10. 已知 \(F\) 為拋物線 \(y^2=4x\) 的焦點，過 \(F\) 作兩條互相垂直的直線 \(l_1\), \(l_2\), 直線 \(l_1\) 與 \(C\) 交於 \(A\), \(B\) 兩點，直線 \(l_2\) 與 \(C\) 交於 \(D\), \(E\) 兩點，則 \(|AB|+|DE|\) 的最小值為
A. 16 B. 14 C.12 D.10
解：
稍有常識的人都能看出，最小值應在整個圖形關於 \(x\) 軸對稱時取得。將 \(\theta=45^{\circ}\) 代入弦長公式 \(L=\frac{2p}{\sin^2{\theta}}\) 立得 \(L=8\), 因此最終答案為 \(2L=16\), 選擇 A 項。若要嚴格計算也並不困難，求 \(\frac{2p}{\sin^2{\theta}}+\frac{2p}{\sin^2{(90^{\circ}+\theta)}}\) 的最小值即可。弦長公式可由拋物線的極坐標方程推得。
11. 設 \(x\), \(y\), \(z\) 為正數，且 \(2^x=3^y=5^z\), 則
A. \(2x<3y<5z\) B. \(5z<2x<3y\) C. \(3y<5z<2x\) D. \(3y<2x<5z\)
解：
令 \(t=2^x=3^y=5^z\), 可得
\( x = \log_2{t} \)
\( y = \log_3{t} \)
\( z = \log_5{t} \)
因此
\( 2x = 2\log_2{t} = 2\frac{\ln{t}}{\ln{2}} \)
\( 3y = 3\log_3{t} = 3\frac{\ln{t}}{\ln{3}} \)
\( 5z = 5\log_5{t} = 5\frac{\ln{t}}{\ln{5}} \)
考察函數 \( f(x) = \ln{t}\cdot\frac{x}{\ln{x}} \) 的單調性，求導得
\( f'(x) = \ln{t}\cdot\frac{\ln{x}-1}{(\ln{x})^2} \)
由此可知 \(f(x)\) 在 \(e\) 之前上升，在 \(e\) 之后下降。
2, 3, 5 三個數之中，3 離 \(e\) 最近，5 離 \(e\) 最遠。合理推測 \( f(3)=3y \) 最小，\( f(5)=5z \) 最大。所以選擇 D 項。
若要嚴格比較，可作以下處理：
比較 \(2x\), \(3y\), \(5z\), 相當於比較
\( \frac{2}{\ln{2}} \), \( \frac{3}{\ln{3}} \), \( \frac{5}{\ln{5}} \)
它們都是正數，所以可以取倒數，取了倒數之后大小關系與原來相反：
\( \frac{\ln{2}}{2} \), \( \frac{\ln{3}}{3} \), \( \frac{\ln{5}}{5} \)
等價轉化：
\( \ln{2^{\frac{1}{2}}} \), \( \ln{3^{\frac{1}{3}}} \), \( \ln{5^{\frac{1}{5}}} \)
\( 2^\frac{1}{2} \), \( 3^\frac{1}{3} \), \( 5^\frac{1}{5} \)
\( (2^\frac{1}{2})^{(2 \times 3 \times 5)} \), \( (3^\frac{1}{3})^{(2 \times 3 \times 5)} \), \( (5^\frac{1}{5})^{(2 \times 3 \times 5)} \)
\( 2^{15} \), \( 3^{10} \), \( 5^{6} \)
\( 32768 \), \( 59049 \), \( 15625 \)
因為 \( 59049 > 32768 > 15625 \), 所以 \( 3^{10} > 2^{15} > 5^{6} \), 所以 \( \frac{3}{\ln{3}} < \frac{2}{\ln{2}} < \frac{5}{\ln{5}} \), 選擇 D 項。
12. 幾位大學生響應國家的創業號召，開發了一款應用軟件，為激發大家學習數學的興趣，他們推出了「解數學題獲取激活碼」的活動。這款軟件的激活碼為下面數學問題的答案：已知數列 1, 1,2, 1,2,4, 1,2,4,8, 1,2,4,8,16, ..., 其中第一項是 \(2^0\), 接下來的兩項是 \(2^0\), \(2^1\), 再接下來的三項是 \(2^0\), \(2^1\), \(2^2\), 依此類推。求滿足以下條件的最小整數 \(N\): \(N>100\) 且該數列的前 \(N\) 項和為 \(2\) 的整數冪。那么該款軟件的激活碼是
A.440 B.330 C.220 D.110
解：
一圖勝千言：
2 的冪第 1 次出現，是第 1 項，和為 \(1=2^{0}\).
第 2 次,，是第 2 項，和為 \(2=2^{1}\).
第 3 次，是第 \((2+2+3+4+5)+1+1=18\) 項，和為 \(64=2^{6}\).
先把數列 2, 2, 3, 4, 5, .. 取前 \(n\) 項求和，\(n\) 為藍色方塊的個數，得到各個方塊交界處的項數。易知 \(n-1\) 即為該項數之前 1 被兩方塊重疊區域框住的次數，所以當 \(n-1\) 為 \(4\), \((4+8)\), \((4+8+16)\), ... 時，再加 \((1+1)\), \((1+2)\), \((1+3)\) 項，即可達到 2 的冪。
由此知，第 4 次是第 \((2+2+3+4+5+\cdots+11+12+13)+1+2=95\) 項，還沒超過 100.
接着算第 5 次是第 \((2+2+3+4+5+\cdots+27+28+29)+1+3=440\) 項，第一次超過 100, 所以本題選擇 A 項。
PS: 激活碼只有三位數字，明顯缺乏軟件開發常識，創業一定失敗。
21. 已知函數 \(f(x)=ae^{2x}+(a-2)e^x-x\).
(1) 討論 \(f(x)\) 的單調性；
(2) 若 \(f(x)\) 有兩個零點，求 \(a\) 的取值范圍。
解：
(1)
\( f'(x) = 2ae^{2x}+(a-2)e^x-1 \)
令 \( e^x = t \;\;\;\;(t>0)\), 得：
\( f'(x)=2at^2+(a-2)t-1 \)
對 \(a\) 的值進行分類討論
1' \((a=0)\)
\( f'(x) = -2t-1 < 0 \)
所以 \( f(x) \) 單調遞減
2' \((a \neq 0)\)
\( f'(x) = 2at^2+(a-2)t-1 \)
\( = 2a[t^2+(\frac{1}{2}-\frac{1}{a})t-\frac{1}{2a}] \)
\( = 2a(t+\frac{1}{2})(t-\frac{1}{a}) \)
由此易得
若 \(a<0\), 則 \( f(x) \) 單調遞減
若 \(a>0\), 令 \(f(x)=g(t)\), 則 \(g(t)\) 在 \((0,\frac{1}{a})\) 上單減，在 \((\frac{1}{a},+\infty)\) 上單增。
由復合函數單調性及 \(t=e^x\) 對 \(x\) 單調遞增可知，\(f(x)\) 在 \((-\infty,\ln{\frac{1}{a}})\) 上單減，在 \((\ln{\frac{1}{a}},+\infty)\) 上單增。
綜上，……（略）
(2)
因為 \(f(x)\) 是連續函數，所以如果在 \((-\infty,+\infty)\) 上單調就只能有一個零點。又因為 \(f(x)\) 應有兩個零點，由 (1) 的結論可知 \(a>0\).
現設 \(a>0\).
由於 \(f(x)\) 連續且先減后增，極小值在 \(x_0=\ln{\frac{1}{a}}\) 處取得，所以 \(f(x)\) 有且僅有兩個零點的一個充要條件是 \( f(x_0)<0 \), 即：
\( f(\ln{\frac{1}{a}})=a(\frac{1}{a})^2+(a-2)\cdot \frac{1}{a}-\ln{\frac{1}{a}} < 0 \)
\( \frac{1}{a}+1-\frac{2}{a}-\ln{\frac{1}{a}} < 0 \)
\( 1-\frac{1}{a}-\ln{\frac{1}{a}} < 0 \)
令 \(\frac{1}{a} = q \;\;\;\;(m>0)\), 得：
\( 1-q-\ln{q} < 0 \)
令 \( h(q) = 1-q-\ln{q} \), 易知 \(h(1)=0\),
且 \( h'(q)=-1-\frac{1}{q} \) 恆小於零，即 \(h(q)\) 單調遞減
因此 \(h(q)\) 只有一個零點 \(q_0=1\), 且
\(q<1\) 時 \(h(q)>0\)
\(q>1\) 時 \(h(q)<0\)
所以原不等式的解為 \(q>1\), 即 \(a<1\).
又因為前提是 \(a>0\), 所以 \(a\) 的取值范圍為 \((0,1)\).