分析 ①利用回歸直線方程的定義和性質(zhì)進行求解.
②根據(jù)函數(shù)奇偶性和周期性的關(guān)系,作出兩個函數(shù)的圖象,利用數(shù)形結(jié)合進行判斷,
③利用函數(shù)與方程的關(guān)系轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的交點個數(shù)問題進行判斷,
④根據(jù)基本不等式的關(guān)系轉(zhuǎn)化為證明x1•x2>e2即可證明$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$>e成立.
解答 解:①若回歸直線的斜率估計值是1.23,樣本點的中心為(4,5),則回歸直線方程是y-5=1.23(x-4),即$\stackrel{∧}{y}$=1.23x+0.08;故①正確,
②若偶函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(x+2)=f(x),且x∈[0,1]時,f(x)=x,
作出函數(shù)f(x)和g(x)=log3|x|的圖象,
∵f(3)=f(1)=1,g(3)=1,
∴方程f(x)=log3|x|有4個根;故②錯誤,
③函數(shù)f(x)=($\frac{3}{2}$)x-sinx-1=0得($\frac{3}{2}$)x=sinx+1,
作出兩個函數(shù)y=($\frac{3}{2}$)x和y=sinx+1在(0,+∞)內(nèi)的圖象,由圖象知兩個函數(shù)只有一個交點,
即函數(shù)f(x)有且只有一個零點;故③正確,
④設(shè)x1>x2>0,
則$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$>$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$,
則當$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$>e,即x1•x2>e2時,$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$>$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$>e成立,
下證明,x1•x2>e2成立
設(shè)x1>x2>0,
∵f(x1)=0,f(x2)=0,
∴l(xiāng)nx1-ax1=0,lnx2-ax2=0,
∴l(xiāng)nx1-lnx2=a(x1-x2),lnx1+lnx2=a(x1+x2)
原不等式x1•x2>e2等價于lnx1+lnx2>2?a(x1+x2)>2,
?$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{x}_{1}{-x}_{2}}$>$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$?ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$>$\frac{2{(x}_{1}{-x}_{2})}{{x}_{1}{+x}_{2}}$,
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t,則t>1,
∴l(xiāng)n$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$>$\frac{2{(x}_{1}{-x}_{2})}{{x}_{1}{+x}_{2}}$?lnt>$\frac{2(t-1)}{t+1}$,
設(shè)g(t)=lnt-$\frac{2(t-1)}{t+1}$,(t>1),
∴g′(t)=$\frac{{(t-1)}^{2}}{{t(t+1)}^{2}}$>0,
∴函數(shù)g(t)在(1,+∞)是遞增,
∴g(t)>g(1)=0即不等式lnt>$\frac{2(t-1)}{t+1}$成立,
故所證不等式x1•x2>e2成立.則$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$>$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$>e成立,故④正確,
故答案為:①③④
點評 本題主要考查命題的真假判斷,涉及的知識點較多,綜合性較強,難度極大,考查學(xué)生的運算和轉(zhuǎn)化能力.
科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | [0,2] | B. | (1,3) | C. | [1,3) | D. | [-2,+∞) |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 0 | B. | 1 | C. | 3 | D. | 5 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
ξ | 1 | 2 | 3 |
P | 0.3 | 0.1 | 0.6 |
η | 1 | 2 | 3 |
P | 0.3 | 0.4 | 0.3 |
A. | 甲好于乙 | B. | 乙好于甲 | C. | 一樣好 | D. | 無法確定 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:填空題
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