(Ⅱ)當(dāng)b=1時(shí).試證明:不論a取何實(shí)數(shù).函數(shù)總有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)． 【查看更多】

 

題目列表(包括答案和解析)

已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）+mx，當(dāng)x=0時(shí)，函數(shù)f（x）取得極大值．
（1）求實(shí)數(shù)m的值；
（2）已知結(jié)論：若函數(shù)f（x）=ln（x+1）+mx在區(qū)間（a，b）內(nèi)導(dǎo)數(shù)都存在，且a＞-1，則存在x∈（a，b），使得．試用這個(gè)結(jié)論證明：若-1＜x1＜x2，函數(shù)，則對(duì)任意x∈（x1，x2），都有f（x）＞g（x）；
（3）已知正數(shù)λ1，λ2，…，λn，滿足λ1+λ2+…+λn=1，求證：當(dāng)n≥2，n∈N時(shí)，對(duì)任意大于-1，且互不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，…，xn，都有f（λ1x1+λ2x2+…+λnxn）＞λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λnf（xn）．

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已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）+mx，當(dāng)x=0時(shí)，函數(shù)f（x）取得極大值．
（1）求實(shí)數(shù)m的值；
（2）已知結(jié)論：若函數(shù)f（x）=ln（x+1）+mx在區(qū)間（a，b）內(nèi)導(dǎo)數(shù)都存在，且a＞-1，則存在x∈（a，b），使得．試用這個(gè)結(jié)論證明：若-1＜x1＜x2，函數(shù)，則對(duì)任意x∈（x1，x2），都有f（x）＞g（x）；
（3）已知正數(shù)λ1，λ2，…，λn，滿足λ1+λ2+…+λn=1，求證：當(dāng)n≥2，n∈N時(shí)，對(duì)任意大于-1，且互不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，…，xn，都有f（λ1x1+λ2x2+…+λnxn）＞λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λnf（xn）．

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已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）+mx，當(dāng)x=0時(shí)，函數(shù)f（x）取得極大值．
（1）求實(shí)數(shù)m的值；
（2）已知結(jié)論：若函數(shù)f（x）=ln（x+1）+mx在區(qū)間（a，b）內(nèi)導(dǎo)數(shù)都存在，且a＞-1，則存在x∈（a，b），使得．試用這個(gè)結(jié)論證明：若-1＜x1＜x2，函數(shù)，則對(duì)任意x∈（x1，x2），都有f（x）＞g（x）；
（3）已知正數(shù)λ1，λ2，…，λn，滿足λ1+λ2+…+λn=1，求證：當(dāng)n≥2，n∈N時(shí)，對(duì)任意大于-1，且互不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，…，xn，都有f（λ1x1+λ2x2+…+λnxn）＞λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λnf（xn）．

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（2012•江西模擬）已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）+mx，當(dāng)x=0時(shí)，函數(shù)f（x）取得極大值．
（1）求實(shí)數(shù)m的值；
（2）已知結(jié)論：若函數(shù)f（x）=ln（x+1）+mx在區(qū)間（a，b）內(nèi)導(dǎo)數(shù)都存在，且a＞-1，則存在x0∈（a，b），使得f′(x0)=
f(b)-f(a)
b-a
．試用這個(gè)結(jié)論證明：若-1＜x1＜x2，函數(shù)g(x)=
f(x1)-f(x2)
x1-x2
(x-x1)+f(x1)，則對(duì)任意x∈（x1，x2），都有f（x）＞g（x）；
（3）已知正數(shù)λ1，λ2，…，λn，滿足λ1+λ2+…+λn=1，求證：當(dāng)n≥2，n∈N時(shí)，對(duì)任意大于-1，且互不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，…，xn，都有f（λ1x1+λ2x2+…+λnxn）＞λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λnf（xn）．

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已知f（x）是定義在[-1，1]上的奇函數(shù)，且f（1）=1，若任意的a、b∈[-1，1]，當(dāng)a+b≠0時(shí)，總有
f(a)+f(b)
a+b
＞0．
（1）判斷函數(shù)f（x）在[-1，1]上的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論；
（2）解不等式：f(x+1)＜f(
1
x-1
)；
（3）若f（x）≤m2-2pm+1對(duì)所有的x∈[-1，1]恒成立，其中p∈[-1，1]（p是常數(shù)），試用常數(shù)p表示實(shí)數(shù)m的取值范圍．

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一、選擇題：

1．D　2．D　3．B   4．A  5．C  6．A  7．B  8．A ９．C  10．A  11．C  12．D

二、填空題：13. －２  14．１１　�。保担�⊥　或　⊥

１６．3　　�。保罚�　　　　１８．

三、解答題

19．解：（Ⅰ）記至少有一次中一等獎(jiǎng)的事件為Ａ，

則其概率Ｐ（Ａ）＝＋＝．

答：至少有一次中一等獎(jiǎng)的概率為．　　　　　　�。�6分

注：本小問缺少事件命名、答，各扣一分．

（Ⅱ）每次抽取獎(jiǎng)券都是相互獨(dú)立的，其中后四次分別看作獨(dú)立重復(fù)實(shí)驗(yàn)．   ．．．．．．．．７分

設(shè)第一次中一等獎(jiǎng)，后四次中恰有２次中二等獎(jiǎng)的事件為B，　　　　　　．．．．．．．．．．．８分

則其概率Ｐ（B）=0.05292   ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．１１分

答：第一次中一等獎(jiǎng)，后四次中恰有２次中二等獎(jiǎng)的概率為0.05292．　　　．．．．．．．．．．１2分

20．解：（Ⅰ）      ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．２分

由題意，代入上式，解之得：a=1，b=1．　　�。�5分

（２）當(dāng)b=1時(shí)，　　　　　　　

因故方程有兩個(gè)不同實(shí)根．　　�。�8分

不妨設(shè)，由可判斷的符號(hào)如下：

當(dāng)＞０；

當(dāng)＜０；

當(dāng)＞０

因此是極大值點(diǎn)，是極小值點(diǎn)．    ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．． 11分

所以，當(dāng)b=1時(shí)，試證明：不論a取何實(shí)數(shù)，函數(shù)總有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)．．．．．12分．

21．21．解:

（Ⅰ）設(shè)P點(diǎn)在平面ABCD上的射影為O, 連接CO,則∠PCO就是PC與平面ABCD所成的角,--------------------------1分

取AB的中點(diǎn)M,連接PM、OM,因?yàn)镻A=PB,所以PM⊥AB,由三垂線定理的逆定理得OM⊥AB,,所以∠PMO就是二面角P-AB-C的平面角，即∠PMO=600，--------------2分

在ΔPAB中，

 

PM=

過O作ON⊥BC交BC于N,則BN=MO=1,

在RtΔCON中,OC=------------------------3分

在RtΔPOC中 ，tan∠PCO=

即PC與平面ABCD所成的角為arctan.-------------------------------------5分

(Ⅱ)連接AC、BD.交于點(diǎn)H,則H為AC的中點(diǎn)，取PC中點(diǎn)E，則PA∥HE,-----7分

所求。---9分

（Ⅲ）取PA中點(diǎn)為F,連接HF,則HF∥PC,所以∠BHF為異面直線PC與BD所成的角或其補(bǔ)角。----------------10分

在ΔBHF中，

-------12分

COS∠BHF=

∠BHF=arccos,即PC與BD所成的角為 arccos。--------14分

22．解：（Ⅰ）以AB中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線AB所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，則　A（－1,0），B（1,0）………………………………………1’

設(shè)M（x,y）,由題意：|MP|=|MA|,|BP|=2，所以 |MB|+|MA|=2     ……..3’

故曲線C是以A、B為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為2的橢圓，……………………..5’

其方程為x2+2y2=2  ……………………….7’

（Ⅱ）直線l與曲線C的位置關(guān)系是相切�！�8’

證明如下:　由（Ⅰ）知曲線C方程為x2+2y2=2，

設(shè)P(m,n)，則P在⊙B上，故(m-1)2+n2=8，即m2+n2=7+2m …………..9’

當(dāng)P、A、B共線時(shí)，直線l的方程為x=±，顯然結(jié)論成立. ………….10’

當(dāng)P、A、B 不共線時(shí)，直線l的方程為：y-=-(x-)

整理得，y=－(x-)＋＝－x＋=－x＋  ………………….11’

把直線l的方程代入曲線C方程得：x2+2（－x＋）2＝2

整理得，[n2+2(m+1)2]x2-4(m+1)(m+3)x+2(m+3)2-2n2=0            ………………………12’

判別式△＝[4(m+1)(m+3)]2-4[n2+2(m+1)2] [2(m+3)2-2n2]= -8n2[(m+3)2-n2-2(m+1)2]

              =-8n2[-m2-n2+2m+7]=0                        

∴直線l與曲線C相切　　……………………………14’

說明：以A或B為原點(diǎn)建系，可參照得分.

另證：在直線l上任取一點(diǎn)M’，連結(jié)M’A、M’B、MA，……………………………9’

由垂直平分線的性質(zhì)得　|M’A|=|M’P|，……………………………11’

∴|M’A|+|M’B|＝|M’P|+|M’B|≥｜PB｜＝2（當(dāng)且僅當(dāng)M、M’重合時(shí)取”=”號(hào)）　　……13’

∴直線l與橢圓C有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)M　　　　　　　　　　

結(jié)論得證.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　…………14’

23解：（Ⅰ）；由Sn+2－ (t+1)Sn+1＋tSn=0，得(t+1)Sn+1= Sn+2＋tSn，即,           （2分）

而 a1=t，a2=t2                                                                                                     （3分）

 所以，當(dāng)t≠0時(shí)，數(shù)列是以t為首項(xiàng)，t為公比的等比數(shù)列.于是 。       

經(jīng)驗(yàn)證當(dāng)t=0時(shí)上述結(jié)論仍成立　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  （4分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，則有

（5分）

當(dāng)t≠0時(shí)

                                            （6分）

于是有，解得  （7分）

所以                

經(jīng)驗(yàn)證當(dāng)t=0時(shí)上述結(jié)論仍成立　                            （9分）

（Ⅲ）＝(tn＋t-n)　　∵(tn＋t-n)－(2n＋2-n)＝(tn－2n)[1－()n] 且＜t＜2

∴＜<1     ∴tn－2n＜0且1－()n<0　　                      

∴(tn－2n) [1－()n]<0                                   

∴tn＋t-n<2n＋2-n                                         （11分）

∴  2（ ++ ……+）<(2+22+……+2n)+ (2-1+2-2+……+2-n)=2(2n-1)+1-2-n

=2n+1－（1＋2-n）                                       （12分）

＜2n+1－2                   

∴<                                   （14分）

 

另解：對(duì)f(t)求導(dǎo)，可得函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)減，在區(qū)間上單調(diào)增，且f()=f(2)

于是有                                                   

所以<

                   =         

                     


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