
∵f(x)>0对任意的x∈[1, +∞)成立，
∴x2+2x+a>0对任意的x∈[1, +∞)成立，
∴a>−x2−2x对任意的x∈[1, +∞)成立，
又当x∈[1, +∞)时，(−x2−2x)max=−12−2×1=−3，
∴a>−3．
即所求实数的取值范围是(−3, +∞)．
【考点】
二次函数的图象
二次函数的性质
【解析】
（1）根据函数的值域可知△＝0，解出a即可；
（2）利用分离参数法表示出a>−x2−2x，求出−x2−2x的取值范围即可．【解答】
∵函数f(x)＝x2+2x+a(x∈R)的值域为[0, +∞)，
∴△＝22−4×1×a＝0，
∴a＝1．
∵f(x)>0对任意的x∈[1, +∞)成立，
∴x2+2x+a>0对任意的x∈[1, +∞)成立，
∴a>−x2−2x对任意的x∈[1, +∞)成立，
又当x∈[1, +∞)时，(−x2−2x)max=−12−2×1=−3，
∴a>−3．
即所求实数的取值范围是(−3, +∞)．
已知在公比为q的等比数列{a n}中，a4＝16，2(a3+2)＝a4+a2．
（1）若q>1，求数列{a n}的通项公式；
（2）当q<1时，若等差数列{b n}满足b3＝a1，b5＝a1+a2，S n＝b1+b2+ b3+...+b n，求数列{1
S n
}的前n项的和．
【答案】
据题意，得{a1q3=16
2(a1q2+2)=a1q3+a1q
，
解得q=2
3
或q＝2，
又∵q>1，
∴q＝2，
∴a1=16
23
=2，
∴a n=2n；
据（1）求解知q<1时，q=2
3
，
∴a n=16×(2
3
)n−4，
∴ b 3＝a 1＝54，b 5＝a 1+a 2＝90， ∴ 等差数列{b n }的公差d =
b 5−b 32
=
90−542
=18，
∴ b 1＝b 3−2d ＝54−2×18＝18， ∴ S n =n ×18+
n(n−1)2
×18=9n 2+9n ，
∴ 1
S n
=1
9n 2+9n =19(1
n −1
n+1)，
∴ 数列{1S n
}的前n 项和
1
S n
+
1S n
+⋯+
1S n
=19
(1−12
)+19(12
−13
)+⋯+19(1n
−
1
n+1
)=
n
9n+9
．
【考点】 数列的求和
等比数列的通项公式 【解析】
（1）利用已知条件求出数列的公比，然后求解通项公式．
（2）据（1）求解知q <1时，q =23，求出a n =16×(2
3)n−4，然后求解数列的和，得到S n ，然后通过裂项消项法求解数列{1
S n
}的前n 项的和．
【解答】
据题意，得{a 1q 3=16
2(a 1q 2+2)=a 1q 3+a 1q ，
解得q =2
3或q ＝2， 又∵ q >1， ∴ q ＝2， ∴ a 1=
1623=2，
∴ a n =2n ；
据（1）求解知q <1时，q =2
3， ∴ a n =16×(2
3)n−4，
∴ a 1＝54，a 2＝36，
∴ b 3＝a 1＝54，b 5＝a 1+a 2＝90， ∴ 等差数列{b n }的公差d =
b 5−b 32
=
90−542
=18，
∴ b 1＝b 3−2d ＝54−2×18＝18， ∴ S n =n ×18+
n(n−1)2
×18=9n 2+9n ，
∴ 1
S n
=1
9n +9n =19(1
n −1
n+1)，
∴ 数列{1S n
}的前n 项和1S n
+1S n
+⋯+1S n
=19(1−12)+19(12−13)+⋯+19(1n −1n+1)=n
9n+9．
在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，满足2a cos C +c ＝2b ．
（2）若a＝1，求△ABC面积的最大值．
【答案】
在△ABC中，∵2a cos C+c＝2b，
∴由正弦定理可得：2sin A cos C+sin C＝2sin B．-----
又sin B＝sin(A+C)，∴2sin A cos C+sin C＝2sin A cos C+2cos A sin C，∴sin C＝2cos A sin C．-----
∵sin C≠0，
∴cos A=1
2
，
∵A是三角形的内角，
∴A=π
3
．--
∵a2＝b2+c2−2bc cos A＝b2+c2−bc≥2bc−bc＝bc，
∴bc≤1．-----
∴S=1
2bc sin A≤1
2
×1×√3
2
=√3
4
，即△ABC面积的最大值为√3
4
．-----
【考点】
正弦定理
【解析】
（1）在△ABC中，利用正弦定理求得2sin A cos C+sin C＝2sin B，再由sin B＝sin(A+C)，求得cos A=1
2
，可得A的值．
（2）利用余弦定理、基本不等式求得bc≤1，再由三角形面积公式求得它的最大值．【解答】
在△ABC中，∵2a cos C+c＝2b，
∴由正弦定理可得：2sin A cos C+sin C＝2sin B．-----
又sin B＝sin(A+C)，∴2sin A cos C+sin C＝2sin A cos C+2cos A sin C，
∴sin C＝2cos A sin C．-----
∵sin C≠0，
∴cos A=1
2
，
∵A是三角形的内角，
∴A=π
3
．--
∵a2＝b2+c2−2bc cos A＝b2+c2−bc≥2bc−bc＝bc，
∴bc≤1．-----
∴S=1
2bc sin A≤1
2
×1×√3
2
=√3
4
，即△ABC面积的最大值为√3
4
．-----
已知等差数列{a n}的所有项和为150，且该数列前10项和为10，最后10项的和为50．（1）求数列{a n}的项数；
（2）求a21+a22+...+a30的值．
【答案】
据题意，得a1+a2+a3+...+a10＝10，a n+a n−1+a n−2+...+a n−9＝50，
∴(a1+a n)+(a2+a n−1)+(a3+a n−2)+...+(a10+a n−9)＝60，
又据等差数列性质知，a 1+a n ＝a 2+a n−1＝a 3+a n−2＝…＝a 10+a n−9， ∴ 10(a 1+a n )＝60， ∴ a 1+a n ＝6， 又
n(a 1+a n )
2
=150，
∴ n ＝50，即数列{a n }的项数为50．
据（1）求解知，{a 1+a 50=610a 1+10×92
d =10
，即{2a 1+49d =6
2a 1+9d =2 ，
∴ {a 1=11
20
d =
110
，
∴ a 21+a 22+a 23+⋯+a 30=102
(a 21+a 30)=5(2a 1+49d)=5(2×11
20+
49×1
10)=30．
【考点】
等差数列的性质 【解析】
（1）推导出(a 1+a n )+(a 2+a n−1)+(a 3+a n−2)+...+(a 10+a n−9)＝60，由等差数列性质知，a 1+a n ＝a 2+a n−1＝a 3+a n−2＝…＝a 10+a n−9，从而10(a 1+a n )＝60，由此能求出数列{a n }的项数．
（2）推导出{2a 1+49d =62a 1+9d =2 ，由此能求出a 21+a 22+a 23+⋯+a 30=10
2(a 21+a 30)，
从而能求出结果． 【解答】
据题意，得a 1+a 2+a 3+...+a 10＝10，a n +a n−1+a n−2+...+a n−9＝50， ∴ (a 1+a n )+(a 2+a n−1)+(a 3+a n−2)+...+(a 10+a n−9)＝60，
又据等差数列性质知，a 1+a n ＝a 2+a n−1＝a 3+a n−2＝…＝a 10+a n−9， ∴ 10(a 1+a n )＝60， ∴ a 1+a n ＝6， 又
n(a 1+a n )
2
=150，
∴ n ＝50，即数列{a n }的项数为50．
据（1）求解知，{a 1+a 50=610a 1+10×92
d =10
，即{2a 1+49d =6
2a 1+9d =2 ，
∴ {a 1=11
20
d =
110
，
∴ a 21+a 22+a 23+⋯+a 30=102
(a 21+a 30)=5(2a 1+49d)=5(2×
1120
+
49×1
10)=30．
已知函数f(x)=
ln x a
+1x +a
x 2−2(a ∈R ，且a ≠0)．
（1）讨论函数f(x)的极值；
（2）若a >0，求函数f(x)在区间[1, 2]上的最值． 【答案】 因为f(x)=
ln x a +1x +
a x 2
−2，
所以f ′(x)=1
ax −1
x −2a
x =
x 3−ax−2a 2
ax =
(x−2a)(x+a)
ax ，
讨论：
①当a <0时，令f ′(x)>0，得0<x <−a ，令f ′(x)<0，得x >−a ，
所以当a <0时，函数f(x)在区间(0, −a)上单调递增，在区间(−a, +∞)上单调递减， 所以当a <0时，函数f(x)存在极大值f(−a)=
ln (−a)a
−2，不存在极小值；
②当a >0时，令f ′(x)>0，得x >2a ，令f ′(x)<0，得0<x <2a ，
所以当a >0时，函数f(x)在区间(0, 2a)上单调递减，在区间(2a, +∞)上单调递增， 所以当a >0时，函数f(x)存在极小值f(2a)=
ln 2a a
+12a +a (2a)2−2=
ln 2a a
+3
4a −2，不
存在极大值；
据（1）求解知，当a >0时，函数f(x)在区间(0, 2a)上单调递减，在区间(2a, +∞)上单调递增， 讨论：
(i)当2a ≥2，即a ≥1时，函数f(x)在区间[1, 2]上单调递减，
所以函数f(x)在区间[1, 2]上的最大值f(x)max ＝f(1)＝a −1，最小值f(x)min =f(2)=
ln 2a
+12
+a 4
−2=
ln 2a
+a 4
−3
2
；
(ii)当0<2a ≤1，即0<a ≤1
2时，函数f(x)在区间[1, 2]上单调递增， 所以函数f(x)在区间[1, 2]上的最大值f(x)max =f(2)=ln 2a
+12
+a 4
−2=
ln 2a
+a 4
−3
2
，最
小值f(x)min ＝f(1)＝a −1；
(iii)当1<2a <2，即1
2<a <1时，函数f(x)在区间[1, 2a]上单调递减，在区间[2a, 2]上单调递增，
所以函数f(x)在区间[1, 2]上的最小值f(x)min =f(2a)=
ln 2a a
+12a
+a (2a)2
−2=
ln 2a a
+
34a
−2，最大值为f(1)与f(2)的较大者．
下面比较f(1)与f(2)的大小：f(1)−f(2)=1+a −2−(ln 2
a +1
2+a
4−2)=3a 4
+12−
ln 2a
，
令f(1)＝f(2)，得3a 4
+12
−
ln 2a
=0，化简得3a 2+2a −4ln 2＝0，
所以a =
−1−√1+121n2
3
或a =
−1+√1+121n2
3
．
又a ∈(1
2,1)， 所以a =−1+√1+121n2
3
，
所以当
−1−√1+121n2
3
<a <1时，f(1)>f(2)，函数f(x)在区间[1, 2]上的最大值f(x)max
＝f(1)＝a −1； 所以当1
2<a <
−1−√1+121n2
3时，f(1)<f(2)，函数f(x)在区间[1, 2]上的最大值
f(x)max =f(2)=ln 2a
+12
+a
4
−2=
ln 2a
+a 4
−3
2
；
所以当a =
−1−√1+121n2
3
时，f(1)＝f(2)，函数f(x)在区间[1, 2]上的最大值f(x)max =
f(1)=f(2)=
−1+√1+121n2
3−1=
−1+√1+121n2−4
3
；
综上所述，当0<a ≤1
2时，函数f(x)在区间[1, 2]上的最大值为ln 2
a +a
4−3
2，最小值为a −1； 当1
2<a <
−1+√1+121n2
3
时，函数f(x)在区间[1, 2]上的最大值为
ln 2a
+a 4
−3
2
，最小值为
ln 2a a
+34a −2；
当a =
−1+√1+121n2
3
时，函数f(x)在区间[1, 2]上的最大值为
√1+121n2−4
3，最小值为ln 2a a
+
34a
−2；
当
−1+√1+121n2
3
<a <1时，函数f(x)在区间[1, 2]上的最大值为a −1，最小值为
ln 2a a
+
34a
−2；
当a ≥1时，函数f(x)在区间[1, 2]上的最大值为a −1，最小值为ln 2a
+a 4
−3
2
；
【考点】
利用导数研究函数的最值 利用导数研究函数的极值 【解析】
（1）求导，分a <0及a >0讨论函数的单调性情况，进而得到极值情况；
（2）关键是判断函数在[1, 2]上的单调性情况及端点值的大小比较，分类讨论得解． 【解答】 因为f(x)=
ln x a +1x +a
x 2−2， 所以f ′
(x)=
1ax
−
1x
2−
2a x 3
=
x 3−ax−2a 2
ax 3
=
(x−2a)(x+a)
ax 3
，
讨论：
①当a <0时，令f ′(x)>0，得0<x <−a ，令f ′(x)<0，得x >−a ，
所以当a <0时，函数f(x)在区间(0, −a)上单调递增，在区间(−a, +∞)上单调递减， 所以当a <0时，函数f(x)存在极大值f(−a)=
ln (−a)a
−2，不存在极小值；
②当a >0时，令f ′(x)>0，得x >2a ，令f ′(x)<0，得0<x <2a ，
所以当a >0时，函数f(x)在区间(0, 2a)上单调递减，在区间(2a, +∞)上单调递增， 所以当a >0时，函数f(x)存在极小值f(2a)=ln 2a a
+12a +a (2a)2−2=
ln 2a a
+3
4a −2，不
存在极大值；
据（1）求解知，当a >0时，函数f(x)在区间(0, 2a)上单调递减，在区间(2a, +∞)上单调递增， 讨论：
(i)当2a ≥2，即a ≥1时，函数f(x)在区间[1, 2]上单调递减，
所以函数f(x)在区间[1, 2]上的最大值f(x)max ＝f(1)＝a −1，最小值f(x)min =f(2)=
ln 2a
+12+a 4−2=
ln 2a
+a 4−3
2；
(ii)当0<2a ≤1，即0<a ≤1
2时，函数f(x)在区间[1, 2]上单调递增， 所以函数f(x)在区间[1, 2]上的最大值f(x)max =f(2)=ln 2a
+12+a 4−2=
ln 2a
+a 4−3
2，最
小值f(x)min ＝f(1)＝a −1；
(iii)当1<2a <2，即1
2<a <1时，函数f(x)在区间[1, 2a]上单调递减，在区间[2a, 2]上单调递增，
所以函数f(x)在区间[1, 2]上的最小值f(x)min =f(2a)=
ln 2a a
+12a
+a (2a)2
−2=
ln 2a a
+
34a
−2，最大值为f(1)与f(2)的较大者．
下面比较f(1)与f(2)的大小：f(1)−f(2)=1+a −2−(ln 2a
+12
+a 4
−2)=
3a 4
+12
−
ln 2a
，
令f(1)＝f(2)，得3a 4
+12
−
ln 2a
=0，化简得3a 2+2a −4ln 2＝0，
所以a =
−1−√1+121n2
3
或a =
−1+√1+121n2
3
．
又a ∈(12
,1)， 所以a =−1+√1+121n2
3
，
所以当
−1−√1+121n2
3
<a <1时，f(1)>f(2)，函数f(x)在区间[1, 2]上的最大值f(x)max
＝f(1)＝a −1； 所以当1
2<a <
−1−√1+121n2
3时，f(1)<f(2)，函数f(x)在区间[1, 2]上的最大值
f(x)max =f(2)=ln 2a
+1
2+a
4−2=
ln 2a
+a 4−3
2；
所以当a =
−1−√1+121n2
3
时，f(1)＝f(2)，函数f(x)在区间[1, 2]上的最大值f(x)max =
f(1)=f(2)=
−1+√1+121n2
3−1=
−1+√1+121n2−4
3
；
综上所述，当0<a ≤1
2时，函数f(x)在区间[1, 2]上的最大值为ln 2
a +a
4−3
2，最小值为a −1； 当1
2<a <
−1+√1+121n2
3
时，函数f(x)在区间[1, 2]上的最大值为ln 2a +a 4−3
2，最小值为
ln 2a a
+34a −2；
当a =
−1+√1+121n2
3
时，函数f(x)在区间[1, 2]上的最大值为
√1+121n2−4
3，最小值为ln 2a a
+
34a
−2；
当
−1+√1+121n2
3
<a <1时，函数f(x)在区间[1, 2]上的最大值为a −1，最小值为
ln 2a a
+
34a
−2；
当a ≥1时，函数f(x)在区间[1, 2]上的最大值为a −1，最小值为ln 2a
+a 4
−3
2
；。