1994-上海理-25 解-分段面积函数与单调性

本题导读

本题考查分段函数与单调性。核心在于对动点位置分段讨论求面积，并用作差法判单调性。

📌【题干】

Question

（1994年上海卷(理)） 在直角坐标系中，设矩形 $OPQR$ 的顶点按逆时针顺序依次为 $O(0,0)$，$P(1,t)$，$Q(1-2t,2+t)$，$R(-2t,2)$，其中 $t\in (0,+\infty )$.

(1)求矩形 $OPQR$ 在第一象限部分的面积 $S(t)$；

(2)确定函数 $S(t)$ 的单调区间，并加以证明.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 按 $Q$ 是否在第一象限分段。
2. 分段求面积表达式。
3. 作差法判各段单调性。

✅【答案】

Success

(1) $S(t)=\{\begin{array}{ll}2(1-t+t^2-t^3),& 0<t<\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}\left(t+\frac{1}{t}\right),& t\ge \frac{1}{2}\end{array}$

(2) $(0,1]$ 内减、$[1,+\infty )$ 内增

✍【详细解析】

Abstract

(1)当 $-2t+1>0$，即 $0<t<\frac{1}{2}$ 时，点 $Q$ 在第一象限，$S(t)$ 为四边形 $OPQK$ 面积。直线 $QR$ 方程为 $y-2=t(x+2t)$，令 $x=0$ 得 $y=2t^2+2$，即 $K(0,2t^2+2)$。故 $S(t)=S_{OPQR}-S_{OKR}=2{\left(\sqrt{1+t^2}\right)}^2-\frac{1}{2}(2t^2+2)\cdot 2t=2(1-t+t^2-t^3)$。 当 $-2t+1\le 0$，即 $t\ge \frac{1}{2}$ 时，点 $Q$ 在 $y$ 轴或第二象限，$S(t)$ 为 $△OPL$ 面积。直线 $PQ$ 方程为 $y-t=-\frac{1}{t}(x-1)$，令 $x=0$ 得 $y=t+\frac{1}{t}$，即 $L\left(0,t+\frac{1}{t}\right)$，故 $S(t)=\frac{1}{2}\left(t+\frac{1}{t}\right)\cdot 1=\frac{1}{2}\left(t+\frac{1}{t}\right)$。 (2)当 $0<t_1<t_2<\frac{1}{2}$ 时，$S(t_1)-S(t_2)=2(t_2-t_1)[1-(t_1+t_2)+(t_1^2+t_1{t}_2+t_2^2)]>0$，故 $S(t)$ 在 $\left(0,\frac{1}{2}\right)$ 内递减；当 $\frac{1}{2}\le t_1<t_2\le 1$ 时，$S(t_1)-S(t_2)=\frac{1}{2}(t_1-t_2)\left(1-\frac{1}{t_1{t}_2}\right)>0$，故在 $\left[\frac{1}{2},1\right]$ 递减；当 $1\le t_1<t_2$ 时，$S(t_1)-S(t_2)=\frac{1}{2}(t_1-t_2)\left(1-\frac{1}{t_1{t}_2}\right)<0$，故在 $[1,+\infty )$ 递增。又 $S\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{5}{4}$ 在分段处连续，综上 $S(t)$ 在 $(0,1]$ 内是减函数，在 $[1,+\infty )$ 内是增函数。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：分段面积函数与单调性

核心方法：(1) 当 $0<t<\frac{1}{2}$ 时 $S(t)=2(1-t+t^2-t^3)$，当 $t\ge \frac{1}{2}$ 时 $S(t)=\frac{1}{2}(t+\frac{1}{t})$；(2) $0<t<\frac{1}{2}$ 内 $S(t_1)-S(t_2)>0$ 递减，$\frac{1}{2}\le t_1<t_2\le 1$ 递减、$1\le t_1<t_2$ 递增，故 $(0,1]$ 减、$[1,+\infty )$ 增

避坑指南：分段讨论 + 作差判单调

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：源于教材分段函数

结论推广：一般地，分段讨论、作差判单调

方法推广：分段讨论 + 作差判单调

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.03 专题-恒成立问题

类题演练 (Links)

• 1996-上海文-20 解-抛物线的实际应用
• 1995-上海文-25 解-二次函数与圆的面积之和
• 1994-全国卷文-25 解-等差数列的证明