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20导数及其应用★★★★★
已知 f(x)=ex−23sin⁡xf(x)=\mathrm{e}^x-\frac{2}{3}\sin x.
(1) 求曲线 y=f(x)y=f(x) 在点 (0,f(0))(0,f(0)) 处的切线方程； (2) 当 x∈[−13,+∞)x\in \left[ -\frac{1}{3},+\infty \right) 时，证明 f(x)≥1+x3f(x)\ge 1+\frac{x}{3}； (3) 求实数 aa 的最大可能值，使得 f(11)⋅f(12)⋅f(13)⋯f(1n)≥(n+1)af\left( \frac{1}{1} \right)\cdot f\left( \frac{1}{2} \right)\cdot f\left( \frac{1}{3} \right)\cdots f\left( \frac{1}{n} \right)\ge (n+1)^a 对任意的 n∈N∗n\in \mathbf{N}^* 都成立.

2026 · 天津 · 第 20 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
已知 f(x)=ax−(ln⁡x)2f(x)=ax-(\ln x)^2.
(1) 当 a=1a=1 时，求 f(x)f(x) 在点 (1,f(1))(1,f(1)) 处的切线方程； (2) 当 f(x)f(x) 有三个零点 x1<x2<x3x_1<x_2<x_3 时，
(i) 求 aa 的取值范围； (ii) 证明 (ln⁡x2−ln⁡x1)⋅ln⁡x3<4ee−1(\ln x_2-\ln x_1)\cdot \ln x_3<\frac{4\mathrm{e}}{\mathrm{e}-1}.

2025 · 天津 · 第 20 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
设函数 f(x)=xln⁡xf(x)=x\ln x.
(1) 求 f(x)f(x) 图象上点 (1,f(1))(1,f(1)) 处的切线方程； (2) 若 f(x)≥a(x−x)f(x)\ge a(x-\sqrt{x}) 在 x∈(0,+∞)x\in(0,+\infty) 时恒成立，求 aa 的值； (3) 若 x1x_1，x2∈(0,1)x_2\in(0,1)，证明 ∣f(x1)−f(x2)∣≤∣x1−x2∣12|f(x_1)-f(x_2)|\le |x_1-x_2|^{\frac{1}{2}}.

2024 · 天津 · 第 20 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=(1x+12)ln⁡(x+1)f(x)=\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{2} \right)\ln(x+1).
(1) 求曲线 y=f(x)y=f(x) 在 x=2x=2 处切线的斜率； (2) 当 x>0x>0 时，证明：f(x)>1f(x)>1； (3) 证明： 56<ln⁡(n!)−(n+12)ln⁡n+n≤1\frac{5}{6}<\ln(n!)-\left( n+\frac{1}{2} \right)\ln n+n\le 1

2023 · 天津 · 第 20 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
已知 aa，b∈Rb\in\mathbf{R}，函数 f(x)=ex−asin⁡xf(x)=\mathrm{e}^x-a\sin x，g(x)=bxg(x)=b\sqrt{x}.
(1) 求函数 y=f(x)y=f(x) 在点 (0,f(0))(0,f(0)) 处的切线方程； (2) 若 y=f(x)y=f(x) 和 y=g(x)y=g(x) 有公共点，
(i) 当 a=0a=0 时，求 bb 的取值范围； (ii) 求证：a2+b2>ea^2+b^2>\mathrm{e}.

2022 · 天津 · 第 20 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
已知 a>0a>0，函数 f(x)=ax−xexf(x)=ax-x\mathrm{e}^x.
(1) 求曲线 y=f(x)y=f(x) 在点 (0,f(0))\left( 0,f(0) \right) 处的切线方程； (2) 证明 f(x)f(x) 存在唯一的极值点； (3) 若存在 aa，使得 f(x)≤a+bf(x)\le a+b 对任意 x∈Rx\in \mathbf{R} 成立，求实数 bb 的取值范围.

2021 · 天津 · 第 20 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=x3+kln⁡xf(x)=x^3+k\ln x（k∈Rk\in\mathbf{R}），f′(x)f'(x) 为 f(x)f(x) 的导函数.
(1) 当 k=6k=6 时，
(i) 求曲线 y=f(x)y=f(x) 在点 (1,f(1))(1,f(1)) 处的切线方程； (ii) 求函数 g(x)=f(x)−f′(x)+9xg(x)=f(x)-f'(x)+\dfrac9x 的单调区间和极值； (2) 当 k≥−3k\ge-3 时，求证：对任意的 x1x_1，x2∈[1,+∞)x_2\in[1,+\infty)，且 x1>x2x_1>x_2，有 f′(x1)+f′(x2)2>f(x1)−f(x2)x1−x2\dfrac{f'(x_1)+f'(x_2)}{2}>\dfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}.

2020 · 天津 · 第 20 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
设函数 f(x)=excos⁡xf(x)=\mathrm{e}^x\cos x，g(x)g(x) 为 f(x)f(x) 的导函数.
(1) 求 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 当 x∈[π4,π2]x\in \left[ \dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2} \right] 时，证明 f(x)+g(x)(π2−x)≥0f(x)+g(x)\left( \dfrac{\pi}{2}-x \right)\ge 0； (3) 设 xnx_n 为函数 u(x)=f(x)−1u(x)=f(x)-1 在区间 (2nπ+π4,2nπ+π2)\left( 2n\pi+\dfrac{\pi}{4},2n\pi+\dfrac{\pi}{2} \right) 内的零点，其中 n∈Nn\in \mathbf{N}，证明 2nπ+π2−xn<e−2nπsin⁡x0−cos⁡x02n\pi+\dfrac{\pi}{2}-x_n<\dfrac{\mathrm{e}^{-2n\pi}}{\sin x_0-\cos x_0}.

2019 · 天津 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
设函数 f(x)=ln⁡x−a(x−1)exf(x)=\ln x-a(x-1)\mathrm{e}^x，其中 a∈Ra\in\mathbf{R}.
(1) 若 a≤0a\le0，讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 若 0<a<\dfrac1\mathrm{e}，
(i) 证明 f(x)f(x) 恰有两个零点； (ii) 设 x0x_0 为 f(x)f(x) 的极值点，x1x_1 为 f(x)f(x) 的零点，且 x1>x0x_1>x_0，证明 3x0−x1>23x_0-x_1>2.

2019 · 天津 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=axf(x)=a^x，g(x)=log⁡axg(x)=\log_a x，其中 a>1a>1.
(1) 求函数 h(x)=f(x)−xln⁡ah(x)=f(x)-x\ln a 的单调区间； (2) 若曲线 y=f(x)y=f(x) 在点 (x1,f(x1))(x_1,f(x_1)) 处的切线与曲线 y=g(x)y=g(x) 在点 (x2,g(x2))(x_2,g(x_2)) 处的切线平行，证明 x1+g(x2)=−2ln⁡ln⁡aln⁡ax_1+g(x_2)=-\frac{2\ln\ln a}{\ln a}； (3) 证明当 a\ge \mathrm{e}^{\frac1\mathrm{e}} 时，存在直线 ll，使 ll 是曲线 y=f(x)y=f(x) 的切线，也是曲线 y=g(x)y=g(x) 的切线.

2018 · 天津 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
设函数 f(x)=(x−t1)(x−t2)(x−t3)f(x)=(x-t_1)(x-t_2)(x-t_3)，其中 t1t_1，t2t_2，t3∈Rt_3\in\mathbf{R}，且 t1t_1，t2t_2，t3t_3 是公差为 dd 的等差数列.
(1) 若 t2=0t_2=0，d=1d=1，求曲线 y=f(x)y=f(x) 在点 (0,f(0))(0,f(0)) 处的切线方程； (2) 若 d=3d=3，求 f(x)f(x) 的极值； (3) 若曲线 y=f(x)y=f(x) 与直线 y=−(x−t2)−63y=-(x-t_2)-6\sqrt3 有三个互异的公共点，求 dd 的取值范围.

2018 · 天津 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
设 a∈Za\in\mathbf{Z}. 已知定义在 R\mathbf{R} 上的函数 f(x)=2x4+3x3−3x2−6x+af(x)=2x^4+3x^3-3x^2-6x+a 在区间 (1,2)(1,2) 内有一个零点 x0x_0，g(x)g(x) 为 f(x)f(x) 的导函数.
(1) 求 g(x)g(x) 的单调区间； (2) 设 m∈[1,x0)∪(x0,2]m\in[1,x_0)\cup(x_0,2]，函数 h(x)=g(x)(m−x0)−f(m)h(x)=g(x)(m-x_0)-f(m)，求证：h(m)h(x0)<0h(m)h(x_0)<0； (3) 求证：存在大于 00 的常数 AA，使得对于任意的正整数 pp，qq，且 pq∈[1,x0)∪(x0,2]\dfrac{p}{q}\in[1,x_0)\cup(x_0,2]，满足 ∣pq−x0∣≥1Aq4\left|\dfrac{p}{q}-x_0\right|\ge \dfrac{1}{Aq^4}.

2017 · 天津 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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19导数及其应用★★★★☆
设 aa，b∈Rb\in\mathbf{R}，∣a∣≤1|a|\le 1. 已知函数 f(x)=x3−6x2−3a(a−4)x+bf(x)=x^3-6x^2-3a(a-4)x+b，g(x)=exf(x)g(x)=\mathrm{e}^x f(x).
(1) 求 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 已知函数 y=g(x)y=g(x) 和 y=exy=\mathrm{e}^x 的图象在公共点 (x0,y0)(x_0,y_0) 处有相同的切线.
(i) 求证：f(x)f(x) 在 x=x0x=x_0 处的导数等于 00； (ii) 若关于 xx 的不等式 g(x)≤exg(x)\le \mathrm{e}^x 在区间 [x0−1,x0+1][x_0-1,x_0+1] 上恒成立，求 bb 的取值范围.

2017 · 天津 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
设函数 f(x)=(x−1)3−ax−bf(x)=(x-1)^3-ax-b（x∈Rx\in\mathbf{R}，其中 aa，b∈Rb\in\mathbf{R}）.
(1) 求 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 若 f(x)f(x) 存在极值点 x0x_0，且 f(x1)=f(x0)f(x_1)=f(x_0)，其中 x1≠x0x_1\neq x_0，求证：x1+2x0=3x_1+2x_0=3； (3) 设 a>0a>0，函数 g(x)=∣f(x)∣g(x)=\lvert f(x)\rvert，求证：g(x)g(x) 在区间 [0,2][0,2] 上的最大值不小于 14\dfrac14.

2016 · 天津 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
设函数 f(x)=x3−ax−bf(x)=x^3-ax-b，x∈Rx\in \mathbf{R}，其中 aa，b∈Rb\in \mathbf{R}.
(1) 求 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 若 f(x)f(x) 存在极值点 x0x_0，且 f(x1)=f(x0)f(x_1)=f(x_0)，其中 x1≠x0x_1\ne x_0，求证：x1+2x0=0x_1+2x_0=0； (3) 设 a>0a>0，函数 g(x)=∣f(x)∣g(x)=|f(x)|，求证：g(x)g(x) 在区间 [−1,1][-1,1] 上的最大值不小于 14\dfrac14.

2016 · 天津 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=nx−xnf(x) = nx - x^n，x∈Rx \in \mathbf{R}. 其中 n∈N∗n \in \mathbf{N}^*，且 n⩾2n \geqslant 2.
(1) 讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 设曲线 y=f(x)y = f(x) 与 xx 轴正半轴的交点为 PP，曲线在点 PP 处的切线方程为 y=g(x)y = g(x). 求证：对于任意的正实数 xx，都有 f(x)⩽g(x)f(x) \leqslant g(x)； (3) 若关于 xx 的方程 f(x)=af(x)=a（aa 为实数）有两个正实数根 x1x_{1}，x2x_{2}，求证： ∣x2−x1∣<a1−n+2|x_{2} - x_{1}| < \frac{a}{1 - n} + 2.

2015 · 天津 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=4x−x4f(x) = 4x - x^4，x∈Rx \in \mathbf{R}.
(1) 求 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 设曲线 y=f(x)y = f(x) 与 xx 轴正半轴的交点为 PP，曲线在点 PP 处的切线方程为 y=g(x)y = g(x). 求证：对于任意的实数 xx，都有 f(x)⩽g(x)f(x) \leqslant g(x)； (3) 若方程 f(x)=af(x) = a （aa 为实数） 有两个正实数根 x1x_1，x2x_2，且 x1<x2x_1 < x_2，求证：x2−x1⩽−a3+413x_2 - x_1 \leqslant -\frac{a}{3} + 4^{\frac{1}{3}}.

2015 · 天津 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=x−aexf(x)=x-a\mathrm{e}^{x}（a∈Ra\in\mathbf{R}，x∈Rx\in\mathbf{R}），已知函数 y=f(x)y=f(x) 有两个零点 x1x_1，x2x_2，且 x1<x2x_1<x_2.
(1) 求 aa 的取值范围； (2) 证明 x2x1\frac{x_2}{x_1} 随着 aa 的减小而增大； (3) 证明 x1+x2x_1+x_2 随着 aa 的减小而增大.

2014 · 天津 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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19导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=x2−23ax3f(x) = x^2 - \frac{2}{3} a x^3（a>0a > 0），x∈Rx \in \mathbf{R}.
(1) 求 f(x)f(x) 的单调区间和极值； (2) 若对于任意的 x1∈(2,+∞)x_{1} \in (2, +\infty)，都存在 x2∈(1,+∞)x_{2} \in (1, +\infty)，使得 f(x1)⋅f(x2)=1f(x_{1}) \cdot f(x_{2}) = 1，求 aa 的取值范围.

2014 · 天津 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=x2ln⁡xf(x) = x^2 \ln x.
(1) 求函数 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 证明：对任意的 t>0t > 0，存在唯一的 ss，使 t=f(s)t = f(s). (3) 设（2）中所确定的 ss 关于 tt 的函数为 s=g(t)s = g(t)，证明：当 t>e2t > \mathrm{e}^2 时，有 25<ln⁡g(t)ln⁡t<12\frac {2}{5} < \frac {\ln g(t)}{\ln t} < \frac {1}{2}.

2013 · 天津 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
设 a∈[−2,0]a \in [-2,0]，已知函数
f(x)={x3−(a+5)x,x⩽0,x3−a+32x2+ax,x>0.f(x) = \begin{cases} x^3 - (a + 5)x, & x \leqslant 0,\\ x^3 - \frac{a + 3}{2}x^2 + ax, & x > 0. \end{cases}
(1) 证明： f(x)f(x) 在区间 (−1,1)(-1,1) 内单调递减，在区间 (1,+∞)(1,+\infty) 内单调递增； (2) 设曲线 y=f(x)y = f(x) 在点 Pi(xi,f(xi))P_i(x_i, f(x_i)) （i=1i = 1，22，33） 处的切线相互平行，且 x1x2x3≠0x_{1}x_{2}x_{3} \neq 0，证明：x1+x2+x3>−13x_{1} + x_{2} + x_{3} > -\frac{1}{3}.

2013 · 天津 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=x−ln⁡(x+a)f(x) = x - \ln (x + a) 的最小值为 0，其中 a>0a > 0.
(1) 求 aa 的值； (2) 若对任意的 x∈[0,+∞)x \in [0, +\infty)，有 f(x)⩽kx2f(x) \leqslant kx^2 成立. 求实数 kk 的最小值； (3) 证明：∑i=1n22i−1−ln⁡(2n+1)<2\displaystyle\sum_{i=1}^{n} \frac{2}{2i-1} - \ln(2n+1) < 2（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）.

2012 · 天津 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=13x3+1−a2x2−ax−af(x) = \frac{1}{3} x^3 + \frac{1 - a}{2} x^2 - ax - a，x∈Rx \in \mathbf{R}，其中 a>0a > 0.
(1) 求函数 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 若函数 f(x)f(x) 在区间 (−2,0)(-2,0) 内恰有两个零点，求 aa 的取值范围； (3) 当 a=1a = 1 时，设函数 f(x)f(x) 在区间 [t,t+3][t, t + 3] 上的最大值为 M(t)M(t)，最小值为 m(t)m(t)，记 g(t)=M(t)−m(t)g(t) = M(t) - m(t)，求函数 g(t)g(t) 在区间 [−3,−1][-3, -1] 上的最小值.

2012 · 天津 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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19导数及其应用★★★★★
已知 a>0a > 0，函数 f(x)=ln⁡x−ax2f(x) = \ln x - ax^2，x>0x > 0.（f(x)f(x) 的图象连续不断）
(1) 求 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 当 a=18a = \frac{1}{8} 时，证明：存在 x0∈(2,+∞)x_0 \in (2, +\infty)，使 f(x0)=f(32)f(x_0) = f\left(\frac{3}{2}\right). (3) 若存在均属于区间 [1,3][1,3] 的 α\alpha，β\beta，且 β−α⩾1\beta - \alpha \geqslant 1，使 f(α)=f(β)f(\alpha) = f(\beta). 证明：ln⁡3−ln⁡25⩽a⩽ln⁡23\frac{\ln 3 - \ln 2}{5} \leqslant a \leqslant \frac{\ln 2}{3}.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item
f′(x)=1x−2ax=1−2ax2xf'(x)=\frac1x-2ax=\frac{1-2ax^2}{x}
因 x>0x>0，所以当 0<x<12a0<x<\frac{1}{\sqrt{2a}} 时 f′(x)>0f'(x)>0，当 x>12ax>\frac{1}{\sqrt{2a}} 时 f′(x)<0f'(x)<0. 因此 f(x)f(x) 在
(0,12a)\left(0,\frac1{\sqrt{2a}}\right)
上单调递增，在
(12a,+∞)\left(\frac1{\sqrt{2a}},+\infty\right)
上单调递减.
\item 当 a=18a=\frac{1}{8} 时，令
g(x)=f(x)−f(32)=ln⁡x−x28−ln⁡32+932g(x)=f(x)-f\left(\frac32\right) =\ln x-\frac{x^2}{8}-\ln\frac32+\frac9{32}
函数 gg 在 [2,4][2,4] 上连续. 对 u>0u>0，由
u1+u<ln⁡(1+u)<u\frac{u}{1+u}<\ln(1+u)<u
可得
g(2)=ln⁡43−732>14−732=132>0g(2)=\ln\frac43-\frac7{32} >\frac14-\frac7{32} =\frac1{32}>0
以及
g(4)=ln⁡83−5532<53−5532=−596<0g(4)=\ln\frac83-\frac{55}{32} <\frac53-\frac{55}{32} =-\frac5{96}<0
由零点定理，存在 x0∈(2,4)⊂(2,+∞)x_0\in(2,4)\subset(2,+\infty)，使 g(x0)=0g(x_0)=0，即 f(x0)=f(32)f(x_0)=f\left(\frac32\right).
\item 由 β−α⩾1\beta-\alpha\geqslant1 知 α<β\alpha<\beta. 令 d=β−αd=\beta-\alpha，1⩽d⩽21\leqslant d\leqslant2，1⩽α⩽3−d1\leqslant\alpha\leqslant3-d. 由 f(α)=f(β)f(\alpha)=f(\beta)，得
a=ln⁡(βα)β2−α2=ln⁡(1+dα)d(2α+d)a=\frac{\ln(\frac{\beta}{\alpha})}{\beta^2-\alpha^2} =\frac{\ln(1+\frac{d}{\alpha})}{d(2\alpha+d)}
先证上界. 因 α⩾1\alpha\geqslant1 且 1⩽d⩽21\leqslant d\leqslant2，有 1+dα⩽1+d1+\frac{d}{\alpha}\leqslant1+d. 又令 h(d)=2d−d−1h(d)=2^d-d-1，则 h(1)=0h(1)=0，且 h′(d)=2dln⁡2−1⩾2ln⁡2−1>0h'(d)=2^d\ln2-1\geqslant2\ln2-1>0，所以 1+d⩽2d1+d\leqslant2^d. 因而
ln⁡(1+dα)⩽dln⁡2\ln(1+\frac{d}{\alpha})\leqslant d\ln2
又 2α+d=α+β⩾32\alpha+d=\alpha+\beta\geqslant3，所以
a⩽dln⁡23d=ln⁡23a\leqslant\frac{d\ln2}{3d}=\frac{\ln2}{3}
再证下界. 对固定的 dd，分子 ln⁡(1+dα)\ln(1+\frac{d}{\alpha}) 随 α\alpha 增大而减小，分母 d(2α+d)d(2\alpha+d) 随 α\alpha 增大而增大，故该比值随 α\alpha 减小. 由 α⩽3−d\alpha\leqslant3-d，
a⩾ln⁡(1+d3−d)d(6−d)=:G(d)a\geqslant \frac{\ln\left(1+\frac{d}{3-d}\right)}{d(6-d)} =:G(d)
令 u=d(3−d)u=\frac{d}{(3-d)}，则 u∈[12,2]u\in[\frac{1}{2},2]，且
G(d)=ln⁡(1+u)d(6−d)G(d)=\frac{\ln(1+u)}{d(6-d)}
直接求导得
G′(d)=d(6−d)3−d−2(3−d)ln⁡(1+u)[d(6−d)]2=3[u(2+u)−2ln⁡(1+u)](1+u)[d(6−d)]2G'(d)= \frac{\dfrac{d(6-d)}{3-d}-2(3-d)\ln(1+u)}{[d(6-d)]^2} =\frac{3\left[u(2+u)-2\ln(1+u)\right]}{(1+u)[d(6-d)]^2}
由于 ln⁡(1+u)<u\ln(1+u)<u，有
u(2+u)−2ln⁡(1+u)>u(2+u)−2u=u2>0u(2+u)-2\ln(1+u)>u(2+u)-2u=u^2>0
所以 G(d)G(d) 在 [1,2][1,2] 上递增，从而
a⩾G(1)=ln⁡(32)5=ln⁡3−ln⁡25a\geqslant G(1) =\frac{\ln\left(\frac32\right)}5 =\frac{\ln3-\ln2}{5}
综上，
ln⁡3−ln⁡25⩽a⩽ln⁡23\frac{\ln3-\ln2}{5}\leqslant a\leqslant\frac{\ln2}{3}
\end{enumerate} \end{solution}

2011 · 天津 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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19导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=4x3+3tx2−6t2x+t−1f(x) = 4x^{3} + 3tx^{2} - 6t^{2}x + t - 1，x∈Rx \in \mathbf{R}，其中 t∈Rt \in \mathbf{R}.
(1) 当 t=1t = 1 时，求曲线 y=f(x)y = f(x) 在点 (0,f(0))(0, f(0)) 处的切线方程； (2) 当 t≠0t \neq 0 时，求 f(x)f(x) 的单调区间； (3) 证明：对任意的 t∈(0,+∞)t \in (0, +\infty)，f(x)f(x) 在区间 (0,1)(0, 1) 内均存在零点.

2011 · 天津 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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