且-2a>a-3a,所以a<-1.
3
17.G1、G7、B12 现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥
P - A1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCD - A1B1C1D1(如图1-5所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.
(1)若AB=6 m,PO1=2 m,则仓库的容积是多少?
(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?
图1-5
17.解:(1)由PO1=2知O1O=4PO1=8. 因为A1B1=AB=6,
11223
所以正四棱锥P - A1B1C1D1的体积V锥=·A1B1·PO1=×6×2=24(m),
33正四棱柱ABCD - A1B1C1D1的体积V柱=AB·O1O=6×8=288(m). 所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m).
(2)设A1B1=a(m),PO1=h(m),则0
2a2222
+h=36,即a=2(36-h). 2
2
2
2
3
2
2
3
121322623
于是仓库的容积V=V柱+V锥=a·4h+a·h=ah=(36h-h),0
3332622
从而V′=(36-3h)=26(12-h).
3令V′=0,得h=23或h=-23(舍). 当0
当23
19.B6、B9、B12 已知函数f(x)=a+b(a>0,b>0,a≠1,b≠1). 1
(1)设a=2,b=.
2①求方程f(x)=2的根;
②若对于任意x∈R,不等式f(2x)≥mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值; (2)若01,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值. 1x-x19.解:(1)因为a=2,b=,所以f(x)=2+2.
2①方程f(x)=2,即2+2=2,亦即(2)-2×2+1=0, 所以(2-1)=0,于是2=1,解得x=0. ②由条件知f(2x)=2+2
2x-2xxxx-xx2xx2x=(2+2)-2=-2.
x-x22
因为f(2x)≥mf(x)-6对于x∈R恒成立,且f(x)>0, [f(x)]+4
所以m≤对于x∈R恒成立.
f(x)[f(x)]+44而=f(x)+≥2
f(x)f(x)所以m≤4,故实数m的最大值为4.
(2)因为函数g(x)=f(x)-2只有1个零点,而g(0)=f(0)-2=a+b-2=0, 所以0是函数g(x)的唯一零点.
因为g′(x)=aln a+bln b,又由01知ln a<0,ln b>0, 所以g′(x)=0有唯一解x0=log-xxx0
0
2
2
4[f(0)]+4
f(x)·=4,且=4,
f(x)f(0)
2
bln a.
aln bxx2
令h(x)=g′(x),则h′(x)=(aln a+bln b)′=a(ln a)+b(ln b), 从而对任意x∈R,h′(x)>0,所以g′(x)=h(x)是(-∞,+∞)上的单调增函数. 于是当x∈(-∞,x0)时,g′(x)
因而函数g(x)在(-∞,x0)上是单调减函数,在(x0,+∞)上是单调增函数.
x2
下证x0=0.
若x0<0,则x0<<0,于是g
22
又g(loga2)=aloga2+bloga2-2>aloga2-2=0,且函数g(x)在以和loga2为端点的
2闭区间上的图像不间断,所以在区间,loga2上存在g(x)的零点,记为x1.因为0
2以loga2<0.又<0,所以x1<0,与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾.
2
若x0>0,同理可得,在和logb2之间存在g(x)的非0的零点,矛盾.
2因此,x0=0.
ln a于是-=1,故ln a+ln b=0,所以ab=1.
ln b7.B8,B12 函数y=2x-e在的图像大致为( )
2
|x|
x0x0
x0
x0
x0
x0
图1-2
7.D 易知该函数为偶函数,只要考虑当x≥0时的情况即可,此时y=2x-e.令f(x)=2x-e,则f′(x)=4x-e,则f′(0)<0,f′(1)>0,则f′(x)在(0,1)上存在零点,即f(x)在(0,1)上存在极值,据此可知,只能为选项B,D中的图像.当x=2时,y=8-e<1,故选D.
21.B12 已知函数f(x)=(x-2)e+a(x-1)有两个零点. (1)求a的取值范围;
(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2.
21.解:(1)f′(x)=(x-1)e+2a(x-1)=(x-1)(e+2a). (i)设a=0,则f(x)=(x-2)e,f(x)只有一个零点.
xxxx2
2
2
2
xxx
(ii)设a>0,则当x∈(-∞,1)时,f′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.
又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b
-b)>0, 2
故f(x)存在两个零点.
(iii)设a<0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
e
若a≥-,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)
2单调递增.又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.
e
若a<-,则ln(-2a)>1.故当x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)<0;当x∈(ln(-2a),+
2∞) 时,f′(x)>0.因此f(x)在(1,ln(-2a))单调递减,在(ln(-2a),+∞)单调递增.又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.
综上,a的取值范围为(0,+∞).
(2)证明:不妨设x1
aa22
f(x)在(-∞,1)单调递减,所以x1+x2<2等价于f(x1)>f(2-x2),即f(2-x2)<0.
由于f(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1),而f(x2)=(x2-2)ex2+a(x2-1)=0, 所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)ex2. 设g(x)=-xe
2-x2
2
-(x-2)e,
2-xx则g′(x)=(x-1)(e-e).
x所以当x>1时,g′(x)<0,而g(1)=0,故当x>1时,g(x)<0, 从而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.
15.B4、B12 已知f(x)为偶函数,当x<0时,f(x)=ln(-x)+3x,则曲线y=f(x)在点(1,-3)处的切线方程是________.
15.y=-2x-1 设x>0,则-x<0.∵x<0时,f(x)=ln(-x)+3x,∴f(-x)=ln x1
-3x,又∵f(-x)=f(x),∴当x>0时,f(x)=ln x-3x,∴f′(x)=-3,即f′(1)=
x-2,∴曲线y=f(x)在点(1,-3)处的切线方程为y+3=-2(x-1),整理得y=-2x-1.
21.B12、B14、B7 设函数f(x)=αcos 2x+(α-1)(cos x+1),其中α>0,记|f(x)|的最大值为A.
(1)求f′(x); (2)求A;