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已知函数f(x)=1+In(x+1)/x(x>0)(1)试判断函数f(x)在f(x)在(0,正无穷大)上单调性并证明你的结论(2),(2),若f(x)>K/x+1对于任意x属于(0,+无穷大)恒成立,求正整数K的最大值,(3)求证:(1+11+2*3)(1+3*4)...[1+n(n+1)]>e^(2n-3),n属于
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扫描下载二维码已知函数1nx.且m＞0．在[1.+∞)上是增函数.求m的取值范围,在[1.e]的最大值和最小值． 题目和参考答案——精英家教网——
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已知函数1nx，且m＞0．（Ⅰ）若函数f（x）在[1，+∞）上是增函数，求m的取值范围；（Ⅱ）求函数f（x）在[1，e]的最大值和最小值．
解：（Ⅰ）求导函数，可得（m＞0）． …（1分）因为函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，所以f'（x）≥0在[1+∞）上恒成立，所以mx-1≥0在[1，+∞）上恒成立，所以上恒成立．所以m的取值范围是[1，+∞）． …（3分）（Ⅱ）令f′（x）=0，∴（m＞0）． …（4分）①若＜1，即m＞1，则x∈[1，e]时，有f'（x）＞0，所以f（x）在[1，e]上递增，所以f（x）的最大值是的最小值是f（1）=0…（6分）②若＜e，即＜m≤1，则时，f′（x）＜0，所以f（x）在上递减；时，f′（x）＞0，所以f（x）在上递增．所以f（x）的最小值是．又，所以当1-e+me＞0，即＜m≤1时，有f（e）＞f（1），所以f（x）的最大值是；当1-e+me≤0，即时，有f（e）≤f（1），所以f（x）的最大值是f（1）=0． …（9分）③若，即，则x∈[1，e]时，有f'（x）＜0，所以f（x）在[1，e]上递增，所以f（x）的最大值是f（1）=0；f（x）的最小值是．…（11分）所以f（x）的最大值是，f（x）的最小值是…（12分）分析：（Ⅰ）求导函数，利用函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，可得f'（x）≥0在[1+∞）上恒成立，分离参数，即可求得m的取值范围；（Ⅱ）求导函数，再分类讨论，确定函数的单调性，从而可确定函数f（x）在[1，e]的最大值和最小值．点评：本题考查导数知识的运用，考查恒成立问题，考查函数的最值，考查分类讨论的数学思想，正确求导，确定分类标准是关键．
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科目：高中数学
已知函数f(x)=1-xmx+1nx，且m＞0．（Ⅰ）若函数f（x）在[1，+∞）上是增函数，求m的取值范围；（Ⅱ）求函数f（x）在[1，e]的最大值和最小值．
科目：高中数学
来源：不详
题型：解答题
已知函数f(x)=1-xmx+1nx，且m＞0．（Ⅰ）若函数f（x）在[1，+∞）上是增函数，求m的取值范围；（Ⅱ）求函数f（x）在[1，e]的最大值和最小值．
科目：高中数学
来源：期末题
题型：解答题
已知函数1nx，且m＞0．（Ⅰ）若函数f（x）在[1，+∞）上是增函数，求m的取值范围；（Ⅱ）求函数f（x）在[1，e]的最大值和最小值．
精英家教网新版app上线啦！用app只需扫描书本条形码就能找到作业，家长给孩子检查作业更省心，同学们作业对答案更方便，扫描上方二维码立刻安装！已知函数f(x)=1-xmx+1nx，且m＞0．（Ⅰ）若函数f（x）在[1，+∞）上是增函数，求m的取值范围；（Ⅱ）求函数f（x）在[1，e]的最大值和最小值．-数学试题及答案
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1、试题题目：已知函数f(x)=1-xmx+1nx，且m＞0．（Ⅰ）若函数f（x）在[1，..
发布人：繁体字网（） 发布时间： 07:30:00
已知函数f(x)=1-xmx+1nx，且m＞0．（Ⅰ）若函数f（x）在[1，+∞）上是增函数，求m的取值范围；（Ⅱ）求函数f（x）在[1，e]的最大值和最小值．
&&试题来源：不详
&&试题题型：解答题
&&试题难度：中档
&&适用学段：高中
&&考察重点：函数的单调性与导数的关系
2、试题答案：该试题的参考答案和解析内容如下：
（Ⅰ）求导函数，可得f′(x)=-1mx2+1x=mx-1mx2（m＞0）．&&&&&&&&…（1分）因为函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，所以f'（x）≥0在[1+∞）上恒成立，所以mx-1≥0在[1，+∞）上恒成立，所以m≥1x在[1，+∞)上恒成立．所以m的取值范围是[1，+∞）．&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&…（3分）（Ⅱ）令f′（x）=0，∴x=1m（m＞0）．&&&&&&&&&&&&&&&&…（4分）①若1m＜1，即m＞1，则x∈[1，e]时，有f'（x）＞0，所以f（x）在[1，e]上递增，所以f（x）的最大值是f(e)=1-e+meme；f(x)的最小值是f（1）=0…（6分）②若1≤1m＜e，即1e＜m≤1，则x∈(1，1m)时，f′（x）＜0，所以f（x）在(1，1m)上递减；x∈(1m，e)时，f′（x）＞0，所以f（x）在(1m，e)上递增．所以f（x）的最小值是f(1m)=m-1m-lnm．又f(1)=0，f(e)=1-e+meme，所以当1-e+me＞0，即1-1e＜m≤1时，有f（e）＞f（1），所以f（x）的最大值是f(e)=1-e+meme；当1-e+me≤0，即1e＜m≤1-1e时，有f（e）≤f（1），所以f（x）的最大值是f（1）=0．&&&&&&&&&&&&&&&&&&…（9分）③若1m≥e，即0＜m≤1e，则x∈[1，e]时，有f'（x）＜0，所以f（x）在[1，e]上递增，所以f（x）的最大值是f（1）=0；f（x）的最小值是f(e)=1-e+meme．…（11分）所以f（x）的最大值是1-e+meme，m＞1-1e0，0＜m≤1-1e，f（x）的最小值是0，m＞1m-1m-1nm，1e＜m≤11-e+meme，0＜m≤1e…（12分）
3、扩展分析：该试题重点查考的考点详细输入如下：
&&&&经过对同学们试题原文答题和答案批改分析后，可以看出该题目“已知函数f(x)=1-xmx+1nx，且m＞0．（Ⅰ）若函数f（x）在[1，..”的主要目的是检查您对于考点“高中函数的单调性与导数的关系”相关知识的理解。有关该知识点的概要说明可查看：“高中函数的单调性与导数的关系”。
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求f(x)=n*x(1-x)^n(n属于N)在（0,1）上最大值M,并求limM n趋向无穷
二洋桏蝨h37RH
f(x)=n*x(1-x)^n=n(x-1)*(1-x)^n+n*(1-x)^n=-n(1-x)^(n+1)+n*(1-x)^nf'(x)=-n(n+1)(1-x)^n+n^2*(1-x)^(n-1)=[-(n^2+n)(1-x)+n^2](1-x)^(n-1)=[n^2x-nx-n](1-x)^(n-1)=n(nx-x-1)(1-x)^(n-1)nx-x-1=0x=1/(n-1) 时,f'(x)=0,f(x)最大 1-x=(n-2)/(n-1)M=f(x)=[n/(n-1)]*(1-1/(n-1))^nlim(n->+∝)[n/(n-1)]=1 lim(n->+∝)[(1-1/(n-1))^(-(n-1)]^(-n/(n-1))=1/elim(n->+∞)[n/(n-1)]*(1-1/(n-1))^n=1/e
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已知函数f（x）=x|x-2m|，常数m∈R．（1）设m=0．求证：函数f（x）递增；（2）设m＞0．若函数f（x）在区间[0，1]上的最大值为m2，求正实数m的取值范围；（3）设-2＜m＜0．记f1（x）=f（x），fk+1（x）=fk（f（x）），k∈N*．设n是正整数，求关于x的方程fn（x）=0的解的个数．
解：（1）由题意，f（x）=x|x|=，任取x1，x2∈R，且x1＜x2当0≤x1＜x2时，f（x1）-f（x2）=x12-x22＜0； 当x1＜x2≤0时，f（x1）-f（x2）=-x12+x22=|x2|2-|x12|＜0当x1＜0＜x2时，f（x1）-f（x2）=-x12-x22＜0综上所述，f（x）在的上为单调增函数．（2）在区间（0，+∞）上，函数f（x）=x|x-2m|=|x（x-2m）|，令g（x）=x（x-2m），它在（0，m）上递减，在上（m，+∞）递增而在[0，+∞）上，f（x）=根据二次函数g（x）的性质可知，f（x）在（0，m）上递增，在（m，2m）上递减，在（2m，+∞）上递增当1∈（0，m]时，即当m≥1时，[f（x）]max=f（1）=2m-1，解得2m-1=m2，故此时m=1当1∈（m，2m]时，即时，此时，[f（x）]max=f（m）=m2，此时的m均满足题意．当1∈（2m，+∞）时，即时，[f（x）]max为f（1）与f（m）中较大者，而故f（m）=m2，f（1）=1-2m，故[f（x）]max=m2当且仅当m2≥1-2m解这个不等式，得最后将这个范围与进行交集运算，得m∈[-1，）综上所述，实数m的取值范围是[-1，1]（3）容易知道f1（x）=f（x）=0有且仅有两解2m与0以下用数学归纳法证明：当n∈N*时，方程fn（x）=0有且仅有n+1个解，其中一个解为0，另n个解均在区间（-∞，2m]中（i）当n=1时，f1（x）=0即f（x）=x|x-2m|=0，其有且仅有两个解分别为0和2m，此时命题成立（ii）假设当n=k，k∈N*时，命题成立，即方程fk（x）=0有且仅有k+1个解，其中一个解为0，另k个解均在（-∞，2m]中，将这个k解从小至大依次记为a1，a2，a3，…，ak当n=k+1时，方程fk+1（x）=0即fk（f（x））=0．该方程成立当且仅当f（x）=a1，f（x）=a2，f（x）=a3，…，f（x）=ak，f（x）=0之一成立这k+1个方程的解互不相同，以下研究各个方程解的情况．f（x）=0的解为2m与0对于方程f（x）=ai，i=1，2，3，，…，k，是在（-∞，2m]中的常数，由于ai＜0故方程f（x）=x（x-2m）=ai的解必定是负数．当x∈[2m，0）时，由二次函数性质，f（x）=x（x-2m）≥-m2由于m∈（-2，0），-m2＞2m≥ai，于是当x∈[2m，0）时，f（x）＞a1，因此方程f（x）=x|x-2m|=ai的解必定小于2m当x∈（-∞，2m）时，方程等f（x）=x|x-2m|=-x2+2mx，方程f（x）=ai等价于x2-2mx+ai=0，该方程在实数范围内有两解m±，其中m-＜2m，而m+＞0＞2m综上所述，当i=1，2，3，，…，k之一时，方程f（x）=ai有且仅有一个解，且无论i取1，2，3，，…，k中何值，所得解一定小于2m这样，算上f（x）=0的两个解0，2m，方程fk+1（x）=0的解共有k+2个，且其中有一个是0，另k+1个均在（-∞，2m]中，这表明当n=k+1时，命题同样成立根据（i）和（ii）可以断定：当n∈N*时，方程fn（x）=0有且仅有n+1个解，其中一个解为0，另n个解均在区间（-∞，2m]中，因此所求的解的个数为n+1．分析：（1）m=0时，f（x）=x|x|=，接下来可以用函数单调性的定义进行证明：设x1，x2∈R，且x1＜x2，分别在x1，x2都大于零或都小于零、或其中一个大于零另一个小零情况下得到f（x1）＜f（x2），所以函数为R上的增函数；（2）先在（0，+∞）上将原函数变形，变为f（x）=x|x-2m|=|x（x-2m）|，再令g（x）=x（x-2m），通过讨论二次函数g（x）的性质可知，得到它的单调性：f（x）在（0，m）上递增，在（m，2m）上递减，在（2m，+∞）上递增．再讨论自变量1究竟落在哪一个区间内，结合比较f（1）、f（m）的大小，再解相关的不等式，最后综合可得实数m的取值范围是[-1，1]．（3）当n∈N*时，方方程fn（x）=0有且仅有n+1个解，其中一个解为0，另n个解均在区间（-∞，2m]中，因此所求解的个数为n+1．用数学归纳法进行证明：首先验证n=1时，方程f1（x）=f（x）=0有且仅有两解2m与0，然后再假设当n=k，k∈N*时，命题成立，通过一元二次方程根的讨论，结合两个实数比较大小，可以证出当n=k+1，k∈N*时，命题也成立成立，就证出了上述命题．点评：本题以含有绝对值的函数为例，考查了二次函数的单调性和函数的零点等知识点，属于难题．解题时应该注意分类讨论和转化化归等常用数学思想的运用．
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科目：高中数学
已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）（x∈R，A＞0，ω＞0，|φ|＜π2）的部分图象如图所示，则f（x）的解析式是（　　）
A、f(x)=2sin(πx+π6)(x∈R)B、f(x)=2sin(2πx+π6)(x∈R)C、f(x)=2sin(πx+π3)(x∈R)D、f(x)=2sin(2πx+π3)(x∈R)
科目：高中数学
（;深圳一模）已知函数f(x)=13x3+bx2+cx+d，设曲线y=f（x）在与x轴交点处的切线为y=4x-12，f′（x）为f（x）的导函数，且满足f′（2-x）=f′（x）．（1）求f（x）；（2）设g(x)=xf′(x)&，&m＞0，求函数g（x）在[0，m]上的最大值；（3）设h（x）=lnf′（x），若对一切x∈[0，1]，不等式h（x+1-t）＜h（2x+2）恒成立，求实数t的取值范围．
科目：高中数学
（;上海模拟）已知函数f(x)=(xa-1)2+(bx-1)2，x∈(0，+∞)，其中0＜a＜b．（1）当a=1，b=2时，求f（x）的最小值；（2）若f（a）≥2m-1对任意0＜a＜b恒成立，求实数m的取值范围；（3）设k、c＞0，当a=k2，b=（k+c）2时，记f（x）=f1（x）；当a=（k+c）2，b=（k+2c）2时，记f（x）=f2（x）．求证：f1(x)+f2(x)＞4c2k(k+c)．
科目：高中数学
来源：上海模拟
题型：解答题
已知函数f(x)=(xa-1)2+(bx-1)2，x∈(0，+∞)，其中0＜a＜b．（1）当a=1，b=2时，求f（x）的最小值；（2）若f（a）≥2m-1对任意0＜a＜b恒成立，求实数m的取值范围；（3）设k、c＞0，当a=k2，b=（k+c）2时，记f（x）=f1（x）；当a=（k+c）2，b=（k+2c）2时，记f（x）=f2（x）．求证：f1(x)+f2(x)＞4c2k(k+c)．
科目：高中数学
来源：深圳一模
题型：解答题
已知函数f(x)=13x3+bx2+cx+d，设曲线y=f（x）在与x轴交点处的切线为y=4x-12，f′（x）为f（x）的导函数，且满足f′（2-x）=f′（x）．（1）求f（x）；（2）设g(x)=xf′(x)&，&m＞0，求函数g（x）在[0，m]上的最大值；（3）设h（x）=lnf′（x），若对一切x∈[0，1]，不等式h（x+1-t）＜h（2x+2）恒成立，求实数t的取值范围．
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