山东省泰安第四中学函数的概念与基本初等函数多选题试题含答案.pdf

山东省泰安第四中学函数的概念与基本初等函数多选题试题含答案山东省泰安第四中学函数的概念与基本初等函数多选题试题含答案一、函数的概念与基本初等函数多选题一、函数的概念与基本初等函数多选题1对于定义在R上的函数fx，若存在正实数a，b，使得fxa fxb对一切xR R均成立，则称fx是“控制增长函数”.在以下四个函数中是“控制增长函数”的有（）AfxexBfxxCfxsin x 2Dfx xsin x【答案】BCD【分析】假设各函数是“控制增长函数”，根据定义推断f(x a)f(x)b对一切xR R恒成立的条件，并判断a,b的存在性，即可得出结论.【详解】对于 A.f(x a)f(x)b可化为(x a)2(x a)1 x2 x1b，2ax a2a ba 0，不等式在xR R上不恒成立，所以f(x)x x1不是“控制增长函数”；对于 B.f(x a)f(x)b可化为，2|xa|x|b，即|xa|x|b22b|x|恒成立.又|xa|x|a，故只需保证|x|a|x|b22b|x|恒成立即可.ab2，当a2b2 0时，b 0,|x|2b不等式|xa|x|b恒成立，f(x)|x|是“控制增长函数”；对于 C.1 f(x)sinx21,f(xa)f(x)2，b2时，a为任意正数，f(x a)f(x)b恒成立，f(x)sinx2是“控制增长函数”；对于 D.f(x a)f(x)b化为，(x a)sin(x a)xsin x b，令a 2，则(x 2)sin x xsin x b,2sin x b，当b 2时，不等式(x a)sin(x a)xsin x b恒成立，f(x)xsin x是“控制增长函数”.故选：BCD【点睛】本题考查了新定义的理解，函数存在成立和恒成立问题的研究.我们可先假设结论成立，再不断寻求结论成立的充分条件，找得到就是“控制增长函数”.如果找出了反例，就不是“控制增长函数”.x22x,x 02已知函数f(x)，以下结论正确的是（）f(x2),x 0A函数f(x)在区间2,4上是减函数Bf(2020)f(2021)1C若方程f(x)mx1 0(mR)恰有 5 个不相等的实根，则mD若函数y f(x)k在区间(,6)上有 8 个零点xii 8,iN【答案】BCD【分析】对于 A，画出函数的图象即可判断；对于B，由函数的周期性可计算求解；对于C，方程11,46*，则x 16ii18f(x)mx1 0(mR)恰有 5 个不相等的实根等价于y fx与直线y mx 1有 5个交点，画出图形即可判断求解；对于D，函数y f(x)k在区间(,6)上有 8 个零点，则y fx与y k有 8 个交点，由对称性可求解.【详解】由题可知当x0时，fx是以 2 为周期的函数，则可画出fx的函数图象，对于 A，根据函数图象可得，fx在2,3单调递增，在3,4单调递减，故 A 错误；对于 B，f2020 f0 f20，f2021 f1 f11，则f(2020)f(2021)1，故 B 正确；对于 C，方程f(x)mx1 0(mR)恰有 5 个不相等的实根等价于y fx与直线y mx 1有 5 个交点，如图，直线y mx 1过定点A0,1，观察图形可知1111kAB m kAC，其中B4,0,C6,0，则kAB,kAC，故m,，故4646C 正确；对于 D，若函数y f(x)k在区间(,6)上有 8 个零点，则y fx与y k有 8 个交点，如图，可知这八个零点关于x 2对称，则xi18i 44 16，故 D 正确.故选：BCD.【点睛】关键点睛：本题考查函数与方程的综合问题，解题的关键是判断出函数的周期性，画出函数的图象，即可将方程的解的个数问题、函数的零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合的思想可快捷解决问题.3已知函数f(x)x11,g(x)x22则下列结论中正确的是（）xxBf(x)g(x)是偶函数Af(x)g(x)是奇函数Cf(x)g(x)的最小值为4【答案】BC【分析】Df(x)g(x)的最小值为 2利用奇偶性的定义可得A 错 B 对；利用均值不等式可得C 对；利用换元求导可得D 错.【详解】f(x)g(x)x11 x22xx f(x)g(x)x11112(x)2 x x 2xxx2x f(x)g(x)f(x)g(x)f(x)g(x)是偶函数，A 错；f(x)g(x)x1x1 x22x1 f(x)g(x)xx112x x2xx1 x22x f(x)g(x)f(x)g(x)f(x)g(x)是偶函数，B 对；f(x)g(x)x1111 x22 22 4，当且仅当x 和x2=2时，等号成立，xxxx1 x22x即当且仅当x21时等号成立，C 对；f(x)g(x)x令t x1x1t 2，则f(x)g(x)tt22 t32tx66或t 33f(x)g(x)3t22，令3t22 0，得t t 2时，f(x)g(x)单调递增当t 2有最小值，最小值为4，D 错故选：BC.【点睛】本题综合考查奇偶性、均值不等式、利用导数求最值等，对学生知识的运用能力要求较高，难度较大.4已知fx是定义域为(,)的奇函数，fx1是偶函数，且当x0,1时，fx xx2，则（）Afx是周期为 2 的函数Bf2019 f20201Cfx的值域为-1，1Dfx的图象与曲线y cosx在0,2上有 4 个交点【答案】BCD【分析】对于 A，由fx为 R 上的奇函数，周期为 4 的周期函数，可判断 A；对于 B，由fx是周期为 4 的周期函数，则f2020 f00，fx1为偶函数，得fx fx4，则fx是f2019 f1 f1 1，可判断 B，时，fx xx2，有0fx1，又由fx为 R 上的奇函对于 C，当x01，时，1 fx0，可判断 C数，则x 10对于 D，构造函数g(x)f(x)cosx，利用导数法求出单调区间，结合零点存在性定理，即可判断 D【详解】根据题意，对于 A，fx为 R 上的奇函数，fx1为偶函数，所以f(x)图象关于x 1对称，f(2 x)f(x)f(x)即f(x 4)f(x 2)f(x)则fx是周期为 4 的周期函数，A 错误；对于 B，fx定义域为 R 的奇函数，则f0 0，fx是周期为 4 的周期函数，则f2020 f00；则f2019 f12020 f1 f1 1，则f2019 f20201；故 B 正确，对于 C，当x01时，fx xx2，此时有0fx1，时，1 fx0，又由fx为 R 上的奇函数，则x10当x0,1时，fx xx2，则f1 1121，f(0)0，函数关于x 1对称，所以函数fx的值域11，故 C 正确对于 D，f(0)0，且x0,1时，fx xx2，x0,1,f(x)x(x 2)，x1,2,2 x0,1,f(x)f(2 x)x(x 2)，x0,2,f(x)x(x 2)，f(x)是奇函数，x2,0,f(x)x(x 2)，f(x)的周期为4，x2,4,f(x)(x 2)(x 4)，x4,6,f(x)(x 4)(x 6)，x6,2,f(x)(x 6)(x 8)，设g(x)f(x)cosx，当x0,2,g(x)x 2x cos x，2g(x)2x 2sinx，设h(x)g(x),h(x)2cosx 0在0,2恒成立，h(x)在0,2单调递减，即g(x)在0,2单调递减，且g(1)sin1 0,g(2)2sin2 0，存在x0(1,2),g(x0)0，x(0,x0),g(x)0,g(x)单调递增，x(x0,2),g(x)0,g(x)单调递减，g(0)1,g(1)1cos1 0,g(x0)g(1)0,g(2)cos2 0，所以g(x)在(0,x0)有唯一零点，在(x0,2)没有零点，即x(0,2，fx的图象与曲线y cosx有 1 个交点，4时，gx fxcosx x 6x+8cosx，当x2，2则gx 2x6+sin x，hx gx 2x6+sin x，4上单调递增，则hx 2+cosx0，所以gx在2，且g3sin30,g2 2+sin2 0，32，4，使得gx0，所以存在唯一的x12，所以x2,x1，gx0，gx在2,x1单调递减，xx1，4，gx0，gx在x1，4单调递增，又g3 1cos30，所以gx1 g(3)0，又g2 cos20,g4 cos40，4上有唯一的零点，所以gx在2,x1上有一个唯一的零点，在x1，4时，fx的图象与曲线y cosx有 2 个交点，所以当x2，6时，同x0,2，fx的图象与曲线y cosx有 1 个交点，当x 4，当x6,2,f(x)(x 6)(x 8)0,y cosx 0，fx的图象与曲线y cosx没有交点，所以fx的图象与曲线y cosx在0,2上有 4 个交点，故 D 正确；故选：BCD【点睛】本题考查抽象函数的奇偶性、周期性、两函数图像的交点，属于较难题.5已知直线y x2分别与函数y ex和y ln x的图象交于点Ax1,y1,Bx2,y2，则下列结论正确的是()Ax1 x2 2Cx1ln x2 x2ln x1 0【答案】ABC【分析】根据互为反函数的性质可得Ax1,y1,Bx2,y2的中点坐标为1,1，从而可判断 A；利用基本不等式可判断 B、D；利用零点存在性定理以及对数的运算性质可判断C.【详解】函数y e与y ln x互为反函数，则y e与y ln x的图象关于y x对称，xxBex1ex2 2eDx1x2e2将y x2与y x联立，则x 1,y 1，由直线y x2分别与函数y e和y ln x的图象交于点Ax1,y1,Bx2,y2，x作出函数图像：则Ax1,y1,Bx2,y2的中点坐标为1,1，对于 A，由x1 x21，解得x1 x2 2，故 A 正确；2对于 B，ex1ex2 2 ex1ex2 2 ex1x22 e22e，因为x1 x2，即等号不成立，所以ex1ex2 2e，故 B 正确；对于 C，将y x2与y e联立可得x2ex，即ex x2 0，x设fxe x2，且函数为单调递增函数，x11131f0102 10，f e22 e2 0，222故函数的零点在0,上，即0 x1121，由x1 x2 2，则1 x2 2，2x1ln x2 x2ln x1 x1ln x2 x2ln1x1 x1lnx2x2lnx2x1x2lnx20，故 C 正确；对于 D，由x1 x2 2 x1x2，解得x1x21，由于x1 x2，则x1x21，故 D 错误；故选：ABC【点睛】本题考查了互为反函数的性质、基本不等式的应用、零点存在性定理以及对数的运算性质，考查了数形结合的思想，属于难题.1 3cosx,x,2 26对于函数fx，下面结论正确的是（）13fx2,x,22A任取x1,x21,，都有fx1 fx2 2恒成立21,，都有fx 2kfx2kk N*21 有 3 个零点2B对于一切xC函数y fxlnxD对任意x 0，不等式fx【答案】ABC【分析】k1恒成立，则实数k的取值范围是,x2先在坐标轴中画出y f(x)的图象,根据图象可判断 A 选项,结合解析式可判断 B 选项,再画k1出y ln(x)与y 的图象,数形结合可判断 C,D 选项.2x【详解】在坐标轴上作出函数f(x)的图象如下图所示:由图象可知f(x)的最大值为 1,最小值为1,故选项 A 正确;由题可知fx1311fx2,x(,)f(x2)fx,x(,),22221k*所以f(x 2k)()f(x)(kN)即f(x)2kf(x 2k),故选项 B 正确;21131作出y ln(x)的图象，因为ln(2)ln，22221由图象可知y f(x)与y ln(x)有 3 个交点,故选项 C 正确;2结合图象可知,若对任意x 0,不等式f(x)即x 2n时,不等式f(2n)k恒成立,xk恒成立,2nn又f(2n)()f(0)(),所以12n12k12n()n,即kn在nN*时恒成立,2n22设g(x)2x2ln4xg(x),则xx22故x 2,时,g(x)0,函数g(x)在2,上单调递减,所以x 2,时,g(x)max g(2)1,2n又g(1)1,所以n1,即k 1,故选项 D 错误.2max故选:ABC.【点睛】本题主要考查分段函数的周期性及数形结合法在处理函数问题中的应用,有一定难度.7下列选项中a的范围能使得关于x的不等式x xa 2 0至少有一个负数解的是（）2A9,04B2,3C1,2D0,1【答案】ACD【分析】将不等式变形为xa 2 x，作出函数y xa,y 2x的图象，根据恰有一个负数解时判断出临界位置，再通过平移图象得到a的取值范围.【详解】因为x xa 2 0，所以xa 2 x且2x2222220，在同一坐标系中作出y xa,y 2x的图象如下图：2当y xa与y 2 x在y轴左侧相切时，xa 2 x仅有一解，所以 14a20，所以a 29，4将y xa向右移动至第二次过点0,2时，0a 2，此时a 2或a 2（舍），结合图象可知：a故选：ACD.【点睛】本题考查函数与方程的综合应用，着重考查数形结合的思想，难度较难.利用数形结合可解决的常见问题有：函数的零点或方程根的个数问题、求解参数范围或者解不等式、研究函数的性质等.9,2，所以 ACD 满足要求.48若定义在 R 上的函数f(x)满足f(x)f(x)0，当x 0时，3f(x)x22axa(aR)，则下列说法正确的是（）2A若方程f(x)axB若方程f(x)axa有两个不同的实数根，则a 0或4 a 82a有两个不同的实数根，则4 a 82C若方程f(x)axD若方程f(x)ax【答案】AC【分析】a有 4 个不同的实数根，则a 82a有 4 个不同的实数根，则a 42由题知f(x)是 R 上的奇函数，则由x0时的解析式可求出f(x)在 R 上的解析式.先讨论特殊情况x 0为方程的根，则可求出a 0，此时方程化为f(x)0，而函数f(x)为 R上的减函数，则方程仅有一个根.当x 0时，由分段函数分类讨论得出x0时，a (x1)142，x 0时，a x24.利用数形结合思想，画出图(x1)x2象，则可得知方程f(x)ax围.【详解】因为f(x)a不同的实数根个数分别为2 个和 4 时，参数a的取值范2f(x)0所以f(x)f(x)，3a，2所以f(x)是 R 上的奇函数，f(0)0，当x 0时，x0，f(x)x 2ax所以f(x)f(x)x 2ax223a，232x 2axa,x 02综上f(x)0,x 0，3x22axa,x 02若x 0是方程f(x)ax则a 0，此时f(x)axa的一个根，2a，即f(x)0，2x2,x 0而f(x)0,x 0，在 R 上单调递减，x2,x 0当a 0时，原方程有一个实根.当x0时，x 2ax23aa ax，22所以x2axa 0，当x 1时不满足，x21(x1)2，所以a x1(x1)当x 0时，x 2ax23aa ax，22所以x2ax2a 0，当x 2时不满足，x24所以a x24，如图：x2x2a有两个不同的实数根，2则a 0或4 a 8；若方程f(x)ax若方程f(x)ax故选：AC【点睛】关键点点睛：本题的关键是将方程f(x)ax出对应的参数的取值范围.a有 4 个不同的实数根，则a 8.2a进行参数分离，再借助数形结合法，求2二、导数及其应用多选题二、导数及其应用多选题9在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔（L.E.Brouwer）简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数f(x)，存在一个点x0，使得fx0 x0，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称x0为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（）A函数f(x)sinx有 3 个不动点B函数f(x)ax2bxc(a 0)至多有两个不动点C若定义在 R 上的奇函数f(x)，其图像上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数D若函数f(x)ex xa在区间0,1上存在不动点，则实数 a 满足l ae（e 为自然对数的底数）【答案】BCD【分析】根据题目中的定义，结合导数、一元二次方程的性质、奇函数的性质进行判断即可.【详解】令g(x)xsin x，g(x)1cosx0，因此g(x)在 R 上单调递增，而g(0)0，所以g(x)在 R 有且仅有一个零点，即f(x)有且仅有一个“不动点”，A 错误；a 0，ax2bx c x 0至多有两个实数根，所以f(x)至多有两个“不动点”，B 正确；f(x)为定义在 R 上的奇函数，所以f(0)0，函数y f(x)-x为定义在 R 上的奇函数，显然x 0是f(x)的一个“不动点”，其它的“不动点”都关于原点对称，个数和为偶数，因此f(x)一定有奇数个“不动点”，C 正确；因为f(x)在0,1存在“不动点”，则f(x)x在0,1有解，即ex xa xa ex x x2在0,1有解，令m(x)e x x，x2m(x)ex12x，令n(x)ex12x，n(x)ex2 0，x ln2，n(x)在(0,ln 2)单调递减，在(ln2,1)单调递增，n(x)min n(ln2)212ln 2 32ln 2 0，m(x)0在0,1恒成立，m(x)在0,1单调递增，m(x)min m(0)1，m(x)max m(1)e，1 a e，D 正确，.故选：BCD【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.10设函数fxln x，gx xlnx，下列命题，正确的是（）xA函数fx在0,e上单调递增，在e,单调递减B不等关系e3 e3成立22C若0 x1 x2时，总有a x2 x1 2gx22gx1恒成立，则a 1D若函数hx gxmx有两个极值点，则实数m0,12【答案】AC【分析】利用函数的单调性与导数的关系可判断A 选项的正误；由函数fx在区间e,上的单调性比较 3、e的大小关系，可判断 B 选项的正误；分析得出函数sx 2gxax2在0,上为减函数，利用导数与函数单调性的关系求出a的取值范围，可判断 C 选项的正误；分析出方程2m 可判断 D 选项的正误.【详解】对于 A 选项，函数fx1ln x在0,上有两个根，数形结合求出m的取值范围，xln x1ln x.的定义域为0,，则f xxx2由f x 0，可得0 x e，由f x 0，可得x e.所以，函数fx在0,e上单调递增，在e,单调递减，A 选项正确；对于 B 选项，由于函数fx所以，f所以，ln x在区间e,上单调递减，且4 e，x f4，即lnln4ln41ln213ln 22 0，又443236lnln41，整理可得 3 e，B 选项错误；4322对于 C 选项，若0 x1 x2时，总有a x2 x1 2gx22gx1恒成立，可得2gx1ax1 2gx2ax2，构造函数sx 2gxax 2xlnxax，2222则sx1 sx2，即函数sx为0,上的减函数，sx 21lnx2ax 0对任意的x0,恒成立，即a 1ln x对任意的x0,恒成立，x令tx1ln xlnx，其中x 0，tx 2.xx当0 x 1时，tx0，此时函数tx单调递增；当x 1时，tx0，此时函数tx单调递减.所以，txmaxt11，a 1，C 选项正确；对于 D 选项，hx gxmx xlnxmx，则hx1lnx2mx，22由于函数hx有两个极值点，令hx 0，可得2m 1ln x，x则函数y 2m与函数tx在区间0,上的图象有两个交点，当x 1时，tx0，如下图所示：e当0 2m 1时，即当0 m 两个交点.所以，实数m的取值范围是0,，D 选项错误.故选：AC.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由fx 0分离变量得出a gx，将问题等价转化为直线y a与函数y gx的图象的交点问题.1时，函数y 2m与函数tx在区间0,上的图象有212