函数的概念与基本初等函数多选题同步练习

一、函数的概念与基本初等函数多选题

12x3,1x21．已知函数f(x)1x，则下列说法正确的是（ ）

2f2,x2A．若函数yf(x)kx有4个零点，则实数k的取值范围为11, 24610(nN*)有2n4个不同的解 n2C．对于实数x[1,)，不等式2xf(x)30恒成立

B．关于x的方程f(x)D．当x[2n1,2n](nN*)时，函数f(x)的图象与x轴围成的图形的面积为1 【答案】AC 【分析】

根据函数的表达式，作出函数的图像，对于A，C利用数形结合进行判断，对于B，D利用特值法进行判断. 【详解】 当1x33时，f(x)2x2；当 x2时，f(x)42x；

221xxx3， f(x)f1；

22222当2x3，则1当3x4，则

1xx3x2， f(x)f2；

222221x3， f(x)22xx1f； 242当4x6，则2当6x8，则31xxx4，f(x)f1；

2242依次类推，作出函数f(x)的图像：

对于A，函数yf(x)kx有4个零点，即yf(x)与ykx有4个交点，如图，直线ykx的斜率应该在直线m, n之间，又km1111,，故A正确； ，kn，k624246对于B，当n1时，f(x)1有3个交点，与2n46不符合，故B错误； 2对于C，对于实数x[1,)，不等式2xf(x)30恒成立，即f(x)知函数f(x)的每一个上顶点都在曲线y3恒成立，由图2x33上，故f(x)恒成立，故C正确； 2x2x对于D， 取n1，x[1,2]，此时函数f(x)的图像与x轴围成的图形的面积为

1111，故D错误； 22故选：AC 【点睛】

方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

若函数的定义域为a,b，值域也为a,b，则称a,b为fx的“跟随区间”.下列结论正

确的是（ ）

A．若1,b为fxx2x2的跟随区间，则b2

22．一般地，若函数fx的定义域为a,b，值域为ka,kb，则称为的“k倍跟随区间”；B．函数fx11存在跟随区间 xC．若函数fxmx1存在跟随区间，则mD．二次函数fx【答案】ABCD 【分析】

1,0 412xx存在“3倍跟随区间” 2根据“k倍跟随区间”的定义,分析函数在区间内的最值与取值范围逐个判断即可. 【详解】

对A, 若1,b为fxx2x2的跟随区间,因为fxx2x2在区间1,b为增

222函数,故其值域为1,b2b2,根据题意有b2b2b,解得b1或b2,因为b12故b2.故A正确；

对B,因为函数fx111在区间,0与0,+上均为减函数,故若fx1存xx115a1+ab2,解得：. 在跟随区间a,b则有1b1+b15a2故存在, B正确.

对C, 若函数fxmx1存在跟随区间a,b,因为fxmx1为减函数,故由

bma1aba1b1,ab 跟随区间的定义可知amb1即ab易得0a1+b1a1b1ab,因为ab,所以a1+b11.

a1b11.

所以amb1m1a1,令ta1代入化简可得t2tm0,同理

tb1也满足t2tm0,即t2tm0在区间0,1上有两根不相等的实数根.

14m01,解得m,0,故C正确. 故4m0对D,若fx12xx存在“3倍跟随区间”,则可设定义域为a,b,值域为3a,3b.当212xx在区间上单调递增,此时易得a,b为方程2ab1时,易得fx1x2x3x的两根,求解得x0或x4.故存在定义域4,0,使得值域为12,0. 2故D正确. 故选：ABCD. 【点睛】

本题主要考查了函数新定义的问题,需要根据题意结合函数的性质分析函数的单调性与取最大值时的自变量值,并根据函数的解析式列式求解.属于难题.

3．定义域和值域均为a,a的函数yfx和ygx的图象如图所示，其中

acb0，下列四个结论中正确有（ ）

A．方程fgx0有且仅有三个解 C．方程ffx0有且仅有八个解 【答案】ABD 【分析】

B．方程gfx0有且仅有三个解 D．方程ggx0有且仅有一个解

通过利用tfx和tgx，结合函数yfx和ygx的图象，分析每个选项中外层函数的零点，再分析内层函数的图象，即可得出结论. 【详解】

由图象可知，对于方程yfx，当ayc或cya，方程yfx只有一解；

当yc时，方程yfx只有两解；当cyc时，方程yfx有三解； 对于方程ygx，当aya时，方程ygx只有唯一解. 对于A选项，令tgx，则方程ft0有三个根t1b，t2方程gxb、gx0、gxb均只有一解， 所以，方程fgx0有且仅有三个解，A选项正确； 对于B选项，令tfx，方程gt0只有一解t1b，

方程fxb只有三解，所以，方程gfx0有且仅有三个解，B选项正确； 对于C选项，设tfx，方程ft0有三个根t1b，t20，t3b，

0，t3b，

方程fxb有三解，方程fx0有三解，方程fxb有三解， 所以，方程ffx0有且仅有九个解，C选项错误；

对于D选项，令tgx，方程gt0只有一解t1b，方程gxb只有一解， 所以，方程ggx0有且仅有一个解，D选项正确. 故选：ABD. 【点睛】

思路点睛：对于复合函数yfgx的零点个数问题，求解思路如下： （1）确定内层函数ugx和外层函数yfu； （2）确定外层函数yfu的零点uuii1,2,3,（3）确定直线uuii1,2,3,,n；

,n与内层函数ugx图象的交点个数分别为a1、

an.

a2、a3、

、an，则函数yfgx的零点个数为a1a2a3

4．已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x(,0)时，f(x)x22x，下列说法正确的是（ ）

A．x(0,)时，函数解析式为f(x)x22x B．函数在定义域R上为增函数 C．不等式f(3x2)3的解集为(,1) D．不等式f(x)x2x10恒成立 【答案】BC 【分析】

对于A，利用奇函数定义求x(0,)时，函数解析式为f(x)x2x；对于B，研究当x(,0)时，f(x)的单调性，结合奇函数图像关于原点对称，知f(x)在R上的单调性；对于C，求出f(1)3，不等式f(3x2)3，转化为f(3x2)f(1)，利用单调性解不等式；对于D，分类讨论x(0,)与x(,0)两种情况是否恒成立. 【详解】

对于A，设x(0,)，x(,0)，则f(x)x2x，

22又f(x)是奇函数，所以f(x)f(x)x2x，

2即x(0,)时，函数解析式为f(x)x2x，故A错；

2对于B，f(x)x2x，对称轴为x1，所以当x(,0)时，f(x)单调递增，由

2奇函数图像关于原点对称，所以f(x)在R上为增函数，故B对；

2对于C，由奇函数在R上为增函数，则x(0,)时，f(x)x2x3，解得x11，

x23（舍去），即f(1)3，

所以不等式f(3x2)3，转化为f(3x2)f(1)， 又f(x)在R上为增函数，得3x21，解得x1， 所以不等式的解集为(,1)，故C对； 对于D，当x(,0)时，f(x)x2x

2f(x)x2x1x22xx2x12x23x1(2x1)(x1)0，

当x(0,)时，f(x)x2x

2f(x)x2x1x22xx2x13x1不恒大于0，故D错；

故选：BC 【点睛】

方法点睛：考查了解抽象不等式，要设法把隐性划归为显性的不等式求解，方法是： （1）把不等式转化为fg(x)fh(x)的模型；

（2）判断函数fx的单调性，再根据函数的单调性将不等式的函数符号“f”脱掉，得到具体的不等式（组）来求解，但要注意奇偶函数的区别. 考查了利用奇偶性求函数解析式，求函数解析式常用的方法： （1）已知函数类型，用待定系数法求解析式； （2）已知函数奇偶性，用奇偶性定义求解析式；

（3）已知f(x)求f[g(x)]，或已知f[g(x)]求f(x)，用代入法、换元法或配凑法； （4）若f(x)与f()或f(x)满足某个等式，可构造另一个等式，通过解方程组求解；

1x

2,x25．已知定义域为R的奇函数f(x)，满足f(x)2x3，下列叙述正确的

x22x2,0x2是（ ）

A．存在实数k，使关于x的方程f(x)kx有7个不相等的实数根

B．当1x1x21时，恒有f(x1)f(x2)

C．若当x(0,a]时，f(x)的最小值为1，则a[1,] D．若关于x的方程f(x)【答案】AC 【分析】

根据奇函数f(x)f(x)，利用已知定义域的解析式，可得到对称区间上的函数解析式，然后结合函数的图象分析各选项的正误，即可确定答案 【详解】

函数是奇函数，故f(x)在R上的解析式为：

5233和f(x)m的所有实数根之和为零，则m 2222x3,x22x2x2,2x0f(x)0,x0

x22x2,0x22,x22x3绘制该函数的图象如所示：

对A：如下图所示直线l1与该函数有7个交点，故A正确；

对B：当1x1x21时，函数不是减函数，故B错误； 对C：如下图直线l2:y1，与函数图交于(1,1),(,1)， 故当f(x)的最小值为1时有a[1,]，故C正确

5252

对D：f(x)13322时，函数的零点有x、x1、x1； 2622若使得其与f(x)m的所有零点之和为0，

则m33或m，如图直线l4、l5，故D错误

82

故选：AC 【点睛】

本题考查了分段函数的图象，根据奇函数确定对称区间上函数的解析式，进而根据函数的图象分析命题是否成立

6．定义：若函数Fx在区间a，b上的值域为a，b，则称区间a，b是函数Fx的“完美区间”，另外，定义区间Fx的“复区间长度”为2ba，已知函数

fxx21，则（ ）

A．0,1是fx的一个“完美区间” B．1515,是fx的一个“完美区间” 22C．fx的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为35 D．fx的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为325 【答案】AC 【分析】

根据定义，当x0,1时求得fx的值域，即可判断A；对于B，结合函数值域特点即可判断；对于C、D，讨论b1与b1两种情况，分别结合定义求得“复区间长度”，即可判断选项. 【详解】

对于A，当x0,1时，fxx11x，则其值域为0,1，满足定义域与值域的

22范围相同，因而满足“完美区间”定义，所以A正确；

对于B，因为函数fxx10，所以其值域为0,，而

2150，所以不存2在定义域与值域范围相同情况，所以B错误； 对于C，由定义域为a，b，可知0ab，

当b1时，a，b减，

0,1，此时fxx211x2，所以fx在a，b内单调递

2fa1ab则满足，化简可得a2ab2b， 2fb1ba22111111即ab，所以ab或ab，

222222解得ab（舍）或ab1， 由ab1解得b1或b0（舍）， 2ab1所以ab10，经检验满足原方程组，所以此时完美区间为0,1，则“复区间长度”为

2ba2；

当b1时，①若0a1，则1a，b，此时fxminf10.当fx在a，b的值域为a，b，则a0,fbb，因为b1 ，所以fbb1b，即满足

2151515.，b（舍）所以此时完美区间为0,，则bb10，解得b2222“复区间长度”为2ba221515； 2②若1a，则fxx1，xa，b，此时fx在a，b内单调递增，若fx2faa1a的值域为a，b，则，则a,b为方程x2x10的两个不等式实数2fbb1b根，

15a21515解得x1，x2， 所以，与1a矛盾，所以此时不存在完美

22b152区间.

综上可知，函数fxx1的“复区间长度”的和为21535，所以C正确，

2D错误； 故选：AC. 【点睛】

本题考查了函数新定义的综合应用，由函数单调性判断函数的值域，函数与方程的综合应用，分类讨论思想的综合应用，属于难题.

x21,x1,27．已知f(x)，则关于x的方程[f(x)]f(x)2k10，下列正

x1,lnx,确的是（ ）

A．存在实数k，使得方程恰有1个不同的实数解； B．存在实数k，使得方程恰有2个不同的实数解； C．存在实数k，使得方程恰有3个不同的实数解； D．存在实数k，使得方程恰有6个不同的实数解； 【答案】ACD 【分析】

令fxt0，根据判别式确定方程t2t2k10根的个数，作出fx的大致图象，根据根的取值，数形结合即可求解. 【详解】

2令fxt0，则关于x的方程[f(x)]f(x)2k10，

可得t2t2k10， 当k当k15时，142k10，此时方程仅有一个根t； 825时，142k10，此时方程有两个根t1,t2， 85时，142k10，此时方程无根； 8且t1t21，此时至少有一个正根； 当k作出fx的大致图象，如下：

当k15时，此时t，由图可知fxt，有3个不同的交点，C正确； 82当k5时，此时方程有两个根t1,t2，且t1t21，此时至少有一个正根， 8当t10,1、t20,1，且t1t2时，fxt，有6个不同的交点，D正确； 当方程有两个根t1,t2，一个大于1，另一个小于0， 此时fxt，仅有1个交点，故A正确；

当方程有两个根t1,t2，一个等于1，另一个等于0，fxt，有3个不同的交点，

5时，142k10，此时方程无根. 8故选：ACD 【点睛】

当k关键点点睛：本题考查了根的个数求参数的取值范围，解题的关键是利用换元法将方程化为t2t2k10，根据方程根的分布求解，考查了数形结合的思想，分类讨论的思想.

x22x1,x08．已知函数fx2,则下列判断正确的是（ ）

x2x1,x0A．fx为奇函数

B．对任意x1,x2R,则有x1x2fx1fx20 C．对任意xR,则有fxfx2

D．若函数yfxmx有两个不同的零点,则实数m的取值范围是–,0【答案】CD 【分析】

根据函数的奇偶性以及单调性判断AB选项；对x进行分类讨论，判断C选项；对选项D，构造函数，将函数的零点问题转化为函数图象的交点问题，即可得出实数m的取值范围. 【详解】

对于A选项，当x0时，x0，则

4,

f(x)(x)22(x)1x22x1f(x)

所以函数fx不是奇函数，故A错误； 对于B选项，y所以函数yx22x1的对称轴为x1，yx22x1的对称轴为x1

x22x1在区间[0,)上单调递增，函数yx22x1在区间(,0)上单调递增，并且0220102201 所以fx在R上单调递增

即对任意x1x2,x1,x2R，都有fx1fx2

则x1x20,fx1fx20x1x2fx1fx20，故B错误； 对于C选项，当x0时，x0，则 f(x)(x)22(x)1x22x1 则f(x)f(x)x2x1x2x12 当x0时，f(0)f(0)1，则f(0)f(0)2

当x0时，x0，则f(x)(x)2(x)1x2x1 则f(x)f(x)x2x1x2x12 即对任意xR,则有fxfx2，故C正确；

对于D选项，当x0时，yf010，则x0不是该函数的零点 当x0时，fxmx0令函数g(x)222222fxxm

fxx，函数ym

由题意可知函数ym与函数g(x)fxx的图象有两个不同的交点

因为fx0时，x12,，f(x)0时，x,12

1x2,x0x1所以g(x)x2,12x0

x1xx2,x12当x0时，设0x1x21，gx1gx2x111xxxx1x21212 x1x2x1x2因为x1x20,x1x210，所以gx1gx20，即gx1gx2 设1x1x2，gx1gx2x1x2x1x210x1x2，即gx1gx2

所以函数g(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,)上单调递增

同理可证，函数g(x)在区间12,0上单调递减，在区间,12上单调递增

1g(1)124

1函数g(x)图象如下图所示

由图可知，要使得函数ym与函数g(x)则实数m的取值范围是–,0故选：CD 【点睛】

fxx的图象有两个不同的交点

4,，故D正确；

本题主要考查了利用定义证明函数的单调性以及奇偶性，由函数零点的个数求参数的范围，属于较难题.

二、导数及其应用多选题

9．设函数fxxlnx，gx12x，给定下列命题，其中正确的是（ ） 21eA．若方程fxk有两个不同的实数根，则k,0； B．若方程kfxx恰好只有一个实数根，则k0；

2C．若x1x20，总有mgx1gx2fx1fx2恒成立，则m1； D．若函数Fxfx2agx有两个极值点，则实数a0,【答案】ACD 【分析】

利用导数研究函数的单调性和极值，且将题意转化为yf(x)与yk有两个不同的交点，即可判断A选项；易知x1不是该方程的根，当x1时，将条件等价于yk和

1． 2yx只有一个交点，利用导数研究函数的单调性和极值，从而可推出结果，即可判断lnxB选项；当x1x20时，将条件等价于mg(x1)f(x1)mg(x2)f(x2)恒成立，即函数ymg(x)f(x)在(0,)上为增函数，通过构造新函数以及利用导数求出单调区

间，即可求出m的范围，即可判断C选项；F(x)xlnxax2(x0)有两个不同极值点，根据导数的符号列出不等式并求解，即可判断D选项. 【详解】

解：对于A，f(x)的定义域(0,)，f(x)lnx1， 令f(x)0，有lnx1，即x1， e（，+）可知f(x)在(0,)单调递减，在单调递增，所以极小值等于最小值， 11f(x)minf()，且当x0时f(x)0，又f(1)0，

ee从而要使得方程f(x)k有两个不同的实根，

即yf(x)与yk有两个不同的交点，所以k(,0)，故A正确； 对于B，易知x1不是该方程的根，

2当x1时，f(x)0，方程kf(x)x有且只有一个实数根，

1e1e1e等价于yk和yyx只有一个交点， lnxlnx1，又x0且x1， (lnx)2令y0，即lnx1，有xe， 知yx（0,1）在和单减，在上单增， （e，+）（，1e）lnxx1是一条渐近线，极小值为e,

x由y大致图像可知k0或k=e，故B错误；

lnx对于C，当x1x20时，mg(x1)g(x2)f(x1)f(x2)恒成立， 等价于mg(x1)f(x1)mg(x2)f(x2)恒成立， 即函数ymg(x)f(x)在(0,)上为增函数， 即ymg(x)f(x)mxlnx10恒成立，

lnx1在(0,)上恒成立， xlnx1lnx令r(x)，则r(x)，

xx2令r(x)0得lnx0，有0x1，

即m从而r(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减， 则r(x)maxr(1)1，于是m1，故C正确；

对于D，F(x)xlnxax(x0)有两个不同极值点，

2等价于F(x)lnx12ax0有两个不同的正根， 即方程2alnx1有两个不同的正根， x1，则D正确. 2由C可知，02a1，即0a故选：ACD.

【点睛】

关键点点睛：本题考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性和极值，以及利用导数解决函数的零点问题和恒成立问题从而求参数范围，解题的关键在于将零点问题转化成两个函数的交点问题，解题时注意利用数形结合，考查转化思想和运算能力．

10．对于定义在D1上的函数fx和定义在D2上的函数gx，若直线ykxbk,bR同时满足：①xD1，fxkxb，②xD2，

gxkxb，则称直线ykxb为fx与gx的“隔离直线”.若fxgxex1，则下列为fx与gx的隔离直线的是（ ）

A．yx 【答案】AB 【分析】

B．yxlnx，x1 2C．yx 3eD．y11x 22根据隔离直线的定义，函数yfx的图象总在隔离直线的下方，ygx的图象总在隔离直线的上方，并且可以有公共点，结合函数的图象和函数的单调性，以及直线的特征，逐项判定，即可求解. 【详解】

根据隔离直线的定义，函数yfx的图象总在隔离直线的下方，ygx的图象总在隔离直线的上方，并且可以有公共点， 由函数fxlnx1lnx，可得fx， xx2所以函数fx在0,e上单调递增，在e,上单调递减，

因为f10，f11，此时函数fx的点(1,0)处的切线方程为yx1，

且函数fx的图象在直线yx1的下方； 又由函数gxex1，可得gxex10，gx单调递增，

因为g1g11，所以函数gx在点(1,1)处的切线方程为y1x1，即yx， 此时函数gx的图象在直线yx的上方，

根据上述特征可以画出yfx和ygx的大致图象，如图所示，

直线yx1和yx分别是两条曲线的切线，这两条切线以及它们之间与直线yx平行的直线都满足隔离直线的条件，所以A，B都符合； 设过原点的直线与函数yfx相切于点P(x0,y0)， 根据导数的几何意义，可得切线的斜率为k又由斜k1lnx0， 2x0y00lnx0lnx1lnx02，可得20，解得x0e， 1x00x0x0x0所以kx1lne1y，可得切线方程为， 22e2e(e)x与曲yfx相交，故C不符合； 3e又由直线y由直线y111x过点1,0，斜率为，曲线yfx在点1,0处的切线斜率为1，

222明显不满足，排除D. 故选：AB.

【点睛】

对于函数的新定义试题：

（1）认真审题，正确理解函数的新定义，合理转化；

（2）根据隔离直线的定义，转化为函数yfx的图象总在隔离直线的下方，ygx的图象总在隔离直线的上方.