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0 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0 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；