单调递减,在$[1,+\infty)$上单调递增,因此$f(x)$与直线
$y=2an-1$($n\in N^*$)在$[1,n]$内的交点个数为$n-
\frac{1+(-1)^n}{2}$,④正确。因此,答案为
$\boxed{\textbf{(C) }2}$。
例2:定义在$R$上的函数$f(x)$满足$f(1)=1$,且对任意$x\in R$都有$f'(x)\frac{x+1}{x^2+1}$的解集为_________。
分析:根据题意,可以考虑构造函数$g(x)=f(x)-
\frac{x+1}{x^2+1}$,则$g'(x)=f'(x)-
\frac{2x}{(x^2+1)^2}\frac{x+1}{x^2+1}$的解集为$\boxed{(-1,1)}$。
例3:定义在$(0,+\infty)$上的单调函数$f(x)$,对于任意的$x\in(0,+\infty)$,都有$f[f(x)-\log_2 x]=3$,则方程$f(x)-
f'(x)=2$的解所在区间是(。)。
分析:根据题意,可以令$t=f(x)-\log_2 x$,则
$f(x)=\log_2 x+t$,$f'(x)=\frac{1}{x\ln 2}$。又因为$f[f(x)-
\log_2 x]=3$,即$f(t)=3$,因此$t=2$。代入原方程得到$\log_2 x+2-\frac{1}{x\ln 2}=2+\log_2 x$,化简可得$x=2$。因此,方程$f(x)-f'(x)=2$的解所在区间为$\boxed{(1,2)}$。
因为$f(x)-f'(x)=2$,所以$log_2(x+2)-log_2(x-1)$的零点在区间$(1,2)$,即方程$f(x)-f'(x)=2$的解所在的区间是$(1,2)$。
已知函数$f(x)=x^2+ex-(x<0)$与$g(x)=x^2+ln(x+a)$的图象
上存在关于$y$轴对称的点,则$a$的取值范围是$(\text{-
}\infty,e)$。
解法一:由题可得存在$x\in(-\infty,0)$满足$\frac{1}{2}=(-x)+ln(-x+a)$,当$x$趋于负无穷小时,$\frac{1}{2}=(-x)+ln(-
x+a)$趋近于$-\infty$。因为函数在定义域内是单调递增的,所
以$ln(a)解法二:由已知设$x\in(-\infty,0)$,满足$x+e^x=ln(-x+a)$,画出两个函数的图象,当$ln(-x+a)$向右平移$a$个单位,恰好
过点$(1,\frac{1}{2})$时,得到$ln(a)=\frac{1}{2}\Rightarrow
a=e^2=\frac{1}{2}$。所以$a已知函数$f(x)$满足$f(x)=f(1)$,当$x\in[1,3]$时,
$f(x)=lnx$,若曲线$g(x)=f(x)-ax$与$x$轴有三个不同的交点,
则实数$a$的取值范围是$\left(\frac{1}{3},\frac{1}{e}\right)$。
解析:设$g(x)=f(x)-ax$,则$g(x)$的零点即为方程
$f(x)=ax$的根。由题意可知,$g(x)$与$x$轴有三个不同的交
点,则$f(x)=ax$的根也有三个不同的解。因为$f(x)=f(1)$,所以$f(1)=a$。又因为$f(x)=lnx$,所以$ax=e^{f(x)}$。因此,$e^{f(x)}$在$[1,3]$上有三个不同的零点。根据中值定理,$e^{f(x)}$在$(1,3)$内存在两个不同的点$x_1,x_2$,使得
$e^{f(x_1)}=e^{f(x_2)}$,即$f(x_1)=f(x_2)=ln\frac{1}{2}$。因此,$a=f(1)=ln\frac{1}{2}$。又因为$0<\frac{1}{2}<1当$1e^{a}$,$g(x)$为减函数;$g'(x)>0$时,可得
$x法二:当$1已知函数$f(x)=\begin{cases}2-x,&x\leq 2\\x-
2,&x>2\end{cases}$,函数$g(x)=b-f(2-x)$,其中$b\in R$,若函数$y=f(x)-g(x)$恰有4个零点,则$b$的取值范围是(D)$[7/4,2]$。