【正文】 θ0，其中cosθ0＝． ………… 4分(ii)因?yàn)镸N＝x，OM＝，所以O(shè)N＝x＋．在Rt△ONF中，NF＝＝＝．在矩形EFGH中，EF＝2NF＝，F(xiàn)G＝MN＝x，故S＝EFFG＝x．即所求函數(shù)關(guān)系是S＝x，0＜x＜． ………… 8分（2）方法一：選擇(i)中的函數(shù)模型：令f(θ)＝sinθ(20cosθ－7)，則f ′(θ)＝cosθ(20cosθ－7)＋sinθ(－20sinθ)＝40cos2θ－7cosθ－20．………… 10分由f ′(θ)＝40cos2θ－7cosθ－20＝0，解得cosθ＝，或cosθ＝－． 因?yàn)?＜θ＜θ0，所以cosθ＞cosθ0，所以cosθ＝． 設(shè)cosα＝，且α為銳角，則當(dāng)θ∈(0，α)時(shí)，f ′(θ)＞0 ，f(θ)是增函數(shù)；當(dāng)θ∈(α，θ0)時(shí)，f ′(θ)＜0 ，f(θ)是減函數(shù)， 所以當(dāng)θ＝α，即cosθ＝時(shí)，f(θ)取到最大值，此時(shí)S有最大值．即MN＝10cosθ－＝，通風(fēng)窗的面積最大． ………… 14分方法二：選擇(ii)中的函數(shù)模型：因?yàn)镾＝ ，令f(x)＝x2(351－28x－4x2)，則f ′(x)＝－2x(2x－9)(4x＋39)． ……… 10分 因?yàn)楫?dāng)0＜x＜時(shí) ，f ′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)＜x＜時(shí)，f ′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減， 所以當(dāng)x＝時(shí)，f(x)取到最大值，此時(shí)S有最大值． 即MN＝x＝，通風(fēng)窗的面積最大． ………… 14分（蘇北三市調(diào)研三）如圖，在P地正西方向8 km的A處和正東方向1 km的B處各有一條正北方向的公路AC和BD，現(xiàn)計(jì)劃在AC和BD路邊各修建一個(gè)物流中心E和F．為緩解交通壓力，決定從P地分別向AC和BD修建兩條互相垂直的公路PE和PF．設(shè)()．（1）為減少對(duì)周邊區(qū)域的影響，試確定E，F(xiàn)的位置，使△PAE與△PFB的面積之和最??；（2）為節(jié)省建設(shè)成本，試確定E，F(xiàn)的位置，使PE+PF的值最?。瓵FBECDP(第17題)O東北（1）在Rt△PAE中，由題意可知，AP=8，則．所以. ………………………………………………………………………2分同理在Rt△PBF中，PB＝1,則,所以. ………………………………………………………………………4分故△PAE與△PFB的面積之和為………………………………………………………5分=8, 當(dāng)且僅當(dāng),即時(shí)取等號(hào),故當(dāng)AE=1km,BF=8km時(shí)，△PAE與△PFB的面積之和最小. ……………………………………………6分(2)在Rt△PAE中，由題意可知，則．同理在Rt△PBF中，則．令，……………………………………………………………8分則，………………………………………………………………10分令，得，記，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增．所以時(shí)，取得最小值，………………………………………………………………………12分此時(shí)，．所以當(dāng)AE為4km，且BF為2km時(shí)，PE+PF的值最?。?4分（南京三模）如圖，摩天輪的半徑OA為50m，它的最低點(diǎn)A距地面的高度忽略不計(jì)．地面上有一長(zhǎng)度為240m的景觀帶MN，它與摩天輪在同一豎直平面內(nèi)，且AM＝60m．點(diǎn)P從最低點(diǎn)A處按逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)到最高點(diǎn)B處，記208。(q)＝ ，q ∈(0，π)．由g162。MPN取得最大值．即當(dāng)q ＝ 時(shí)，208。(r)＝－＋2nr． 由f39。(x)=0在區(qū)間(a，+165。當(dāng)時(shí)，f(x)在區(qū)間(a，)上是單調(diào)減函數(shù)，在區(qū)間(，+165。 (x)＝2x－1＋，x＞0．因?yàn)?x＋≥2＝2，所以h39。(x)＞0，所以F(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，從而F(x)min＝F(1)＝－t． ………………………… 9分當(dāng)t＝0時(shí)，方程(**)只有唯一正數(shù)解，從而方程組(*)有唯一一組解，即存在唯一一條滿足題意的直線； ………………………… 11分當(dāng)t＞0時(shí)，F(xiàn)(1)＜0，由于F(et＋1)＞ln(et＋1)－(t＋1)＝0，故方程(**)在(1，＋∞)上存在唯一解； ………………………… 13分令k(x)＝lnx＋－1(x≤1)，由于k39。 x＋lnx2－1．所以(*) 消去x1得lnx2＋－(t＋1)＝0 (**)． ………………………… 7分令F(x)＝lnx＋－(t＋1)，則F39。(a2+1)，則關(guān)于t的方程t(4t+3a2+3)= 1在t206。(a)0，或，解得． ………………………………………………………8分③當(dāng)方程f 162。－2，e2)內(nèi)的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說明理由；(3)求證：對(duì)任意的正數(shù)a，都存在實(shí)數(shù)t，滿足：對(duì)任意的x∈(t,t＋a)，f(x)a－1.解：（1）當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝xlnx－x，f’(x)＝lnx， 令f’(x)＝0，x＝1，列表分析x(0，1)1(1，＋∞)f’(x)－0＋f(x)單調(diào)遞減單調(diào)遞增 故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)． …………………………3分（2）f(x)＝(x－a)lnx－x＋a，f’(x)＝lnx－，其中x＞0， 令g(x)＝xlnx－a，分析g(x)的零點(diǎn)情況． g’(x)＝lnx＋1,令g’(x)＝0，x＝，列表分析x(0，)(，＋∞)g’(x)－0＋g(x)單調(diào)遞減單調(diào)遞增 g(x)min＝g()＝－－a， …………………………5分 而f’()＝ln－ae＝－1－ae，f’(e－2)＝－2－ae2＝－(2＋ae2)，f’(e2)＝2－＝(2e2－a)， ①若a≤－，則f’(x)＝lnx－≥0，故f(x)在(e－2，e2)內(nèi)沒有極值點(diǎn)； ②若－＜a＜－，則f’()＝ln－ae＜0，f’(e－2)＝－(2＋ae2)＞0，f’(e2)＝(2e2－a)＞0， 因此f’(x)在(e－2，e2)有兩個(gè)零點(diǎn)，f(x)在(e－2，e2)內(nèi)有兩個(gè)極值點(diǎn)； ③若－≤a＜0，則f’()＝ln－ae＜0，f’(e－2)＝－(2＋ae2)≤0，f’(e2)＝(2e2－a)＞0， 因此f’(x)在(e－2，e2)有一個(gè)零點(diǎn)，f(x)在(e－2，e2)內(nèi)有一個(gè)極值點(diǎn)； 綜上所述，當(dāng)a∈(－∞，－]時(shí)，f(x)在(e－2，e2)內(nèi)沒有極值點(diǎn)； 當(dāng)a∈(－，－)時(shí)，f(x)在(e－2，e2)內(nèi)有兩個(gè)極值點(diǎn)； 當(dāng)a∈[－，0)時(shí)，f(x)在(e－2，e2)內(nèi)有一個(gè)極值點(diǎn).. ………………………10分（3）猜想：x∈(1，1＋a)，f(x)＜a－1恒成立． ……………………………………………11分 證明如下： 由（2）得g(x)在(，＋∞)上單調(diào)遞增，且g(1)＝－a＜0，g(1＋a)＝(1＋a)ln(1＋a)－a． 因?yàn)楫?dāng)x＞1時(shí)，lnx＞1－(*)，所以g(1＋a)＞(1＋a)(1－)－a＝0． 故g(x)在(1，1＋a)上存在唯一的零點(diǎn)，設(shè)為x0． 由x(1，x0)x0(x0，1＋a)f’(x)－0＋f(x)單調(diào)遞減單調(diào)遞增 知，x∈(1，1＋a)，f(x)＜max{f(1)，f(1＋a)}． …………………………………………13分 又f(1＋a)＝ln(1＋a)－1，而x＞1時(shí)，lnx＜x－1(**)， 所以f(1＋a)＜(a＋1)－1－1＝a－1＝f(1)． 即x∈(1，1＋a)，f(x)＜a－1． 所以對(duì)任意的正數(shù)a，都存在實(shí)數(shù)t＝1，使對(duì)任意的x∈(t，t＋a)，使 f(x)＜a－1． ……………………………………………15分 補(bǔ)充證明（*）： 令F(x)＝lnx＋－1，x≥1．F’(x)＝－＝≥0，所以F(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以x＞1時(shí)，F(xiàn)(x)＞F(1)＝0，即lnx＞1－． 補(bǔ)充證明（**） 令G(x)＝lnx－x＋1，x≥1．G’(x)＝－1≤0，所以G(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減． 所以x＞1時(shí)，G(x)＜G(1)＝0，即lnx＜x－1． ……………………………………………16分（泰州二模）己知，其中常數(shù)． （1）當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的極值；（2）若函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，求證：； （3）求證：．解：函數(shù)的定義域?yàn)椋?（1）當(dāng)時(shí)， 而在上單調(diào)遞增，又，當(dāng)時(shí)，則在上單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，則在上單調(diào)遞增，所以有極小值，沒有極大值． …………3分（2）先證明：當(dāng)恒成立時(shí)，有 成立．若，則顯然成立；若，由得，令，則，令，由得在上單調(diào)遞增，又因?yàn)?，所以在上為?fù)，在上為正，因此在上遞減，在上遞增，所以，從而．因而函數(shù)若有兩個(gè)零點(diǎn)，則，所以，由得，則，所以在上單調(diào)遞增，所以，所以在上單調(diào)遞增，所以，則，所以，由得，則，所以，綜上得． …………10分（3）由（2）知當(dāng)時(shí)，恒成立，所以，即，設(shè)，則，當(dāng)時(shí)， ，所以在上單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，所以在上單調(diào)遞增，所以的最大值為，即，因而，所以，即． …………16分（蘇北三市調(diào)研三）已知函數(shù)，其中，為常數(shù)． (1) 當(dāng)時(shí)，若函數(shù)在上的最小值為，求的值；(2) 討論函數(shù)在區(qū)間上的單調(diào)性；(3) 若曲線上存在一點(diǎn)，使得曲線在點(diǎn)處的切線與經(jīng)過點(diǎn)的另一條切線互相垂直，求的取值范圍．(1)當(dāng)a=1時(shí)，f 162。MPN＝tan(208。MPQ＜208。MPQ＝＝ ．………………………… 6分從而tan208。(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，h162。在區(qū)間上, ,函數(shù)是減函數(shù)。(x)＝．設(shè)v(x)＝x－2lnx－4，則v162。AOP＝q，q ∈(0，π)．（1）當(dāng)q ＝ 時(shí)，求點(diǎn)P距地面的高度PQ；（2）試確定q 的值，使得208。(q)＝0，得sinq ＋cosq －1＝0，解得q ＝ ．………………………… 11分當(dāng)q ∈(0，)時(shí)，g162。MPN取得最大值． ………………………… 14分（方法二）以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AM為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，則圓O的方程為 x2＋(y－50)2＝502，即x2＋y2－100y＝0，點(diǎn)M(60，0)，N(300，0)．設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為 (x0，y0)，所以Q (x0，0)，且x02＋y02－100y0＝0．從而tan208。(r)＝0，解得r＝3． ①若＜1，當(dāng)n＞2m時(shí)，3∈(0，3]，由R(0，3)3(3，3]f39。)上無實(shí)根時(shí)，有解得． ………………………………………………………………………………6分②當(dāng)方程f 162。)上是單調(diào)增函數(shù)當(dāng)時(shí)，f(x)在區(qū)間