热门试卷

（1）由已知得：，且，所以所求切线方程为：，即为：；

（2）由已知得到：，其中，当时，，

（1）当时，，所以在上递减，所以，因为；

（2）当，即时，恒成立，所以在上递增，所以，因为

；

（3）当，即时，

   ，且，即

所以，且

所以，

所以；

由，所以

（ⅰ）当时，，所以时，递增，时，递减，所以，因为

，又因为，所以，所以，所以

（ⅱ）当时，，所以，因为，此时，当时，是大于零还是小于零不确定，所以

1当时，，所以，所以此时；

2当时，，所以，所以此时

综上所述：

（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞）。

f′（x）＝2xln x＋x＝x（2ln x＋1），令f′（x）＝0，得.

当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

所以函数f（x）的单调递减区间是，单调递增区间是.

（2）证明：当0＜x≤1时，f（x）≤0.

设t＞0，令h（x）＝f（x）－t，x∈[1，＋∞）。

由（1）知，h（x）在区间（1，＋∞）内单调递增。

h（1）＝－t＜0，h（et）＝e2tln et－t＝t（e2t－1）＞0.

故存在唯一的s∈（1，＋∞），使得t＝f（s）成立。

（3）证明：因为s＝g（t），由（2）知，t＝f（s），且s＞1，从而

，

其中u＝ln s.

要使成立，只需.

当t＞e2时，若s＝g（t）≤e，则由f（s）的单调性，有t＝f（s）≤f（e）＝e2，矛盾。

所以s＞e，即u＞1，从而ln u＞0成立。

另一方面，令F（u）＝，u＞1.F′（u）＝，令F′（u）＝0，得u＝2.

当1＜u＜2时，F′（u）＞0；当u＞2时，F′（u）＜0.

故对u＞1，F（u）≤F（2）＜0.

因此成立。

综上，当t＞e2时，有.

（1）解：

令

则

于是可设是的两实根，且

1）当时，则不是的极值点，此时不合题意

2）当时，由于是的极大值点，

故  即

即

所以

所以的取值范围是（-∞，）

（2）解：由（Ⅰ）可知，假设存了及满足题意，则

1）当时，则

于是

即

此时

或

2）当时，则

①若

于是

即

于是

此时

②若

于是

即

于是

此时

综上所述，存在满足题意

当

当

当

（1）函数的定义域是

对求导得

由 ，由

因此 是函数的增区间；

（－1，0）和（0，3）是函数的减区间

（2）因为

所以实数m的取值范围就是函数的值域

对

令

∴当x=2时取得最大值，且

又当x无限趋近于0时，无限趋近于无限趋近于0，

进而有无限趋近于－∞.因此函数的值域是 ,即实数m的取值范围是

（3）结论：这样的正数k不存在。

下面采用反证法来证明：假设存在正数k，使得关于x的方程

有两个不相等的实数根，则

根据对数函数定义域知都是正数。

又由（1）可知，当时，

∴=，=，

再由k>0，可得

由于 不妨设 ，

由①和②可得

利用比例性质得 

即

由于上的恒正增函数，且

又上的恒正减函数，且∴

∴，这与（*）式矛盾。

因此满足条件的正数k不存在

（1）当时，，   解得；

解得的单调增区间为，减区间为 .

（2） ∵∴得，

，∴

∵在区间上总不是单调函数，且∴，由题意知：对于任意的，恒成立，所以，，∴.

（3）证明如下： 由（Ⅰ）可知当时，即，

∴对一切成立。

∵，则有，∴.

.