【题目】已知,函数, .(的图象连续不断)
(1) 求的单调区间;
(2) 当时,证明:存在,使;
(3) 若存在属于区间的,且,使,证明: .
【答案】(Ⅰ)解: , 令
.
当x变化时, 的变化情况如下表:
所以, 的单调递增区间是的单调递减区间是
(Ⅱ)证明:当
由(Ⅰ)知在(0,2)内单调递增,在内单调递减.令
由于在(0,2)内单调递增,故取
所以存在即存在
(Ⅲ)证明:由及(Ⅰ)的结论知,
从而上的最小值为又由,知
故
从而
【解析】试题分析:(1)求的单调区间,由于函数含有对数函数,因此求的单调区间,可用导数法,因此对函数求导得, ,令,解得,列表确定单调区间;(2)当时,证明:存在,使,可转化为在上有解,可令,有根的存在性定理可知,只要在找到两个,是得即可,故本题把代入得,由(1)知在内单调递增,在内单调递减, ,故,取,则,即可证出;(3)若存在均属于区间的,且,使,由(1)知的单调递增区间是,单调递减区间是,故,且在上的最小值为,而, ,只有,由单调性可知, ,从而可证得结论.
试题解析:(1)(1分)
令,解得(2分)
当变化时, 的变化情况如下表:
+ | 0 | - | ||
递增 | 极大值 | 递减 |
所以, 的单调递增区间是,单调递减区间是(5分)
(2)证明:当时, ,
由(1)知在内单调递增,在内单调递减.
令. (6分)
由于在内单调递增,故,即(7分)
取,则.
所以存在,使,
即存在,使. (
(说明: 的取法不唯一,只要满足,且即可.)
(3)证明:由及(1)的结论知,
从而在上的最小值为, (10分)
又由, ,知(11分)
故即(13分)
从而(14分)
科目:高中数学 来源: 题型:
【题目】已知椭圆 的左、右焦点分别为F1、F2 , 短轴两个端点为A、B,且四边形F1AF2B是边长为2的正方形.
(1)求椭圆的方程;
(2)若C、D分别是椭圆长的左、右端点,动点M满足MD⊥CD,连接CM,交椭圆于点P.证明: 为定值.
(3)在(2)的条件下,试问x轴上是否存异于点C的定点Q,使得以MP为直径的圆恒过直线DP、MQ的交点,若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
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【题目】已知直线l的参数方程为 (t为参数),直线l与y轴的交点为P.
(1)写出点P的极坐标(ρ,θ)(其中ρ>0,0≤θ<2π);
(2)求曲线 上的点到P点距离的最大值.
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【题目】如图,棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E为边AA1的中点,P为侧面BCC1B1上的动点,且A1P∥平面CED1 . 则点P在侧面BCC1B1轨迹的长度为( )
A.2
B.
C.
D.
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【题目】在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=CA=AA1=2,侧棱AA1⊥平面ABC,且D,E分别是棱A1B1,AA1的中点,点F在棱AB上,且AF=AB。
(1)求证:EF∥平面BDC1;
(2)求三棱锥D-BEC1的体积。
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