1、已知函数f(x)=x2与g(x)=a(x−1)的图象有两个交点,其横坐标x1=sinα,x2=cosα,则x31+x32=_______.
2、在三角形ABC中,AB边上的中线CO=2,若动点P满足→AP=sin2θ⋅→AO+cos2θ⋅→AC(θ∈R),求(→PA+→PB)⋅→PC的最小值. 3、已知向量→a、→b、→c满足|→a|=|→b|=2,|→c|=1,→a⋅→b=2,则(→a−→c)⋅(→b−→c)的最大值为_______.
4、已知函数f(x)=x2+ax+b,存在不为0的实数t,使得f(t)+f(1t)=−2,则a2+4b2的最小值是_______.
5、已知f(x)是定义在R上的可导函数,且对任意x>0,都有f(x)>0.若对任意x>0,均有f(x)>f′(x)⋅lnxx,则f(2)与f(e)⋅ln2的大小关系是_______.
6、已知实数x,y满足条件{x−y⩽若不等式m(x^2+y^2)\leqslant (x+y)^2恒成立,则实数m的取值范围是_______.
7、已知双曲线\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a,b>0)的左、右焦点分别为F_1、F_2,焦距为6,过右焦点F_2向其中一条渐近线作垂线F_2H,交渐近线于H,则\triangle F_1F_2H周长的最大值为_______.
参考答案
1、\sqrt 2-2 x_1、x_2是方程x^2-ax+a=0的两根,进而可以由x_1^2+x_2^2=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1\cdot x_2=1解得a=1-\sqrt 2,于是x_1^3+x_2^3=(x_1+x_2)^3-3x_1x_2(x_1+x_2)=\sqrt 2-2.
2、注意到\overrightarrow {AP}=\lambda\overrightarrow {AO}+(1-\lambda)\overrightarrow {AC},其中\lambda =\sin^2\theta\in [0,1],于是点P在线段CO上(包括两个端点),且\overrightarrow {CP}=\lambda \overrightarrow {CO}.
运用向量的换底公式,将起点统一为C,有\begin{split} \left(\overrightarrow {PA}+\overrightarrow {PB}\right)\cdot\overrightarrow {PC}&=\left(\overrightarrow {CA}-\overrightarrow {CP}+\overrightarrow {CB}-\overrightarrow {CP}\right)\cdot\left(-\overrightarrow {CP}\right)\\&=\left[2 \overrightarrow {CP}-\left(\overrightarrow {CA}+\overrightarrow {CB}\right)\right]\cdot\overrightarrow {CP}\\&=\left(2\overrightarrow {CP}-2\overrightarrow{CO}\right)\cdot\overrightarrow {CP}\\&=2 \overrightarrow {CP}\cdot\overrightarrow {CP}-2\cdot \overrightarrow {CO}\cdot\overrightarrow {CP}\\&=8\lambda^2-8\lambda, \end{split} 又\lambda \in[0,1],于是所求的最小值为-2,当\lambda = \dfrac 12,也即\sin^2\theta=\dfrac 12时取得.
3、3+2\sqrt 3 如图,OA=OB=2,\angle AOB=60^\circ,圆的半径为1,点C在圆上运动,则问题转化为求\overrightarrow {CA}\cdot\overrightarrow {CB}的最大值. 由极化恒等式,可得\overrightarrow {CA}\cdot\overrightarrow {CB}=CM^2-\dfrac 14AB^2,于是当CM最大,即CM=OM+OC=\sqrt 3+1时,\overrightarrow {CA}\cdot\overrightarrow {CB}取得最大值,为3+2\sqrt 3.
4、\dfrac{16}5 根据题意有\left(t+\dfrac 1t\right)\cdot a+2b+\left( t+\dfrac 1t\right)^2=0,于是点(a,2b)是直线\left(t+\dfrac 1t\right)\cdot x+y+\left( t+\dfrac 1t\right)^2=0上的点,于是点(a,2b)到原点的距离不小于原点到此直线的距离,即\sqrt{a^2+4b^2}\geqslant \dfrac{\left| \left(t+\dfrac 1t\right)^2 \right| }{\sqrt{1^2+\left(t+\dfrac 1t\right)^2}},令m=\left|t+\dfrac 1t\right|,则m \geqslant 2,且a^2+4b^2\geqslant \dfrac{m^4}{m^2+1}\geqslant \dfrac{16}5. 注 本题也可以用柯西不等式进行转化.
5、f(2)>f({\rm e} )\cdot\ln 2.
提示:考虑函数\dfrac{f(x)}{\ln x}.
6、\left[\dfrac{25}{13},2\right]
提示:可以将代数式\dfrac{(x+y)^2}{x^2+y^2}转化成关于\dfrac yx的函数,从而求出最值.
7、4\sqrt 3+6 根据题意,a^2+b^2=9,且\cos \angle HF_2F_1=\sin \angle HOF_2=\dfrac b3,于是\begin{split} F_1H+F_2H&=\sqrt{b^2+6^2-2\cdot b\cdot 6\cdot \dfrac b3}+b\\&=\sqrt{36-3b^2}+b\\&=\sqrt 3\cdot\sqrt{12-b^2}+1\cdot b\\&\leqslant 4\sqrt 3, \end{split} 于是 \triangle F_1F_2H周长的最大值为4\sqrt 3+6.