热门试卷

（1）设，则.

所以f′（1）＝1.

所以L的方程为y＝x－1.

（2）令g（x）＝x－1－f（x），则除切点之外，曲线C在直线L的下方等价于g（x）＞0（x＞0，x≠1）。

g（x）满足g（1）＝0，且g′（x）＝1－f′（x）＝.

当0＜x＜1时，x2－1＜0，ln x＜0，所以g′（x）＜0，故g（x）单调递减；

当x＞1时，x2－1＞0，ln x＞0，所以g′（x）＞0，故g（x）单调递增。

所以，g（x）＞g（1）＝0（x＞0，x≠1）。

所以除切点之外，曲线C在直线L的下方。

（1）对每个n∈N*，当x＞0时，f′n（x）＝＞0，故fn（x）在（0，＋∞）内单调递增。

由于f1（1）＝0，当n≥2时，fn（1）＝＞0，故fn（1）≥0.

又·

，

所以存在唯一的xn∈，满足fn（xn）＝0.

（2）当x＞0时，fn＋1（x）＝fn（x）＋＞fn（x），故fn＋1（xn）＞fn（xn）＝fn＋1（xn＋1）＝0.

由fn＋1（x）在（0，＋∞）内单调递增知，xn＋1＜xn，故{xn}为单调递减数列，

从而对任意n，p∈N*，xn＋p＜xn.

对任意p∈N*，

由于fn（xn）＝，①

fn＋p（xn＋p）＝.②

①式减去②式并移项，利用0＜xn＋p＜xn≤1，

得xn－xn＋p＝

.

因此，对任意p∈N*，都有0＜xn－xn＋p＜.

（1）(i)

∵时，恒成立，

∴函数具有性质；

(ii)（方法一）设，与的符号相同。

当时，，，故此时在区间上递增；

当时，对于，有，所以此时在区间上递增；

当时，图像开口向上，对称轴，而，

对于，总有，，故此时在区间上递增；

（方法二）当时，对于，

所以，故此时在区间上递增；

当时，图像开口向上，对称轴，方程的两根为：，而

当时，，，故此时在区间     上递减；同理得：在区间上递增。

综上所述，当时，在区间上递增；

当时，在上递减；在上递增。

（2）（方法一）由题意，得：

又对任意的都有>0，

所以对任意的都有，在上递增。

又。

当时，，且，

综合以上讨论，得：所求的取值范围是（0，1）。

（方法二）由题设知，的导函数，其中函数对于任意的都成立。所以，当时，，从而在区间上单调递增。

①当时，有，

，得，同理可得，所以由的单调性知、，

从而有||<||，符合题设。

②当时，，

，于是由及的单调性知，所以||≥||，与题设不符。

③当时，同理可得，进而得||≥||，与题设不符。

因此综合①、②、③得所求的的取值范围是（0，1）。

（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.