热门试卷

（1）

。

又当

（2）当n=2时，

对任意上的最大值与最小值之差,据此分类讨论如下：

①

。

②

。

③

。

综上可知，。

注：②③也可合并并证明如下：

用

当

（3）证法一：设，

于是有，

又由（1）知，

所以，数列

证法二：设，

，

则

所以，数列

（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）f(x)的反函数为g(x)＝ln x.

设直线y＝kx＋1与g(x)＝ln x的图像在P(x0，y0)处相切，

则有y0＝kx0＋1＝ln x0，k＝g′(x0)＝，

解得x0＝e2，.

（2）

曲线y＝ex与y＝mx2的公共点个数等于曲线与y＝m的公共点个数。

令，则，

∴φ′(2)＝0.

当x∈(0,2)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(0,2)上单调递减；

当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(2，＋∞)上单调递增，

∴φ(x)在(0，＋∞)上的最小值为.

当0＜m＜时，曲线与y＝m无公共点；

当时，曲线与y＝m恰有一个公共点；

当时，在区间(0,2)内存在，使得φ(x1)＞m，在(2，＋∞)内存在x2＝me2，使得φ(x2)＞m.由φ(x)的单调性知，曲线与y＝m在(0，＋∞)上恰有两个公共点。

综上所述，当x＞0时，

若0＜m＜，曲线y＝f(x)与y＝mx2没有公共点；

若，曲线y＝f(x)与y＝mx2有一个公共点；

若，曲线y＝f(x)与y＝mx2有两个公共点。

（3）解法一：可以证明.

事实上，

(b＞a)，(*)

令(x≥0)，

则(仅当x＝0时等号成立)，

∴ψ(x)在[0，＋∞)上单调递增，

∴x＞0时，ψ(x)＞ψ(0)＝0.

令x＝b－a，即得(*)式，结论得证。

解法二：

＝

＝[(b－a)eb－a＋(b－a)－2eb－a＋2]，

设函数u(x)＝xex＋x－2ex＋2(x≥0)，

则u′(x)＝ex＋xex＋1－2ex，

令h(x)＝u′(x)，则h′(x)＝ex＋ex＋xex－2ex＝xex≥0(仅当x＝0时等号成立)，

∴u′(x)单调递增，

∴当x＞0时，u′(x)＞u′(0)＝0，

∴u(x)单调递增。

当x＞0时，u(x)＞u(0)＝0.

令x＝b－a，则得(b－a)eb－a＋(b－a)－2eb－a＋2＞0，

∴，

因此，