福建省福州第一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

x2ax,x01．已知函数fxx，则（ ）

21,x0A．fx的值域为1, B．当a0时，fxfx1

2C．当a0时，存在非零实数x0，满足fx0fx00 D．函数gxfxa可能有三个零点 【答案】BC 【分析】

A．考虑a2时的情况，求解出各段函数值域再进行判断；B．先根据条件分析fx的单调性，再根据x21与x的大小关系进行判断；C．作出

yx2ax,yx2ax,yx2ax的函数图象，根据图象的对称性进行分析判断；

D．根据条件先分析出a0,1，再根据有三个零点确定出a满足的不等式，由此判断出

a是否有解，并判断结论是否正确.

【详解】

aa2x2A．当x0时，y21011，当x0时，yxaxx，取

242a2，此时yx111，

所以此时的值域为1,，故A错误；

2aaa22B．当a0时，yxaxx的对称轴为x0，所以fx在

2242,0上单调递减，

又因为fx在0,上单调递减，且020a201，所以fx在R上单调递减，

132又因为x21xx0，所以x21x，所以fxfx1，故B正

242确；

C．作出函数yx2ax,yx2ax,y2x1的图象如下图所示：

222由图象可知：yxax,yxax关于原点对称，且yxax与y2x1相

交于x0,y0，

因为点x0,y0在函数yxax的图象上，所以点x0,y0在函数yxax的图

22象上，

所以fx0fx0y0y00，

所以当a0时，存在x0使得fx0fx00，故C正确；

D．由题意知：fxa有三个根，所以fx不是单调函数，所以a0， 又因为y22x11,0，所以a1,0，所以a0,1，

a2a2,，若方程有三个根，则有a，所以a4或a0，这且yxax44与a0,1矛盾，

所以函数gxfxa不可能有三个零点，故D错误， 故选：BC. 【点睛】

思路点睛：函数与方程的综合问题，采用数形结合思想能高效解答问题，通过数与形的相互转化能使问题转化为更简单的问题，常见的图象应用的命题角度有： （1）确定方程根的个数； （2）求参数范围； （3）求不等式解集； （4）研究函数性质.

2．对于定义在R上的函数fx，若存在正实数a，b，使得fxafxb对一切xR均成立，则称fx是“控制增长函数”.在以下四个函数中是“控制增长函数”的有

（ ） A．fxe

xB．fxx C．fxsinx

2D．fxxsinx

【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x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x1b，2axa2ab

a0，不等式在xR上不恒成立，

2所以f(x)xx1不是“控制增长函数”；

对于B. f(xa)f(x)b可化为，

|xa||x|b，即|xa||x|b22b|x|恒成立.

又|xa||x|a，故只需保证|x|a|x|b22b|x|恒成立即可.

ab2 ，当a2b20时， b0,|x|2b不等式|xa||x|b恒成立，

f(x)|x|是“控制增长函数”；

对于C.

1f(x)sinx21,f(xa)f(x)2，

b2时，a为任意正数，f(xa)f(x)b恒成立， f(x)sinx2是“控制增长函数”；

对于D. f(xa)f(x)b化为，

(xa)sin(xa)xsinxb，令a2 ，

则(x2)sinxxsinxb,2sinxb，

当b2时，不等式(xa)sin(xa)xsinxb恒成立，

f(x)xsinx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”.

3．设函数f(x)是定义在区间I上的函数，若对区间I中的任意两个实数x1,x2，都有

x1x2f(x1)f(x2)),则称f(x)为区间I上的下凸函数.下列函数中是区间(1,3)上22的下凸函数的是（ ） f(A．f(x)2x1 C．f(x)x35 【答案】ACD 【分析】

B．f(x)x2 D．f(x)2x1 x1x1x2f(x1)f(x2))，可判定A正确；根据特殊值法，22可判定B不正确；根据函数的图象变换，结合函数的图象，可判定C、D正确. 【详解】

根据函数的解析式，求得f(对于A中，任取x1,x2(1,3)且x1x2，则f(x1x2)(x1x2)1， 2f(x1)f(x2)1(2x112x21)(x1x2)1，

22可得f(x1x2f(x1)f(x2)xx2f(x1)f(x2)))，满足f(1，所以A正确； 2222xx35,x2，则122， 222f(x1)f(x2)xx11，f(12)f(2)0， ，所以

2222对于B中，取x1可得f()f()此时f(3252x1x2f(x1)f(x2))，不符合题意，所以B不正确； 223对于C中，函数f(x)x5，

由幂函数yx的图象向上移动5个单位，得到函数f(x)x5的图象， 如图所示，

取x1,x2(1,3)且x1x2，由图象可得f(因为yDyC，所以f(33x1x2f(x1)f(x2))yC，yD， 22x1x2f(x1)f(x2))，符合题意，所以是正确的； 22

对于D中，函数f(x)由函数y象，

2x132 x1x12x13的图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位，得到f(x)的图xx1x1x2)yC，2如图所示，取x1,x2(1,3)且x1x2，由图象可得f(f(x1)f(x2)yD，

2因为yDyC，所以f(x1x2f(x1)f(x2))，符合题意，所以是正确的； 22

【点睛】

本题主要考查了函数的新定义及其应用，其中解答中正确理解函数的新定义，以及结合函数的图象求解是解答的关键，着重考查了数形结合法，以及推理与运算能力，属于中档试题.

个单位长度得到函数f(x)，已知f(x)在[0，2π]上有5且只有5个零点，则下列结论正确的是（ ）

4．设函数g(x)=sinωx(ω＞0)向左平移

A．f(x)的图象关于直线x

2

对称

B．f(x)在(0，2π)上有且只有3个极大值点，f(x)在(0，2π)上有且只有2个极小值点 C．f(x)在(0,)上单调递增 101229,) 510D．ω的取值范围是[【答案】CD 【分析】

利用正弦函数的对称轴可知，A不正确；由图可知f(x)在(0,2)上还可能有3个极小值点，B不正确；由xA2xB解得的结果可知，D正确；根据f(x)在(0,增，且

3)上递1010【详解】

3，可知C正确. 102)sin[(x)]sin(x)， T，如图：

555依题意得f(x)g(x

对于A，令x直线x5k2，kZ，得xk3，kZ，所以f(x)的图象关于10k3(kZ)对称，故A不正确； 10对于B，根据图象可知，xA2xB，f(x)在(0,2)有3个极大值点，f(x)在(0,2)有2个或3个极小值点，故B不正确， 对于D，因为xA55224T，5252512292292429xB3T32，所以，解得，51055555所以D正确；

11233T)上递增，，由图可知f(x)在(0,5454101029333，所以(1)0，所以f(x)在(0,)上单调递增，故因为1010101010C正确；

对于C，因为故选：CD. 【点睛】

本题考查了三角函数的相位变换，考查了正弦函数的对称轴和单调性和周期性，考查了极

值点的概念，考查了函数的零点，考查了数形结合思想，属于中档题.

5．下列选项中a的范围能使得关于x的不等式xxa20至少有一个负数解的是（ ） A．29,0 4B．2,3

C．1,2 D．0,1

【答案】ACD 【分析】

将不等式变形为xa2x，作出函数yxa,y2x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xa20，所以xa2x且2x2222220，

在同一坐标系中作出yxa,y2x的图象如下图：

2当yxa与y2x在y轴左侧相切时，

xa2x仅有一解，所以14a20，所以a29， 4将yxa向右移动至第二次过点0,2时，0a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. 4

log51x,x16．已知fx，则关于x的方程2x22,x1个数可能为（ ）

1fx2aa1的实根

xA．2 【答案】ABC 【分析】

B．3 C．4 D．5

画出fx的图像，由a1，可分类讨论0a1，a0，a0三种情况，令

tx12，并画出图像，结合两个函数图像以及x1fx2a，判断出实根个数

x构成的集合. 【详解】

画出fx的图像如图所示，令tx12，画出图像如图所示. x42，由t221，解得t61,t73.. 52由log51t1，解得：t44,t5由log51t0，解得：t80，由t220t1，解得t922. （1）当0a1时，fta，有3解，且4t0或0t合tx4或3t22，结5142的图像可知，4t0时没有x与其对应，0t或3t22时x512a有4个实数根. x每个t都有2个x与其对应，故此时fx（2）当a0时，fta，有2解，且t0或t22，t0有一个x1与其对应，t22有两个x与其对应，故此时fx12a有3个实数根. x（3）当a0时，fta，有1解，且t22，结合tx12的图像可知，每个xt有两个x与其对应，故此时fx2a有2个实数根.

x1xfx2a的实根个数构成的集合为{2,3,4}. 综上所述，关于的方程x故选：ABC

1

【点睛】

方法点睛：本题考查分类讨论参数，求函数零点个数问题，讨论函数零点个数常用方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根；（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，考查学生的数形结合的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.

7．对于函数fx定义域中任意的x1,x2x1x2，有如下结论，当fxlgx时，上述结论中正确结论的序号是（ ） A．fx1x2fx1fx2 C．

B．fx1x2fx1fx2 D．ff(x1)f(x2)＞0

x1x2x1x2fx1fx2 22【答案】BC 【分析】

由对数的运算性质判断A，B，由对数函数的单调性判断C，由对数的运算结合基本不等式判断D． 【详解】

对于A，错误； 对于B，对于C，对于D，

fx1x2lgx1x2lgx1lgx2，即fx1x2fx1fx2，故Afx1x2lgx1x2lgx1lgx2fx1fx2，故B正确； fxlgx在定义域中单调递增，fx1fx20，故C正确；

x1x2x1,x20x1x2，利用基本不等式知

xxxxf12lg12lgx1x2，又22fx1fx22xxf122故选：BC 【点睛】

关键点点睛：本题考查命题的真假判断，考查对数函数的性质，考查基本不等式的应用，解决本题的关键点是将对数形式化为根式，即

lgx1lgx2lgx1x2lgx1x2，则22fx1fx2，故D错误； 2lgx1lgx2lgx1x2，利用对数的运算结2合基本不等式放缩得出答案，并验证取等条件，考查了学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题．

8．函数fx的定义域为D，若存在区间m,nD使fx在区间m,n上的值域也是

m,n，则称区间m,n为函数fx的“和谐区间”，则下列函数存在“和谐区间”的是

（ ） A．fx

【答案】ABD 【分析】

根据题意，可知若fx在区间m,n上的值域也是m,n，则fx存在“和谐区间”m,n，且mn，则x B．fxx2x2

2C．fxx1xD．fx1 xfmmfmn或，再对各个选项进行运算求解

fnnfnmm,n，即可判断该函数是否存在“和谐区间”.

【详解】

解：由题得，若fx在区间m,n上的值域也是m,n，则fx存在“和谐区

间”m,n，

fmmfmnmn可知，，则或，

fnnfnmm0fmmmA：fxxx0，若，解得：，

n1fnnn所以fx2x存在“和谐区间”0,1；

2m1fmm2m2mB：fxx2x2xR，若 ，解得：， 2fnn2n2nn2所以fxx2x2存在“和谐区间” 1,2；

211fmmm01mmC：fxxx0，若，得，故无解；

11xfnnn0nnf若f1mn1mmmn1m2m1mm，化简得：0， ，即 221m(m1)m1nnnm1nnmn即m2m10，由于1241130，故无解； 若0m1nf1mm2, 不成立 所以fxx1不存在“和谐区间”； x1fmn1m+，0 单调递减，则 D：fxx0，函数在0，， 不妨令-，x1fnmn1m2， n2所以fx11

存在“和谐区间”,2； x2

综上得：存在“和谐区间”的是ABD. 故选：ABD. 【点睛】

关键点点睛：本题以函数的新定义为载体，考查函数的定义域、值域以及零点等知识，解

题的关键是理解“和谐区间”的定义，考查运算能力以及函数与方程的思想.

二、导数及其应用多选题

9．已知f(x)x2lnx，g(x)（ ）

f(x)，f(x)是f(x)的导函数，则下列结论正确的是2x12f(x)A．在e,上单调递增． B．g(x)在(0,)上两个零点

22C．当0x1x2e 时，m(x1x2)f(x1)f(x2)恒成立，则m3 2D．若函数h(x)f(x)ax只有一个极值点，则实数a0 【答案】ACD 【分析】

求出导函数f(x)，由f(x)0确定增区间，判断A，然后可得g(x)，再利用导数确定

g(x)的单调性与极值，结合零点存在定理得零点个数，判断B，构造函数

(x)f(x)mx2，由(x)在(0,e)上递减，求得m范围，判断C，利用导数研究h(x)的单调性与极值点，得a的范围，判断D． 【详解】

f(x)x(2lnx1)(x0)，令f(x)0，

11得2lnx10lnxxe2，故A正确

2g(x)2lnx1， x1112lnx12，g(x)0得g(x)0g(x)，令得lnxxe0xe2， x2211故g(x)在0,e2上为减函数，在e2上为增函数．

当x时，g(x)；当x时，g(x)0且g(x)0

g(x)的大致图象为

g(x)只有一个零点，故B错．

记(x)f(x)mx，则(x)在(0,e)上为减函数，

2(x)x(2lnx1)2mx0对x(0,e)恒成立

2m2lnx1对x(0,e)恒成立 2m3m故C正确．

3． 2h(x)f(x)axx2lnxax，

h(x)x(2lnx1)a，设H(x)x(2lnx1)，

h(x)只有一个极值点， h(x)0只有一个解，即直线ya与yH(x)的图象只有一个

交点．

H(x)2(lnx1)12lnx3，

H(x)在(0,)上为增函数，令H(x)0，得xe2，

0当x(0,x0)时，H(x)0；当x(x0,)时，H(x)0．

3H(x)在(0,x0)上为减函数，在(x0,)上为增函数，

33H(x0)e212e20，

23232H(x)0，且x0时，

2lnx12lne120，即

H(x)0，又x时，H(x)，因此H(x)的大致图象如下（不含原点）：

x(0,x0)时，

直线ya与它只有一个交点，则a0．故D正确． 故选：ACD． 【点睛】

关键点点睛：本题考查用导数研究函数的性质，解题关键是由导数确定函数的单调性，得出函数的极值，对于零点问题，需要结合零点存在定理才能确定零点个数．注意数形结合思想的应用．

10．已知函数fxlnxx1，给出下列四个结论，其中正确的是（ ） xA．曲线yfx在x1处的切线方程为xy10 B．fx恰有2个零点

C．fx既有最大值，又有最小值

D．若x1x20且fx1fx20，则x1x21 【答案】BD 【分析】

本题首先可根据f10以及f13判断出A错误，然后根据当x0时的函数单

调性、当x0时的函数单调性、f10以及f10判断出B正确和C错误，最后1根据fx1fx20得出fx1fx2，根据函数单调性即可证得x1x21，D正确. 【详解】

函数fxlnxx1的定义域为,00,， x111x2x1当x0时，fxlnxx，fx12；

xxx2x111x2x1lnxx当x0时，fx，fx12， 2xxxxA项：f1ln1110，f11211213，

则曲线yfx在x1处的切线方程为y0B项：当x0时，

3x1，即y3x3，A错误；

2fxx2x1x221x2x21x2x220，函数fx是减函数，

当x0时，

fxxx1x20，函数fx是减函数，

因为f10，f10，所以函数fx恰有2个零点，B正确； C项：由函数fx的单调性易知，C错误； D项：当x1>0、x20时， 因为fx1fx20， 所以fx1fx2lnx2x21x2ln1x21x2x2f1， x2因为fx在0,上为减函数，所以x11，x1x20， x2同理可证得当x10、x20时命题也成立，D正确， 故选：BD. 【点睛】

本题考查函数在某点处的切线求法以及函数单调性的应用，考查根据导函数求函数在某点处的切线以及函数单调性，导函数值即切线斜率，若导函数值大于0，则函数是增函数，若导函数值小于0，则函数是减函数，考查函数方程思想，考查运算能力，是难题.