热门试卷

⇒⇒⇒x∈[1，2]．

（I）令lnx=0，则x=1，即函数y=g（x）的图象过定点P（1，0），

又点P在y=f（x）的图象上，所以f（1）=m+（4+m）=0，

解得m=-3．

（II）F（x）=mx2+2（4+m）x+8lnx，定义域为（0，+∞），

F′（x）=2mx+（8+2m）+==．

∵x＞0，则x+1＞0，

∴当m≥0时，2mx+8＞0，F′（x）＞0，此时F（x）在（0，+∞）上单调递增，

当m＜0时，由F′（x）＞0得0＜x＜-，F′（x）＜0，得x＞-，

此时F（x）在（0，-）上为增函数，在（-，+∞）上为减函数，

综上，当m≥0时，F（x）在（0，+∞）上为增函数，

m＜0时，在（0，-）上为增函数，在（-，+∞）上为减函数．

（III）由条件（I）知G（x）=，

假设曲线y=G（x）上存在两点P、Q满足题意，则P、Q两点只能在y轴两侧，

设P（t，G（t））（t＞0），则Q（-t，t3+t2），

∵∠POQ是以O为直角顶点的直角三角形，

∴•=0，∴-t2+G（t）（t3+t2）=0①．

（1）当0＜t≤1时，G（t）=-t3+t2，

此时方程①为-t2+（-t3+t2）（t3+t2）=0，化简得t4-t2+1=0，

此方程无解，满足条件的P、Q两点不存在．

（2）当t＞1时，G（t）=alnt，

方程①为：-t2+alnt•（t3+t2）=0，即=（t+1）lnt，

设h（t）=（t+1）lnt（t＞1），则h′（t）=lnt++1，

当t＞1时，h′（t）＞0，即h（t）在（1，+∞）上为增函数，

∴h（t）的值域为（h（1），+∞）），即（0，+∞），

∴＞0，∴a＞0．

综上所述，如果存在满足条件的P、Q，则a的取值范围是a＞0．

∵log12x =-log2x ，log8x =log2x 

∴不等式2(log12x)2-21log8x+3≤0⇔2(-log2x)2-log2x+3≤0

即2(log2x)2-7log2x+3≤0

令log2x =t，则

2t2-7t+3≤0   （t∈R）

即≤t≤3

又∵y=log2x2a•log2x4=（log2x -a）（log2x -2）=（t-a）（t-2）

即y=（t-）2-  （≤t≤3）的最大值为2

若≤=，即a≤时，t=3时，y最大=3-a≠2，故不合题意

若＞=，即a＞时，t=时，y最大=-×（-a）=2，即a=，符合题意

∴函数f(x)=log2x2a•log2x4的最大值为2时，实数a的值为

∵loga[4+（x-4）a]＜2loga（x-2）

∴（0＜a＜1），

∴

∴不等式的解集为{x|2＜x＜4}．

证明：由已知函数f（x）=|1gx|=（2分）

∵0＜a＜b，f（a）＞f（b），

∴a、b不能同时在区间[1，+）∞上，又由于0＜a＜b，故必有a∈（0，1）；

（6分）

若b∈（0，1），显然有ab＜1（8分）

若b∈[1，+∞），由f（a）-f（b）＞0，

有-1ga-1gb＞0，

故1gab＜0，

∴ab＜1（12分）

（1）原式=-5log32+(log325-log332)-3-6423

=-5log32+5log32-2log33-3-16

=-2-3-16

=-21

（2）∵lg（x-1）+lg（x-2）=lg（x-1）（x-2）=lg2

∴（x-1）（x-2）=2 解得：x=0或x=3

∵x-1＞0 且 x-2＞0

∴x＞2

∴x=3

∵logm7＜logn7＜0，∴0＜n＜1，0＜m＜1，

由换底公式得，＜＜0，

∴log7n＜log7m＜0，

又∵y=log7x在（0，1）内递增且函数值小于0，

∴0＜n＜m＜1．

故答案为：0＜n＜m＜1．

log3+25 12-8 23

=-2+5-4          （6分）

=-1               （8分）

（1）∵t=log2x，≤x≤4∴log2≤t≤log24即-2≤t≤2

（2）f（x）=（log2x）2+3log2x+2∴令t=log2x，则，y=t2+3t+2=(t+)2-

∴当t=-即log2x=-，x=2-32时，f(x)min=-当t=2即x=4时，f（x）max=12