热门试卷

(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，

f′(x)＝－e－xx(x－2)，①

当x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)时，f′(x)＜0；

当x∈(0,2)时，f′(x)＞0.

所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)单调递减，在(0,2)单调递增。

故当x＝0时，f(x)取得极小值，极小值为f(0)＝0；

当x＝2时，f(x)取得极大值，极大值为f(2)＝4e－2.

(2)设切点为(t，f(t))，

则l的方程为y＝f′(t)(x－t)＋f(t)。

所以l在x轴上的截距为m(t)＝.

由已知和①得t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)。

令h(x)＝(x≠0)，则当x∈(0，＋∞)时，h(x)的取值范围为[，＋∞)；

当x∈(－∞，－2)时，h(x)的取值范围是(－∞，－3)。

所以当t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，m(t)的取值范围是(－∞，0)∪[，＋∞)。

综上，l在x轴上的截距的取值范围是(－∞，0)∪[，＋∞)

（1）证明：∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，

∴AB⊥CD，

∵CD⊥BD，AB∩BD=B，

∴CD⊥平面ABD；

（2）解：∵AB⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，

∴AB⊥BD。

∵AB=BD=1，

∴S△ABD=，

∵M为AD中点，

∴S△ABM=S△ABD=，

∵CD⊥平面ABD，

∴VA﹣MBC=VC﹣ABM=S△ABM•CD=。

（1）由题设知BC⊥,BC⊥AC，,∴面,    又∵面，∴,

由题设知,∴=,即,

又∵,   ∴⊥面,    ∵面，

∴面⊥面；

（2）设棱锥的体积为，=1，由题意得，==，

由三棱柱的体积=1，

∴=1:1，  ∴平面分此棱柱为两部分体积之比为1:1.

(1)f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x.

令f′(x)＝0，得x＝kπ(k∈N*)。

当x∈(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)时，sin x＞0，此时f′(x)＜0；

当x∈((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)时，sin x＜0，此时f′(x)＞0.

故f(x)的单调递减区间为(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)，单调递增区间为((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)。

(2)由(1)知，f(x)在区间(0，π)上单调递减。

又，故.

当n∈N*时，因为f(nπ)f((n＋1)π)＝[(－1)nnπ＋1][(－1)n＋1(n＋1)π＋1]＜0，

且函数f(x)的图象是连续不断的，所以f(x)在区间(nπ，(n＋1)π)内至少存在一个零点，又f(x)在区间(nπ，(n＋1)π)上是单调的，故nπ＜xn＋1＜(n＋1)π。

因此，

当n＝1时，；

当n＝2时，；

当n≥3时，

＜

＜

＜

＝.

综上所述，对一切n∈N*，.

在第(1)问中，通过已知条件，借助导数，转化为判断导数在(0，＋∞)上的符号，进而得出函数的单调区间；在第(2)问中，充分利用第(1)问的结论，得到f(x)在(nπ，(n＋1)π)上存在零点，从而得出nπ＜xn＋1＜(n＋1)π，然后分n＝1，n＝2，n≥3三；种情况讨论的值与的大小关系，即可得证。