2021年高考新题型——数学函数的概念与基本初等函数多选题专项练习含解析

练习含解析

一、函数的概念与基本初等函数多选题

2x1,0x1n0,21．已知函数f(x)(nN*)上的，方程fxx0在区间f(x1)1,x1所有根的和为bn，则（ ） A．f20202019 C．bn22n1B．f20202020 D．bn2n1

n(n1) 2【答案】BC 【分析】

先推导出fx在n,n1nN*上的解析式，然后画出fx与yx的图象，得出

fxx时，所有交点的横坐标，然后得出bn.

【详解】

因为当x0,1时，fx21，所以当xx1,2时，x10,1，

则fx12x11，故fxfx112x1112x1，

x1 x2同理当x2,3时，x11,2，fxfx1121；

x3当x3,4时，x12,3，则fxfx1122；

即x10,1时，x10,1，fx2………

故当xn,n1时，fx2nnxnn1，

21,2当x时，fx2x2n12n2.

所以f20202020，故B正确；

n0,2作出fx与yx的图象如图所示，则当fxx0且时，x的值分别为：

0,1,2,3,4,5,6,,2n

则b0122n故选：BC.

2n2n2n122n12n122n12n1，故C正确.

【点睛】

本题考查函数的零点综合问题，难度较大，推出原函数在每一段上的解析式并找到其规律是关键.

2．已知函数f(x)xx1x2，下列关于函数f(x)的结论正确的为（ ） x1x2x3B．函数f(x)的值域为R D．f(x)图象是中心对称图象

A．f(x)在定义域内有三个零点 C．f(x)在定义域内为周期函数 【答案】ABD 【分析】

111f(x)3将函数变形为，求出定义域，结合导数求函数的单调性

x1x2x3即可判断BC，由零点存在定理结合单调性可判断A，由fxf4x6可求出函数的对称点，即可判断D. 【详解】

解：由题意知，f(x)1111111113， x1x2x3x1x2x3定义域为,33,22,11,，

f(x)1x121x221x320，

所以函数在,3,3,2,2,1,1,定义域上单调递增，C不正确； 当x1时，f3712330,f00，则1,上有一个零点， 111523470,45f0，所以在x2,1上有一个零点， 4当x2,1时，f当x3,2时，f140,55f0，所以在x3,2上有一个零点， 2当x3，fx0，所以在定义域内函数有三个零点，A正确； 当x0，x1时，fx，当x时，fx， 又函数在1,递增，且在1,上有一个零点，则值域为R，B正确；

111111f(4x)3636fx， x1x2x3x1x2x3所以fxf4x6，所以函数图象关于2,3对称，D正确； 故选:ABD. 【点睛】 结论点睛:

1、yfx与yfx图象关于x轴对称； 2、yfx与yfx图象关于y轴对称； 3、yfx与yf2ax图象关于xa轴对称； 4、yfx与y2afx图象关于ya轴对称； 5、yfx与y2bf2ax图象关于a,b轴对称.

3．下列说法中，正确的有（ ） A．若ab0，则

ba abB．若a0，b0，ab1，则C．己知fx11的最小值为4 ab112f1af1a0，则实数a的取值范围为2,1 ，且x212D．已知函数fxlog23xax8在1,上是增函数，则实数a的取值范围是

211,6

【答案】BCD 【分析】

利用不等式的基本性质可判断A选项的正误；将ab与

11相乘，展开后利用基本不ab等式可判断B选项的正误；判断函数fx的单调性与奇偶性，解不等式

f1af1a20可判断C选项的正误；利用复合函数法可得出关于实数a的不等

式组，解出a的取值范围，可判断D选项的正误. 【详解】

对于A选项，ab0，则对于B选项，

ab1，A选项错误； baa0，b0，ab1，

11baba11ab2224， abababab当且仅当ab111时，等号成立，所以，的最小值为4，B选项正确； 2ab对于C选项，函数fx的定义域为R， 任取x1、x2R且x1x2，则2x22x10， 所以，

111112x22x11fx1fx2x1x2x1x2x0x2121221221212121，

即fx1fx2，所以，函数fx为R上的减函数，

x1122112xfxx，

21222x1212x2x12x12x2x1fx， 则fxxxxx2122212221所以，函数fx为R上的奇函数，且为减函数， 由f1af1a20可得f1af1afa221，

所以，a211a，即a2a20，解得2a1，C选项正确； 对于D选项，对于函数fxlog23xax8，令u3x2ax8，

2由于外层函数ylog2u为增函数，则内层函数u3x2ax8在1,上为增函数，

a1所以6，解得11a6，D选项正确.

umin3a80故选：BCD. 【点睛】

方法点睛：利用函数的奇偶性与单调性求解抽象函数不等式，要设法将隐性划归为显性的不等式来求解，方法是：

（1）把不等式转化为fgxfhx；

（2）判断函数fx的单调性，再根据函数的单调性把不等式的函数符号“f”脱掉，得到具体的不等式（组），但要注意函数奇偶性的区别.

4．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；

22当b1时，a，b0,1，此时fxx11x，所以fx在a，b内单调递

对于C，由定义域为a，b，可知0ab， 减，

2fa1ab则满足，化简可得a2ab2b， 2fb1ba22111111即ab，所以ab或ab，

222222解得ab（舍）或ab1，

ab1由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.

5．已知直线yx2分别与函数yex和ylnx的图象交于点Ax1,y1,Bx2,y2，则下列结论正确的是( ) A．x1x22

C．x1lnx2x2lnx10 【答案】ABC 【分析】

根据互为反函数的性质可得Ax1,y1,Bx2,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lnx互为反函数， 则ye与ylnx的图象关于yx对称，

xxB．ex1ex22e D．x1x2e 2将yx2与yx联立，则x1,y1，

由直线yx2分别与函数yex和ylnx的图象交于点Ax1,y1,Bx2,y2， 作出函数图像：

则Ax1,y1,Bx2,y2的中点坐标为1,1， 对于A，由

x1x21，解得x1x22，故A正确； 2对于B，ex1ex22ex1ex22ex1x22e22e， 因为x1x2，即等号不成立，所以ex1ex22e，故B正确；

对于C，将yx2与ye联立可得x2ex，即exx20，

x设fxex2，且函数为单调递增函数，

x111312f010210，fe2e20，

222故函数的零点在0,上，即0x1121，由x1x22，则1x22， 2x1lnx2x2lnx1x1lnx2x2ln1 x1x1lnx2x2lnx2x1x2lnx20，故C正确；

对于D，由x1x22x1x2，解得x1x21， 由于x1x2，则x1x21，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.

6．已知函数f(x)的个数可以是（ ） A．0个 【答案】ABC 【分析】

x12，当实数m取确定的某个值时，方程f(x)mf(x)10的根xeB．1个

C．2个

D．4个

令tfx，画出f(x)【详解】

x1，结合t2mt10的解的情况可得正确的选项. xef(x)x， exxx0，故fx在0，故fx在0,,0上为增函数；

上为减函数，

故当x0时，f当x0时，f而f10且当x0时，fx0恒成立，故fx的图象如图所示：

考虑方程t2mt10的解的情况.

m24，

当m2时，，此时方程t2mt10有两个不等的正根t1t2， 因为t1t21，故0t11，t21，

由图象可知方程t1fx的解的个数为2，方程t2fx的解的个数为0， 故方程f(x)mf(x)10的根的个数是2.

当m2时，0，此时方程t2mt10有两个相等的正根t1t21， 由图象可知方程fx221的解的个数为1，

故方程f(x)mf(x)10的根的个数是1.

当2m2时，，此时方程t2mt10无解，

故方程f2(x)mf(x)10的根的个数是0.

当m2时，0，此时方程t2mt10有两个相等的负根t1t21， 由图象可知方程fx1的解的个数为1， 故方程f(x)mf(x)10的根的个数是1.

当m2时，，此时方程t2mt10有两个不等的负根t1t2， 由图象可知方程t1fx的解的个数为1，方程t2fx的解的个数为1， 故方程f2(x)mf(x)10的根的个数是2. 故选：ABC． 【点睛】

本题考查复合方程的解，此类问题，一般用换元法来考虑，其中不含的参数的函数的图象应利用导数来刻画，本题属于难题．

2

7．已知当x0时，f(x)2x24x；x0时yf(x2)，以下结论正确的是（ ）

A．fx在区间6,4上是增函数； B．f2f20212；

C．函数yfx周期函数，且最小正周期为2； D．若方程f(x)kx1恰有3个实根，则【答案】BD 【分析】

利用函数的性质，依次对选项加以判断，ABC考查函数的周期性及函数的单调性，重点理解函数周期性的应用，是解题的关键，D选项考查方程的根的个数，需要转化为两个函数的交点个数，在同一图像中分别研究两个函数，临界条件是直线与函数fx相切，结合图像将问题简单化. 【详解】

对于A，x0时yf(x2)，

即fx在区间6,4上的单调性与fx在区间0,2上单调性一致， 所以fx在6,5上是增函数，在5,4上是减函数，故A错误； 对于B，当x0时，fx2f(x)，

1k422或k224； 2f2=f222242=0，

f2021f1=f1+2=f1=2+42，故B正确；

对于C，当x0时，fx2f(x)，

当x0时，fx不是周期函数，故C错误； 对于D，由x0时，f(x)2x24x；

x0时yf(x2)，可求得当2x0时，f(x)2x24x；

直线ykx1恒过点(0,1)，方程f(x)kx1恰有3个实根， 即函数fx和函数ykx1的图像有三个交点，

当k0时，直线ykx1与函数fx（x0）相切于点(x0,y0)，

1kk4222k4x04则，解得2，

x0=kx12x24x0002要函数fx和函数ykx1的图像有三个交点， 则k的取值范围为：

1k422； 2当k0时，当x0时，直线ykx1与函数fx有两个交点， 设直线ykx1与函数fx（x0）相切于点(x0,y0)，

k224k4x04则，解得 22kx012x04x0x0=2综上，方程f(x)kx1有3个实根， 则

1k422或k224,故D正确. 2

故选：BD. 【点睛】

本题考查函数的性质，单调性，及函数零点个数的判断，主要考查学生的逻辑推理能力，数形结合能力，属于较难题.

1(x为有理数)8．函数f(x)， 则下列结论正确的是（ ）

0(x为无理数)A．f(x)是偶函数

C．方程f(f(x))x的解为x1 【答案】ABC 【分析】 逐项分析判断即可. 【详解】

当x为有理数时，x也为有理数

B．f(x)的值域是{0,1}

D．方程f(f(x))f(x)的解为x1

fx1

当x为无理数时，x也为无理数

fx0 f(x)1(x为有理数)

0(x为无理数)fxfx

f(x)是偶函数，A对；

易知B对；

x1时，f(f(1))f11

C对

f(f(x))f(x)的解为全体有理数

D错

故选：ABC. 【点睛】

本题综合考查分段函数的奇偶性判断、值域、解方程等，要求学生能灵活应用知识解题，难度较大.

2x2,2x19．已知函数fx，若关于x的方程fxm恰有两个不同解

lnx1,1xe（x2x1)fx2的取值可能是（ ） x1,x2x1x2，则

A．3 【答案】BC 【分析】

利用函数的单调性以及已知条件得到x1B．1

C．0

D．2

m2,x2em1,m(1,0]，代入2（x2x1)fx2，令g(x)xex112xx,x(1,0]，求导，利用导函数的单调性分2析原函数的单调性，即可求出取值范围. 【详解】

因为f(x)m的两根为x1,x2x1x2， 所以x1m2,x2em1,m(1,0]， 2m2mm1fx2em1mmem． 222从而x2x1令g(x)xex11x2x,x(1,0]， 2x1则g(x)(x1)e因为x(1,0]，

x1，x(1,0]．

所以x10,ex1e01,x10， 所以g(x)0在(1,0]上恒成立， 从而g(x)在(1,0]上单调递增． 又g(0)0,g(1)所以g(x)5， 25,0， 25,0， 2即x2x1fx2的取值范围是故选：BC． 【点睛】

关键点睛：本题考查利用导数解决函数的范围问题.构造函数

1g(x)xex1x2x,x(1,0]，利用导数求取值范围是解决本题的关键.

2

log51x,x110．已知函数fx，则方程2x22,x1（ ）

1fx2a的实根个数可能为

xA．8 【答案】ABC 【分析】

B．7 C．6 D．5

以fx1的特殊情形为突破口，解出x1或3或用换元的思想进一步讨论即可. 【详解】 由基本不等式可得

41或4，将x2看作整体，利5x11x20或x24， xxlog51x,x1作出函数fx的图像，如下： 2x22,x1

①当a2时，x故方程fx11224或0x21， xx12a的实数根个数为4； x②当a2时，x故方程fx111224或0x21或x22， xxx12a的实数根个数为6； x③当1a2时，24x或2x11124或0x21或1x22 xxx123， x12a的实数根个数为8； x故方程fx④当a1时，x故方程fx111124或0x21或x21或x23，

xxxx12a的实数根个数为7； x⑤当0a1时，4x1120或3x24， xx故方程fx12a的实数根个数为2； x⑥当a0时，x1120或3x24， xx1fx2a的实数根个数为3； 故方程x⑦当a0时，x故方程fx故选：ABC 【点睛】

本题考查了求零点的个数，考查了数形结合的思想以及分类讨论的思想，属于难题.

123， x12a的实数根个数为2； x

lnx,x0f(x)11．已知函数，若函数yf(f(x))a有6个不同零点，则实数x1,x0a的可能取值是（ ）

A．0 【答案】BD 【分析】

分别代入各个选项中a的值，选解出f(f(x))a0中的f(x)，然后再根据数形结合可得出答案. 【详解】

B．1 2C．1 D．

13lnx,x0,画出函数f(x)的图象：

x1,x0

函数yf(f(x))a有零点，即方程f(f(x))a0有根的问题． 对于A：当a0时，f(f(x))0，

故f(x)1，f(x)1，故x0，x2，x故方程f(f(x))a0有4个不等实根； 对于B：当a故f(x)当f(x)1，xe， e11时，f(f(x))， 2211，f(x)e，f(x)，

e21时，由图象可知，有1个根， 2当f(x)e时，由图象可知，有2个根， 当f(x)1e时，由图象可知，有3个根，

故方程f(f(x))a0有6个不等实根； 对于C：当a1时，f(f(x))1， 故f(x)0，f(x)e，f(x)1， e当f(x)0时，由图象可知，有2个根， 当f(x)e时，由图象可知，有2个根， 当f(x)1时，由图象可知，有3个根， e131， 3故方程f(f(x))a0有7个不等实根； 对于D：当a时，f(f(x))12故f(x)，f(x)3e，f(x)3，

e32当f(x)时，由图象可知，有1个根，

3当f(x)3e时，由图象可知，有2个根， 当f(x)13e时，由图象可知，有3个根，

故方程f(f(x))a0有6个不等实根； 故选：BD． 【点睛】

关键点睛：本题的关键一是将问题转化为方程问题，二是先解出f(x)的值，三是根据数形结合得到每一个新的方程的根.

12．设x表示不超过x的最大整数，如：1.21，1.22，yx又称为取整函数，在现实生活中有着广泛的应用，诸如停车收费，出租车收费等均按“取整函数”进行计

费，以下关于“取整函数”的描述，正确的是（ ） A．xR，2x2x

B．x,yR，若xy，则xy1 C．xR，xx212x 2D．不等式2xx30的解集为x|x0或x2 【答案】BCD 【分析】

通过反例可得A错误，根据取整函数的定义可证明BC成立，求出不等式2t2t30的解后可得不等式2xx30的解集，从而可判断D正确与否. 【详解】

对于A，x1.5，则2x33,2x224，故2x2x，故A不成立.

对于B，xym，则mxm1,mym1， 故m1ym，所以xy1，故B成立. 对于C，设xmr，其中mZ,r0,1， 则xx若0r2112mr，2x2m2r， 22111，则r0，2r0，故xx2x；

222若

111r1，则r1，2r1，故xx2x，故C成立.

2222对于D，由不等式2xx30可得x1或x故x0或x2，故D正确. 故选：BCD 【点睛】

3， 2本题考查在新定义背景下恒等式的证明与不等式的解法，注意把等式的证明归结为整数部分和小数部分的关系，本题属于较难题.

13．已知函数fxex1ex24sin2x，则下列说法正确的是（ ） 2A．函数yfx是偶函数，且在,上不单调 B．函数yfx是奇函数，且在,上不单调递增

C．函数yfx在π,0上单调递增 2D．对任意mR，都有f【答案】AD 【分析】

mfm，且fm0

由函数的奇偶性以及函数的单调性即可判断A、B、C、D. 【详解】 解：对A，

fxex1ex2xe2x14sin=x2cosx，

2e2定义域为R，关于原点对称，

e2x1e2x1fx=x2cos(x)2cos(x)f(x)， xeeyfx是偶函数，其图像关于y轴对称，

f(x)在,上不单调，故A正确；

x对B，f(x)e12sinx， exf(x)ex11x2sin(x)=(e2sinx)f(x)， xxeef(x)是奇函数，

令g(x)e则g(x)e+xx12sinx， xe12cosx2+2cosx0， xe12sinxf(x)在,上单调递增， ，且xef(x)在,上单调递增，故B错误；

对C，又

f(x)exf(0)0，

πx,0时，f(x)0，

2πyfx在,0上单调递减，故C错误；

2对D，

yfx是偶函数，且在(0,)上单调递增，

fmfm，且f(m)f(0)0，故D正确.

故选：AD. 【点睛】

用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：

(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域； (2)不能随意将函数的2个的单调递增（或递减）区间写成并集形式；

(3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.

14．设函数fxminx2,x,x2其中minx,y,z表示x,y,z中的最小者.下列

2说法正确的有（ ） A．函数fx为偶函数

B．当x1,时，有fx2fx C．当xR时，ffxfx

D．当x4,4时，fx2fx 【答案】ABC 【分析】

画出fx的图象然后依据图像逐个检验即可． 【详解】

解：画出fx的图象如图所示：

对A，由图象可知：fx的图象关于y轴对称，故fx为偶函数，故A正确； 对B，当1x2时，1x20，fx2f2x2xfx； 当2x3时，0x21，fx2x2fx；

当3x4时，1x22，fx22x24xx2fx； 当x4时，x22，此时有fx2fx，故B成立；

对C，从图象上看，当x0,时，有fxx成立，令tfx，则t0，故

ffxfx，故C正确；

对D，取x确． 故选：ABC．

3，则211131ff，f，fx2fx，故D不正

22224【点睛】

方法点睛：一般地，若fxminSx,Tx（其中minx,y表示x,y中的较小者），则fx的图象是由Sx,Tx这两个函数的图象的较低部分构成的．



15．已知f(x)是定义域为(,)的奇函数，f(x1)是偶函数，且当x0,1时，

f(x)x(x2)，则（ ）

A．fx是周期为2的函数 C．fx的值域为1,1 【答案】BCD 【分析】

对于A，由fx为R上的奇函数，周期为4的周期函数，可判断A.

对于B，由fx是周期为4的周期函数，则f2020f00，

B．f2019f20201 D．yfx在0,2上有4个零点

fx1为偶函数，得f(4x)f(x)，则fx是

f2019f1f11，可判断B．

，时，fxxx2，有0＜fx1，又由fx为R上的奇函对于C，当x01，时，1fx＜0，可判断C． 数，则x10对于D，根据函数的周期性和对称性，可以求出函数在各段上的解析式，从而求出函数的零点，可判断D． 【详解】 解：对于A，

fx1为偶函数，其图像关于x轴对称，把fx1的图像向右平移1个

单位得到fx的图像，所以f(x)图象关于x1对称， 即f(1x)f(1x)，所以f(2x)f(x)，

fx为R上的奇函数，所以f(x)fx，所以f(2x)f(x)，

用2x替换上式中的x得， f(4x)f(x2)，

所以，f(4x)f(x)，则fx是周期为4的周期函数.故A错误. 对于B，fx定义域为R的奇函数，则f00，

fx是周期为4的周期函数，则f2020f00；

则f2019f12020f1f11， 则f2019f20201.故B正确.

，对于C，当x01时，fxxx2，此时有0fx1，

当x0,1时，fxxx2，则f11121，

又由fx为R上的奇函数，则x1,0时，1fx0， f(0)0，函数关于x1对称，所以函数fx的值域1,1.故C正确.

对于D，

f(0)0，且x0,1时，fxxx2，

x[0,1]，f(x)x(x2)，

x[1,2]，2x[0,1]，f(x)f(2x)x(x2)

①x[0,2]时，f(x)x(x2)，此时函数的零点为0，2；

f(x)是奇函数，x[2,0],f(x)x(x2)，

②x2,4时，

f(x)的周期为4，x42,0，

fxfx4x2x4，此时函数零点为4；

③x4,6时，x40,2，

fxfx4(x4)(x6)，此时函数零点为6；

④x6,2时，x42,4，fxfx4x6x8，此时函数无零点；

综合以上有，在(0,2)上有4个零点.故D正确； 故选：BCD 【点睛】

关键点点睛：由f(x1)是偶函数，通过平移得到f(x)关于x1对称，再根据f(x)是奇函数，由此得到函数的周期，进一步把待求问题转化到函数的已知区间上，本题综合考查抽象函数的奇偶性、周期性.

16．设xR，用x表示不超过x的最大整数，则yx称为高斯函数，也叫取整函数.令fxxx，以下结论正确的有（ ） A．f1.10.9 C．fx1fx1 【答案】AD 【分析】

根据高斯函数的定义逐项检验可得正确的选项. 【详解】

B．函数fx为奇函数 D．函数fx的值域为0,1

对于B，取x1.1，则f1.10.9，而f1.11.1-1.11.110.1， 故f1.1f1.1，所以函数fx不为奇函数，故B错误.

对于C，则fx1x1x1x1x1fx，故C错误.

对于A，f1.11.11.11.120.9，故A正确.

对于D，由C的判断可知，fx为周期函数，且周期为1， 当0x1时，则

当0x1时，fxxxx0x， 当x1时，fx11110，

故当0x1时，则有0fx1，故函数fx的值域为0,1，故D正确.

当x0时，则f0000， 故选：AD． 【点睛】

思路点睛：对于函数的新定义问题，注意根据定义展开讨论性质的讨论，并且注意性质讨论的次序，比如讨论函数值域，可以先讨论函数的奇偶性、周期性．

17．1837年，德国数学家狄利克雷(P.G.Dirichlet，1805-1859)第一个引入了现代函数概念：“如果对于x的每一个值，y总有一个完全确定的值与之对应，那么y是x的函数”.由此引发了数学家们对函数性质的研究.下面是以他的名字命名的“狄利克雷函数”：

1,xQD(x)(Q表示有理数集合)，关于此函数，下列说法正确的是（ ）

0,xQRA．D(x)是偶函数 B．xR,D(D(x))1

C．对于任意的有理数t，都有D(xt)D(x)

D．存在三个点A(x1,D(x1)),B(x2,D(x2)),C(x3,D(x3))，使ABC为正三角形 【答案】ABCD 【分析】

利用定义判断函数奇偶性，可确定A的正误，根据“狄利克雷函数”及有理数、无理数的性质，判断其它三个选项的正误. 【详解】

A：由D(x)定义知：定义域关于原点对称，当xQ则xQ，当xRQ则x即有D(x)D(x)，故D(x)是偶函数，正确；

B：由解析式知：xR,D(x)1或D(x)0，即D(D(x))1，正确； C：任意的有理数t，当xQ时，xtQ即D(xt)D(x)，当xRQ时，

RQ，

xtRQ即D(xt)D(x)，正确；

D：若存在ABC为正三角形，则其高为1，边长为

23，所以当3A(33,0),B(0,1),C(,0)时成立，正确； 33故选：ABCD

【点睛】

关键点点睛：应用函数的奇偶性判断，结合新定义函数及有理数、无理数的性质判断各选项的正误.

x2ax,x018．已知函数fxx，则（ ）

21,x0A．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2A．当x0时，y21011，当x0时，yxaxx，取

24x2a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.

19．已知fx为定义在R上且周期为5的函数，当x0,5时，fxx24x3.则下列说法中正确的是（ ）

A．fx的增区间为15k,25k35k,55k，kZ B．若ya与yfx在5,7上有10个零点，则a的范围是0,1 C．当x0,a时，fx的值域为0,3，则a的取值范围1,4 D．若ykx2k0与yfx有3个交点，则k的取值范围为【答案】BC 【分析】

首先作出fx的图象几个周期的图象，由于单调区间不能并，可判断选项A不正确；利用数形结合可判断选项B、C；举反例如k1时经分析可得ykx2k0与yfx有3个交点，可判断选项D不正确，进而可得正确选项. 【详解】

12, 23

对于选项A：单调区间不能用并集，故选项A不正确；

对于选项B：由图知若ya与yfx在5,7上有10个零点，则a的范围是0,1， 故选项B正确；

对于选项C：f10，f43，由图知当x0,a时，fx的值域为0,3，则a的取值范围1,4，故选项C正确；

对于选项D：当k1时，直线为yx2过点5,3，fx也过点5,3，当x10时，y1028，直线过点

10,8，而点10,8不在fx图象上，由图知：当

k1时，直线为yx2与yfx有3个交点，由排除法可知选项D不正确，

故选：BC

【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.

20．已知函数f(x)x11,g(x)x22则下列结论中正确的是（ ） xxB．f(x)g(x)是偶函数 D．f(x)g(x)的最小值为2

A．f(x)g(x)是奇函数 C．f(x)g(x)的最小值为4 【答案】BC 【分析】

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)x11x22 xxf(x)g(x)x11112(x)2xx 2xxx2xf(x)g(x)f(x)g(x) f(x)g(x)是偶函数， A错；

f(x)g(x)x1x1x22

x1f(x)g(x)xx112xx2xx1x22

xf(x)g(x)f(x)g(x) f(x)g(x)是偶函数，B对；

f(x)g(x)x1111x22224，当且仅当x和x2=2时，等号成立，xxxx1x22

x即当且仅当x21时等号成立，C对；

f(x)g(x)x令tx1x1t2，则f(x)g(x)tt22t32t x66或t 33f(x)g(x)3t22，令3t22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.