内容发布更新时间 : 2024/5/18 11:25:44星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

21. （1）由题意，得f'(x)?lnx?1， 故g(x)?ax2?(a?2)x?lnx?1， 故g'(x)?2ax?(a?2)?1(2x?1)(ax?1)?， xxx?0,a?0.

11,x2? 2a11① 当0?a?2时，?，

a211g'(x)?0?0?x?或x?；

2a11g'(x)?0??x?,

2a11a所以g(x)在x?处取极大值g()???ln2，

224111在x?处取极小值g()???lna.

aaa11②当a?2时，?，g'(x)?0恒成立，所以不存在极值；

a21111③当a?2时，?，g'(x)?0?0?x?或x?；

a2a211g'(x)?0??x?,

a2111所以g(x)在x?处取极大值g()???lna，

aaa11a在x?处取极小值g()???ln2.

2241a11综上，当0?a?2时，g(x)在x?处取极大值??ln2，在x?处取极小值??lna；

24aa111当a?2时，不存在极值；a?2时，g(x)在x?处取极大值??lna，在x?处取极

aa2a小值??ln2.

4x（2）F(x)?xlnx?x，定义域为x?(0,??)，

ex?1F'(x)?1?lnx?x，而x?(1,2)，

e令g'(x)?0，得x1?故F'(x)?0，即F(x)在区间(1,2)内单调递增 又F(1)??12?0，F(2)?2ln2?2?0， ee且F(x)在区间(1,2)内的图象连续不断，

故根据零点存在性定理，有F(x)在区间(1,2)内有且仅有唯一零点. 所以存在x0?(1,2)，使得F(x0)?f(x0)?且当1?x?x0时，f(x)?当x?x0时，f(x)?x0?0， ex0x； exx， xe?xlnx,1?x?x0?所以m(x)??x

,x?x0??ex当1?x?x0时，m(x)?xlnx， 由m'(x)?1?lnx?0得m(x)单调递增； 当当x?x0时，m(x)?由m'(x)?x， ex1?x?0得m(x)单调递减； ex若m(x)?n在区间(1,??)内有两个不等实根x1,x2（x1?x2） 则x1?(1,x0),x2?(x0,??).

要证x1?x2?2x0，即证x2?2x0?x1

又2x0?x1?x0，而m(x)在区间(x0,??)内单调递减， 故可证m(x2)?m(2x0?x1)， 又由m(x1)?m(x2)， 即证m(x1)?m(2x0?x1)，

2x0?x1 2x0?x1e2x?x记h(x)?xlnx?20x?x,1?x?x0，其中h(x0)?0

e0t1?t记?(t)?t，则?'(t)?t，

ee即x1lnx1?当t?(0,1)时，?'(t)?0；

当t?(1,??)时，?'(t)?0， 故?(t)max?1 e1， e而?(t)?0，故0??(t)?而2x0?x?1，

2x?x1??20x0?x?0， ee2x?x11因此h'(x)?1?lnx?2x?x?20x?x?1??0，

ee0e0所以?即h(x)单调递增，故当1?x?x0时，h(x)?h(x0)?0， 即x1lnx1?2x0?x1，故x1?x2?2x0，得证.

e2x0?x122. （1）因为圆C1：??x?cos??1（?为参数），

?y?sin?所以圆C1的普通方程是(x?1)2?y2?1 因为圆C2：??4sin?，

所以圆C2的直角坐标方程是x?y?4y?0. （2）因为圆C1：(x?1)?y?1， 圆C2：x?y?4y?0， 两式相减，得x?2y?0， 即公共弦所在直线为x?2y?0，

222222所以点(1,0)到x?2y?0的距离为

5， 5所以公共弦长为21?145， ?55所以S?AC1B?14552???. 255523．（1）(4a?1?4b?1)2?(1?4a?1?1?4b?1)2

?(12?12)?(4a?1?4b?1)

?2[4(a?b)?2]?2(4?1?2)?12，

当且仅当4a?1?4b?1，即a?b?故原式的最大值为12.

1时，取等号， 2ab11 ??b?2ab?2a1?2abab1212因为??(?)(a?b)

ababb2ab2a?1???2?3?(?)

abab（2）原式??3?2b2a??3?22， ab?b2a?a?2?1当且仅当?，即?时，取等号

ab??b?2?2所以原式?1?3?22，

3?22故原式的最大值为3?22.