- 函数的应用
- 共9606题
已知函数f（x）=
正确答案
解析
解：∵函数f（x）=
∴y=
又∵函数g（x）=
∴y=
又∵y=ax与y=logax互为反函数，
∴点（x1，x2）是y=
∴x12+x22=m，
故选A．
已知e是自然对数的底数，函数f（x）=ex+x-2的零点为a，函数g（x）=lnx+x-2的零点为b，则下列不等式成立的是（ ）
正确答案
解析
解：易知函数f（x）=ex+x-2在R上是增函数，g（x）=lnx+x-2在（0，+∞）上也是增函数；
又∵f（a）=0，f（1）=e+1-2＞0，g（b）=0，g（1）=0+1-2＜0，
∴0＜a＜1＜b；
故f（a）＜f（1）＜f（b）；
故选C．
（2015秋•深圳校级期末）函数
A
B
C
D
正确答案
解析
可得
再令g（x）=2x，
在同一坐标系中画出g（x），h（x）的图象，
可知g（x）与h（x）的交点在（
从而函数f（x）的零点在（
故选：B．
已知函数f（x）+1=
A（0，
B[
C[0，
D[0，
正确答案
解析
解：∵f（x）+1=
∴数f（x）=
∵当x∈[0，1]时，f（x）=x．
∴当x∈[-1，0]时，f（x）=
∵∴f（x）=m（x+1）有2个解
即m=
令k（x）=
则k（x）=
k（x）图象如下：
k（1）=
∴k（x）=
∴g（x）=f（x）-mx-m有两个零点，则实数m的取值范围为：（0，
故选：A
若函数f（x）=
正确答案
解析
解：①当x≤0时，f（x）=x+3x．
∵函数y=x与y=3x在x≤0时都单调递增，
∴函数f（x）=x+3x在区间（-∞，0]上也单调递增．
又f（-1）=
②当x＞0时，
∴f′（x）=x2-4=（x+2）（x-2）．
令f′（x）=0，且x＞0，解得x=2．
当0＜x＜2时，f′（x）＜0；当x＞2时，f′（x）＞0．
∴函数f（x）在区间（0，2）上单调递减；在区间（2，+∞）上单调递增．
∴函数f（x）在x=2时求得极小值，也即在x＞0时的最小值．
∵函数f（x）在其定义域R上有且只有一个零点，且由（1）可知在区间（-1，0）内已经有一个零点了，所以在区间（0，+∞）上没有零点，
∴必须满足f（2）＞0，即
故a的取值范围是
故答案为
若函数y=f（x）（x∈R）满足f（x+1）=-f（x），且x∈[-1，1]时，f（x）=1-x2，已知函数g（x）=
正确答案
解析
解：∵f（x+1）=-f（x），
∴f（x）=-f（x+1）=f（x+2）；
故函数y=f（x）在R上是周期为2的函数，
作出函数f（x）与g（x）的图象如下，
由图象可知函数h（x）=f（x）-g（x）在区间[-5，5]内的零点的个数为8个．
故选B．
解方程：lg（x2+4x-26）-lg（x-3）=1．
正确答案
解：lg（x2+4x-26）-lg（x-3）=1．
可得lg（x2+4x-26）=lg（x-3）+1．
即x2+4x-26=10（x-3）．
化简可得x2-6x+4=0．
解得x=3±
经检验可得方程的解为：3
解析
解：lg（x2+4x-26）-lg（x-3）=1．
可得lg（x2+4x-26）=lg（x-3）+1．
即x2+4x-26=10（x-3）．
化简可得x2-6x+4=0．
解得x=3±
经检验可得方程的解为：3
设函数f（x）=x-a（x+1）ln（x+1），（x＞-1，a≥0）．
（1）当a=1时，若方程f（x）=t在
（2）求函数f（x）在定义域上零点个数．
正确答案
解：（1）当a=1时，f（x）=x-（x+1）ln（x+1），（x＞-1），
f′（x）=-ln（x+1），
则当x∈[-
则f（x）在[-
又∵f（0）=0-（0+1）ln（0+1）=0，
f（1）=1-（1+1）ln（1+1）=1-ln4，
f（
f（1）-f（
∴当t∈[
（2）∵f（x）=x-a（x+1）ln（x+1），
∴f′（x）=1-aln（x+1）-a，
①a=0时，f（x）=x在（-1，+∞）上有一个零点0，
②当a＞0时，由f′（x）=1-aln（x+1）-a＞0可解得，
-1＜x＜
则f（x）在（-1，
f（x）max=f（
令g（a）=
则h（t）=et-1-t，（t＞0）
则h′（t）=et-1-1，t＞0
则h（t）min=h（1）=0，
当t=1，即a=1时，f（x）max=ag（a）=0，
f（x）有一个零点；
当t≠1，即a≠1时，f（x）max=ag（a）＞0，
f（x）有两个零点．
综上所述，
当a=0或a=1时，函数f（x）在定义域上有1个零点，
当a≠0且a≠1时，函数f（x）在定义域上有2个零点．
解析
解：（1）当a=1时，f（x）=x-（x+1）ln（x+1），（x＞-1），
f′（x）=-ln（x+1），
则当x∈[-
则f（x）在[-
又∵f（0）=0-（0+1）ln（0+1）=0，
f（1）=1-（1+1）ln（1+1）=1-ln4，
f（
f（1）-f（
∴当t∈[
（2）∵f（x）=x-a（x+1）ln（x+1），
∴f′（x）=1-aln（x+1）-a，
①a=0时，f（x）=x在（-1，+∞）上有一个零点0，
②当a＞0时，由f′（x）=1-aln（x+1）-a＞0可解得，
-1＜x＜
则f（x）在（-1，
f（x）max=f（
令g（a）=
则h（t）=et-1-t，（t＞0）
则h′（t）=et-1-1，t＞0
则h（t）min=h（1）=0，
当t=1，即a=1时，f（x）max=ag（a）=0，
f（x）有一个零点；
当t≠1，即a≠1时，f（x）max=ag（a）＞0，
f（x）有两个零点．
综上所述，
当a=0或a=1时，函数f（x）在定义域上有1个零点，
当a≠0且a≠1时，函数f（x）在定义域上有2个零点．
若方程2ax2-x-2=0在（0，1）内恰有一个解，求a的取值范围．
正确答案
解：令f（x）=2ax2-x-2，
∵f（0）=-2，
若a＜0，则对称轴为x=
故方程2ax2-x-2=0在（0，1）内无解，
∴要使2ax2-x-2=0，
∴f（0）•f（1）＜0，
∴f（1）＞0，
∴2a-1-2＞0，
∴a＞
解析
解：令f（x）=2ax2-x-2，
∵f（0）=-2，
若a＜0，则对称轴为x=
故方程2ax2-x-2=0在（0，1）内无解，
∴要使2ax2-x-2=0，
∴f（0）•f（1）＜0，
∴f（1）＞0，
∴2a-1-2＞0，
∴a＞
函数f（x）=lnx+2x-1的零点所在区间为（ ）
A（-1，0）
B
C
D（1，2）
正确答案
解析
解：∵函数f（x）=lnx+2x-1，∴f（
故函数f（x）=lnx+2x-1的零点所在区间为 
故选C．
函数f（x）=2x-5的零点所在区间为[m，m+1]（m∈N），则m为（ ）
正确答案
解析
解：由函数的解析式可得f（m）=2m-5，f（m+1）=2m+1-5，再由函数f（x）=2x-5的零点所在区间为[m，m+1]（m∈N），
可得 f（m）f（m+1）=（2m-5）（2m+1-5）＜0．
经过检验，m=2满足条件，
故选 B．
设f（x）=x-alnx，函数f（x）有两个零点x1，x2．且x1＜x2．求
正确答案
解：由f（x）=x-alnx=0得，a=
设g（x）=
故g（x）在（0，1）上是减函数，在（1，e）上是减函数，在（e，+∞）上是增函数，
且当x∈（0，1）时，g（x）＜0；当x∈（1，e）时，g（x）＞e；当x∈（e，+∞）时，g（x）＞e；
故a∈（e，+∞）；x1∈（1，e），x2∈（e，+∞）；
对于任意a1，a2∈（e，+∞），不妨设a1＞a2，
则g（x1）=g（x2）=a1，g（y1）=g（y2）=a2；
其中1＜x1＜e＜x2，1＜y1＜e＜y2，
则由g（x）在（1，e）上是减函数，在（e，+∞）上是增函数知，
x1＜y1，x2＞y2，
故
故
解析
解：由f（x）=x-alnx=0得，a=
设g（x）=
故g（x）在（0，1）上是减函数，在（1，e）上是减函数，在（e，+∞）上是增函数，
且当x∈（0，1）时，g（x）＜0；当x∈（1，e）时，g（x）＞e；当x∈（e，+∞）时，g（x）＞e；
故a∈（e，+∞）；x1∈（1，e），x2∈（e，+∞）；
对于任意a1，a2∈（e，+∞），不妨设a1＞a2，
则g（x1）=g（x2）=a1，g（y1）=g（y2）=a2；
其中1＜x1＜e＜x2，1＜y1＜e＜y2，
则由g（x）在（1，e）上是减函数，在（e，+∞）上是增函数知，
x1＜y1，x2＞y2，
故
故
已知函数f（x）满足
A
B
C
D
正确答案
解析
解：当x∈（-1，0]时，x+1∈（0，1]，
在同一坐标系内画出y=f（x），y=mx+m的图象．
动直线y=mx+m过定点（-1，0），当再过（1，1）时，斜率m=
由图象可知当
故选D
函数f（x）=
A（
B（1，2）
C（2，4）
D（4，8）
正确答案
解析
解：∵f（x）=
∴f（2）=1＞0，f（4）=-
∴根据根的存在性定理得f（x）=
故选：C．
已知函数f（x）=
正确答案
解：①a=0时，
f（x）=
②a≠0时，
f（x）=
等价于ax2+3x+1=0有一个实根，
∴△=9-4a=0，解得：a=
综上：a=0或a=
解析
解：①a=0时，
f（x）=
②a≠0时，
f（x）=
等价于ax2+3x+1=0有一个实根，
∴△=9-4a=0，解得：a=
综上：a=0或a=
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