22.(1)f(x)的定义域是(0,+∞),令h(x)=a+lnx-ax(x>0),则f(x)=xh(x),故x>0时,f(x)≤0+h(x)≤0,因为h(1)0,h(x)≤0,所以h’(1)=0,因为h’(x)a,所以h'(1)1-a=0,所以a=1(2)证明:由(1)知f(x)=x+xlnx-x2,所以f(x)=2+lnx2x,令t(x)=2+lnx-2x(x>0),则t(x)2,当x∈0,)时,t'(x)>0,t(x)单调递增;当x∈0,t(x)单调递减.又t(e-2)<0,t0,t(1)=0,所以在0,)上存在唯一的x1,使得(x1)=0,在(,+∞上,(1)=0因为当x∈(0,x1)时,t(x)<0,即f(x)<0,当x∈(x1,1)时t(x)>0,即f(x)>0,当x∈(1,+∞)时,t(x)<0,即f(x)<0,所以f(x)存在唯一极小值点x(3)依题意得,g(x)=x+xlnx,所以g(x)>m(x-1)为raIn.x+xlnx>m(x-1),因为x>1,所以m <对任意的x> 1恒成立,rIn.a令l(x)x>1,则1(x)=2=m令s(x)=x-1nx-2(x>1),则s(x)=10,所以函数s(x)在(1,十∞)上单调递增因为s(3)ln3<0,s(4)=2-1n4>0,所以方程s(x)=0在(1,+∞)上存在唯一的实数根x0,且x0∈(3,4),则s(x0)x0-lnx0-2=0,所以lnxo=x0-2①当1 xo时,s(x)>0,art rin.即l(x)>0,所以函数l(x)在(1,x0)上单调递减x0(1+lnx0)在(x0,十∞)上单调递增所以L(x)m=l(x0)x0(1+x0-2)把①代入得,(x。)=x0∈(3,4)所以m

19.以{AB,AD,AP}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系xyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2(1)因为AD⊥平面PAB,所以AD是平面PAB的一个法向量,AD=(0,2,0)因为PC=(1,1,-2),PD=(0,2,-2),设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),x+y-2z=0m·PC=0,m·PD=0,即令y=1,解得z=1,x=1所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量从而 COSAD,m)=4D·m√3ADm所以平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为3(2)因为BP=(-1,0,2),设BQ=ABP=(-入,0,2A)(0≤≤1),又CB则CQ=CB+BQ=(-A又DP=(0,-2,2)CQ·DP从而cos(CQ,DPCQ DP设1+2A=t,t∈[1,3],2t则cos2CQ,DP)5t2-10t+952010/1n当且仅当t即入=一时,cos(CQ,DP)的最大值为10因为y=cosx在(0,。)上是减函数,此时直线CQ与DP所成角取得最小值.又因为BP=√12+22=√5,所以BQ=-BP

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