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00，V是单调增函数；

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)g′(x0)＝0.

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－2)＋a(b－1)＝a（b223

－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；