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）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）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）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）∵ ,

∴，由于

（ⅰ）当 时，有 ，故

此时，f（x）在上是增函数，因此 ， ，

故

（ⅱ）当时，若x∈（a，1），，在（a，1）上是增函数；若x∈（-1，a），，在（-1，a）上是减函数，

∴ ，

由于 ，因此

当 时， ；

当 时，；

（ⅲ）当时，有，故，

此时 在上是减函数，

因此，，

故；

综上，

（2）令，则

，

因为[f（x）+b]2≤4对x∈[-1，1]恒成立，

即对x∈[-1，1]恒成立，

所以由（1）知，

（ⅰ）当时，在上是增函数， 在上的最大值是，最小值，则且矛盾；

（ⅱ）当 时，在上的最小值是，最大值是，所以且，从而

 且

令，则，∴ 在 上是增函数，

故，

因此

（ⅲ）当 时，在上的最小值是，最大值是，所以由且，解得

(ⅳ)当时，在上的最大值是，最小值是，

所以由且，解得3a+b=0。

综上， 的取值范围是.

（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），依题意，为所求.

（2）此时

记，，所以在，单减，又，

所以，当时，，，单增；

当   时，，，单减.

所以，增区间为（0，1）；

减区间为（1，.

（3），先研究，再研究.

① 记，，令，得，

当，时，，单增；

当，时，，单减 。

所以，，即.

② 记，，所以在,单减，

所以，，即

综①、②知，.