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    解得，

∴ 两条直线交点的坐标为，切线的斜率为，

∴ 切线的方程为

（2）由条件知

∴

（ⅰ）当a>0时，令，解得，

∴ 当时，在上递减；

当时，在上递增

∴是在上的唯一极值点，从而也是的最小值点

∴最小值

（ⅱ）当时，在上递增，无最小值，

故的最小值的解析式为

（3）由（2）知

对任意的

               ①

         ②

        ③

故由①②③得

（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）由方程得判别式

因为,所以

当时,,此时,所以；

当时,,此时,所以；

当时,,设方程的两根为且,

则 ,,

当时,,,所以

此时,

当时,,所以

此时,.

综上,

（2） ,

所以函数在区间上为减函数,在区间和上为增函数

当时,因为,所以在内的极值点为；

当时,,所以在内有极大值点；

当时,

由,很容易得到

（可以用作差法，也可以用分析法）,所以在内有极大值点；

当时,

由,很容易得到,此时在,内没有极值点。

综上,当时,极值点为；当时,极值点为；当时,无极值点。

（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）。