- 分段函数模型的应用
- 共567题
已知函数f(x)=(a为常数且a>0),对于下列结论:
①函数f(x)的最小值为-2;
②函数f(x)在R上是单调函数;
③若f(x)>0在[1,+∞)上恒成立,则a的取值范围为(2,+∞);
④当x≠0时,xf′(x)>0(这里f′(x)是f(x)的导函数).
其中正确的是( )
正确答案
解析
解:画出函数f(x)的图象,通过图象观察得到:
①函数f(x)的最小值为-2,故①正确;
②函数f(x)在R上不是单调函数,故②错;
③f(x)>0在[1,+∞)上恒成立,则a-2>0,
∴a>2,故③正确;
④x<0,f(x)为单调减函数;x>0时,f(x)为增函数.故对一切非零实数x,xf′(x)>0成立,故④正确;
故选:A.
已知函数f(x)=(a∈R),则下列结论正确的是( )
正确答案
解析
解:A.由于x≤0时,y=-()x是单调递增函数,故A错;
B.由于x≤0时,y=-()x是单调递增函数,故f(x)无最小值,B错;
C若a=0,则f(x)在(-∞,0]上递增,在(0,+∞)上递增,且连续,
故f(x)在R上递增,故f(x)无极值,即C错;
D.令f(x)=0,则x2-2ax-1=0(x>0),解得x=a±,
若a>0,则a+>0,a-
<0;
若a=0,a+>0,a-
<0;
若a<0,a+>0,a-
<0.
则∀a∈R,f(x)有唯一零点,故D正确.
故选:D.
已知函数f(x)=,若存在x1,x2,当0≤x1<4≤x2≤6时,f(x1)=f(x2),则x1•f(x2)的取值范围是( )
正确答案
解析
解:当0≤x1<4≤x2≤6时,因为f(x1)=f(x2),由f(x1)=f(x2)=1或f(x1)=f(x2)=2,得到x1的取值范围是[1,3],
所以x1•f(x2)=x1•f(x1)=x1(1-|x1|-2)=,即x1f(x2)的范围是[1,4].
故选B.
设定义域为R的函数f(x)=,f(2)=4,f(-3)=f(-1)=1.
(1)求f(x)的解析式;
(2)若关于x的方程f2(x)-(2m+1)f(x)+m2=0有7个不同的实数解,求实数m的值.
正确答案
解:(1)由题意,f(2)=a=4;
f(-3)=9-3b+c=1,
f(-1)=1-b+c=1;
则a=4,b=4,c=4;
故f(x)=;
(2)作f(x)=的图象如下,
则若使关于x的方程f2(x)-(2m+1)f(x)+m2=0有7个不同的实数解,
则t2-(2m+1)t+m2=0有两个不同的实数解,且有一个解为1或4;
若1是t2-(2m+1)t+m2=0得解,
则1-(2m+1)+m2=0;
故m=0或m=2;
若m=0,则t2-(2m+1)t+m2=0的两个解为1,0;不成立;
若m=2,则t2-(2m+1)t+m2=0的两个解为1,4;由图知不成立;
若4是t2-(2m+1)t+m2=0得解,
则16-4(2m+1)+m2=0;
故m=6或m=2;
若m=6,则t2-(2m+1)t+m2=0的两个解为4,9;不成立;
故不存在.
解析
解:(1)由题意,f(2)=a=4;
f(-3)=9-3b+c=1,
f(-1)=1-b+c=1;
则a=4,b=4,c=4;
故f(x)=;
(2)作f(x)=的图象如下,
则若使关于x的方程f2(x)-(2m+1)f(x)+m2=0有7个不同的实数解,
则t2-(2m+1)t+m2=0有两个不同的实数解,且有一个解为1或4;
若1是t2-(2m+1)t+m2=0得解,
则1-(2m+1)+m2=0;
故m=0或m=2;
若m=0,则t2-(2m+1)t+m2=0的两个解为1,0;不成立;
若m=2,则t2-(2m+1)t+m2=0的两个解为1,4;由图知不成立;
若4是t2-(2m+1)t+m2=0得解,
则16-4(2m+1)+m2=0;
故m=6或m=2;
若m=6,则t2-(2m+1)t+m2=0的两个解为4,9;不成立;
故不存在.
设若f(x)=,f(f(1))=8,则a的值是( )
正确答案
解析
解:f(x)=,f(f(1))=8,
f(1)=lg1=0,
f(f(1))=f(0)=0=t3
=a3=8,
解得a=2.
故选:B.
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