第11辑函数与导数(解析版)-备考2021年高考数学三轮复习之疯狂选择题30题

备考2021年高考高三数学复习之疯狂选择题30题

第11辑 函数与导数

一、单选题

1．（2020·安徽淮南市·）下列函数在其定义域上既是奇函数又是增函数的是( ) A．f(x)2x 【答案】D 【分析】

先求函数的定义域，看是否关于原点对称，再判断f(x)f(x)及单调性. 【详解】

显然四个选项的函数的定义域都关于原点对称， 对A，f(x)2x不为奇函数，故A错误；

对B，f(x)lg|x|f(x)为偶函数，故B错误； 对C，反比例函数在定义域上不具有单调性，故C错误； 利用排除法可选D. 故选：D. 【点睛】

本题考查判断具体函数的奇偶性和单调性，考查对概念的理解与应用，属于基础题.

2．（2021·宁夏大学附属中学高三一模（理））已知gx是定义在R上的奇函数，fxgxx，若

2B．f(x)lg|x| C．f(x)1 xD．f(x)3x1 x3fa2,f(a)2a2，则a（ ）

A．2 【答案】C 【分析】

根据奇函数的性质进行求解即可. 【详解】

B．1

C．2或1

D．2或1

g(x)是奇函数，g(x)g(x)0，

f(x)f(x)2x2，而fa2,f(a)2a2，

1

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所以42a2a2，解得a2或1， 故选：C

sinx3．（2021·广东肇庆市·高三二模）已知函数fxx1xa为奇函数，则a（ ）

A．1 B．

12 C．12 D．1

【答案】D 【分析】

由于函数是奇函数，所以其定义域关于原点对称，可求出a1，再把a1代入函数中验证即可 【详解】

解：函数的定义域为xx1且xa 因为fxsinxx1xa为奇函数，所以定义域关于原点对称，则a1，

所以fxsinxx1x1sinxx21，

因为fxsin(x)(x)21sinxx21f(x)，满足f(x)为奇函数， 故选：D.

4．（2021·全国高二课时练习）函数yxlnx的图象大致是（ ）

A． B．

C． D．

【答案】D 【分析】

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2

由yxlnx0，求出函数零点，根据零点个数，排除AC，再由特殊值验证，可排除B，即可得出结果. 【详解】

由yxlnx0得x1，所以函数yxlnx只有一个零点，故AC排除； 当x12时，y12ln1212ln20，故排除B，选D.

故选：D. 【点睛】

思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：

(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置． (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.

5．（2020·全国高三其他模拟（理））函数fx3xx3sinx的部分图象大致为（ A． B．

C． D．【答案】D 【分析】

通过函数的奇偶性、区间上的函数值的符号确定正确选项.

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3

）

【详解】

因为函数fx的定义域为R，且fx3xx3sinx3xx3sinxfx，

所以函数fx为偶函数，排除B. 由fxx3x2sinx，可知当x0,3时，fx0；

当x3,时，fx0.所以D选项符合.

故选：D 【点睛】

本小题主要考查函数图象的识别，函数图象的识别的方法主要根据函数的单调性、特殊点来求解.

．（2020·黑龙江大庆市·大庆实验中学高三月考（理））函数f(x)lnxx268 图象大致为( ) A． B．

C． D．

【答案】C 【分析】

根据函数的定义域，极限，单调性判断． 【详解】

f（x）的定义域为{x|x＞0}，排除A． 当x→0+时，f（x）→+∞，排除D．

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4

1时，f（x）＝lnxx2当x＞8，f′（x）1xx4，

令f′（x）＝0解得x＝2， 当x＞2时，f′（x）＜0，

∴f（x）在（2，+∞）上是减函数，排除B． 故选C． 【点睛】

本题考查了函数图象的判断，通常从函数的单调性，特殊点等方面采用排除法判断． 7．（2020·北京高三二模）已知函数f(x)lg|1x|lg|1x|，则f(x)（ ） A．是奇函数，且在(1,)上是增函数 B．是奇函数，且在(1,)上是减函数 C．是偶函数，且在(1,)上是增函数 D．是偶函数，且在(1,)上是减函数 【答案】C 【分析】

利用奇偶性的定义判断函数的奇偶性，再利用复合函数单调性法则判断单调性，结合选项可得结果.【详解】

fxlg1xlg1x fx，

fx是偶函数；

当x1时，f(x)lg1xlgx1lgx21，

设txx21，则tx在(1,)上单增，

又ftlgt为增函数，所以f(x)lgx21在(1,)上单增，

fx是偶函数，且在(1,)上是增函数.

故选：C. 【点睛】

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5

本题主要考查函数奇偶性的判断以及函数单调性的判断，属于中档题. 判断函数的奇偶性首先要看函数的定义域是否关于原点对称，如果不对称，既不是奇函数又不是偶函数，如果对称常见方法有：（1）直接法，

fxfx(正为偶函数，负为减函数)；（2）和差法， fxfx0（和为零奇函数，差为零

偶函数）；（3）作商法，

fxfx1（1 为偶函数，1 为奇函数）. alog0.38．（2018·南靖县第一中学高一月考）设

13，2b113，c23，则a,b,c的大小关系是( A．abc B．cba C．cab D．bac 【答案】A 【解析】 【分析】

先得到最小的a0，然后利用0b1c，求得a,b,c的大小关系. 【详解】

alog0.31由于13log110，而220131,231，所以abc，故选A.

【点睛】

本小题主要考查利用指数函数、对数函数、幂函数的性质比较大小.属于基础题.

9．（2020·江西省丰城中学高三期中（理））已知x0.3，ylog3，zcos3，则（ ） A．zyx B． yzx C．zxy D．xzy

【答案】A 【分析】

根据函数的相关性质依次判断即可得出结果. 【详解】

xt为增函数,

x0.301，

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)

6

ylog3为增函数,

0log1log3log1，

23

zcos30,

即x1,0y1，z0,zyx. 故选:A. 【点睛】

本题考查函数性质在比较大小中的应用,属于基础题.

y满足aa10．（2020·全国高三课时练习（理））已知实数x，

xy 则下列关系式恒成立的是（ ）0a1，

A．

11 x21y21B．ln(x21)ln(y21) D．x3y3

C．sinxsiny 【答案】D 【分析】

利用函数的单调性的性质解答即可． 【详解】

因为实数x，y满足aaxy0a1， 所以xy，

根据函数yx2的对称性和单调性，可知x2，y2的大小不确定，故选项A，B中的不等式不恒成立；

根据正弦函数的单调性，可知选项C中的不等式也不恒成立；

33由于函数fxx在R上单调递增，所以xy，所以选项D中的不等式恒成立．

3故选：D. 【点睛】

本题主要考查函数值的大小比较，利用不等式的性质以及函数的单调性是解决本题的关键．

11．（2020·江苏省邗江中学高一期中）f（x）=ax3+3x2+2，若f′（﹣1）=3，则函数在x=﹣1处的切线方程为（ ）

A．y=3x+5 B．y=3x﹣5 C．y=﹣3x+5 D．y=﹣3x﹣5

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7

【答案】A 【解析】

试题分析：求出函数的导数，由f′（﹣1）=3，解方程可得a，进而得到函数在x=﹣1处的切线方程． 解：f（x）=ax3+3x2+2的导数为f′（x）=3ax2+6x， ∴f′（﹣1）=3， ∴3a﹣6=3，解得a=3， ∴f（﹣1）=﹣3+3+2=2

则函数在x=﹣1处的切线方程为y﹣2=3（x+1），即y=3x+5． 故选：A．

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；导数的运算．

12．（2021·安徽马鞍山市·高三一模（文））已知函数fxxalnx的图象在(1，f（1）)处的切线经过

2坐标原点，则函数y=f(x)的最小值为（ ） A．

11ln2 22B．

1ln2 4C．

11ln2 22D．1

【答案】C 【分析】

利用导数的几何意义求出a1，从而可得fxxlnx，求出导函数，利用导数判断出函数的单调性，

2由单调性即可求出最值. 【详解】

函数fxxalnx，则f11aln11

22且fx2x所以f1a，所以f12a， xf1012a，解得a1，

102所以fxxlnx，（x0）

fx2x1， x120，解得x， x28

令fx0，即2x原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！

令fx0，即2x120，解得0x， x222所以函数在区间0,2上单调递减，在区间2,上单调递增.

所以fxmin故选：C

13．（2020·江西高三其他模拟（文））函数fx2lnx3xA．2ln3【答案】B 【分析】

对函数求导，讨论函数的单调区间，即可得出结果. 【详解】

2221211flnlnln2.

22222222521x在,1上的最小值为 （ ） 23D．23 18B．11 2C．2ln217 813 22(5x2)(x1) 35xxx22+)，f'(x)0,f(x)单调递减 当x(0,)，f'(x)0,f(x)单调递增，当x(，551221)f(x)单调递减 所以x(,)，f(x)单调递增，x(，，35511512311函数的最小值在f()2ln12ln3，f(1)中取得，

33291822311112ln3，所以最小值为

2182f'(x)故选：B

14．（2020·山东高三专题练习）函数y＝lgx－A．(6,7) 【答案】D 【解析】

f9）=lg9-1<0, 解：因为零点存在性原理可知，连续函数在区间端点值函数值异号，则说明零点在此区间．因此（f（10）=lg10-9/10>0,因此选D

B．(7,8)

9的零点所在的大致区间是 xD．(9,10)

C．(8,9)

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9

15．（2020·全国高一课时练习）函数fx2x2a的一个零点在区间1,2内，则实数a的取值范围是x（ ） A．1,3 【答案】C 【分析】

根据零点存在定理得出f1f20，代入可得选项. 【详解】

由题可知：函数fx2xB．1,2 C．0,3 D．0,2

2a单调递增，若 一个零点在区间1,2内，则需：f1f20， x即2122a22a0，解得0本题考查零点存在定理，属于基础题.

16．（2021·河南新乡市·高三二模（文））已知yfx的图象关于坐标原点对称，且对任意的xR，

fx2fx恒成立，当1x0时，fx2x，则f2021（ ）

A．1 【答案】B 【分析】

由已知推得fx4fx，可得yfx的周期，应用周期性、奇偶性求f2021即可. 【详解】

∴yfx是R上的奇函数，且fx2fx，

∴fx2fx，即fx4fx2fx，故函数yfx的周期为4． ∴f2021f45051f1f12故选：B.

17．（2020·吉林长春市·高三月考（文））已知定义在R上的函数f(x)满足fxfx5,当x2,0时

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10

1B．1 2C．

1 2D．1

1．

2

,fx(x2)2,当x0，3时,fxx,则f(1)f(2)A．809 【答案】A 【分析】

根据周期性，先求一个周期内函数值的和，再看f(1)f(2)【详解】

由fxfx5可知fx周期为5，

B．811

C．1011

f(2021)（ ）

D．1013

f(2021)有几个周期，即可得解.

所以一个周期的和为：f(1)f(2)f(3)f(4)f(5)12f(2)f(1)f(0)

30102，

所以f1f2....f2021f12404809, 故选：A. 【点睛】

本题考查了函数的周期性，考查了利用周期性求和，解题关键是先求出一个周期内的函数值的和，进而求解的过程，计算量不大，属于基础题.

18．（2020·安徽高三月考（理））已知函数fx2cosxsin2x，则下列结论正确的是（ ） A．fx的最小正周期为 C．fx的图象关于【答案】B

【分析】

根据题意函数fx2cosxsin2x不能简化为fxAsinx的形式, 代入特殊点来验证可知fx的最小正周期不为,fx的图象也不关于x

B．fx的最大值为

33 22

对称

,0对称

D．fx的图象关于x

2

对称

图象不关于【详解】

,0对称,结合导数可得fx的最大值为332.

解:因为函数fx2cosxsin2x不能简化为fxAsinx的形式,

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故最小正周期需要代入特殊点来验证.

f02，fπ2，f0fπ，故fx的最小正周期不为,故A错误; fx的图象也不关于x

2

对称, 故D错误;

因为f2πf02，f(2π) f00，故C错误.

f(x)2sinx2cos2x4sin2x2sinx22(2sinx1)(sinx1)

令f(x)0,即sinx1或sinx1, 2当sinx1333，cosx时，f(x)， 222当sinx133 ，cosx时, f(x)222当sinx1，cosx0时，f(x)0， 故f(x)max故选:B 【点睛】

本题考查三角函数的对称性和周期性,考查函数的最值,属于中档题.

x19．（2021·安徽蚌埠市·高三二模（理））已知函数fxeasinx在区间0,上有极值，则实数a的

3333,f(x)min,故B正确.

22取值范围是（ ） A．0,1 【答案】D 【分析】

求出导数f(x)，由f(x)0在0,上有变号的解即得．

3B．

1,e C．1,2e

D．1,2e3

【详解】

ef(x)eacosx，由题意eacosx0在0,上有解，即a在0,上有解，

3cosx3xxx原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！

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exex(cosxsinx)x记g(x)，g(x)，当0,时，g(x)0，g(x)单调递增， 2cosxcosx3e32e3， g(0)1，g3cos3所以1e2e3． 故选：D． 【点睛】

关键点点睛：本题考查导数与极值．函数在某个区间上有极值，则f(x)在这个区间上有的零点，f(x)0有解，又可转化为函数图象与直线有交点，从而再次转化为利用导数判断函数的单调性，求函数的值域．解题关键在于转化．

xx220．·文）（2021·河南焦作市（）已知函数f(x)eex，则不等式f(2m)f(m2)的解集为（ ）

A．(,2)2, 3B．,2(2,) 322,C．

3【答案】A 【分析】

2D．,2

3先判断函数的奇偶性与单调性，然后结合奇偶性和单调性解不等式． 【详解】

f(x)exexx2f(x)，f(x)是偶函数，

f(x)exex2x，设g(x)exex2x，则g(x)exex22exex20，

所以g(x)是增函数，x0时，g(x)g(0)0，即x0时，f(x)0， 所以在[0,)上，f(x)是增函数．

又f(x)是偶函数，所以不等式f(2m)f(m2)化为f(2m)f(m2)，所以2mm2，解得

2m2或m．

3故选：A．

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【点睛】

关键点点睛：本题考查利用函数的奇偶性与单调性解不等式．在确定单调性需利用导数的知识，为了确定

f(x)的正负，还需进行二次求导．

21．（2021·全国高三其他模拟）已知函数fx3范围为（ ） A．,28, C．0,28, 【答案】C 【分析】

确定函数的对称性与单调性，然后由对称性和单调性解不等式． 【详解】 ∴f4x32xx2x24x，且flog2af3，则实数a的取值

B．0,2 D．8,

4x44x32x2x24xfx，∴fx的图像关于直线x2对称，

∴y3x2和yx24x都在,2上是减函数，在2,上是增函数，∴fx在,2上为减函数，在2,上为增函数．

又flog2af3，∴log2a2321，即log2a1或log2a3，解得0a2或a8． 故选：C．

22．（2021·山东滨州市·高三一模）定义在R上的函数fx满足fxfx，且x1,x20,，

x1x2时，都有x1x2fx1fx20，则（ ）

11A．flog43flog3f22

411C．flog3f22flog43

4【答案】B 【分析】

11B．flog3flog43f22

411D．f22flog43flog3

4由题意可知函数为奇函数，且函数在0,上单调递增，比较自变量的大小，利用函数的单调性即可求解.

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【详解】

x1,x20,，x1x2时，都有x1x2fx1fx20， 所以函数在0,上单调递增， 又函数fx满足fxfx， 所以函数为奇函数，且f00， 所以fx在,0上单调递增，

11log341，又0log431，222， 41则log3log432，

4log3112所以flog3flog43f2.

4故选：B

23．（2021·林芝市第二高级中学高三一模（理））已知fx是R上可导的图象不间断的偶函数，导函数为

fx，且当x0时，满足fx2xfx0，则不等式e12xfx1fx的解集为（ ）

A．1, 2B．,1 2C．,0 D．0,

【答案】B 【分析】

构造函数g(x)exf(x)，根据fx2xfx0，结合题意可知函数gx是偶函数，且在0,上

2是增函数，由此根据结论，构造出x的不等式即可． 【详解】 由题意：不等式e212xfx1fx可化为：f(x1)f(x)e2x1，

22两边同乘以e(x1)得：e(x1)f(x1)exf(x)， 令h(x)exf(x)，易知该函数为偶函数， 因为h(x)ex22f(x)2xf(x)， fx2xfx0，所以h(x)0,(x0)

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所以hx在0,上是单调增函数，又因为hx为偶函数， 故(x1)x，解得：x故选：B． 【点睛】

关键点睛：本题的解题关键是构造新函数，然后运用函数单调性求解不等式，通常情况构造新函数的形式如：F(x)221． 2f(x)， xef(x)2等，需要结合条件或者问题出发进行构造，本题构造函数h(x)exf(x)是xF(x)xf(x)或者F(x)解答本题的关键.

xm,xm24．（2021·北京丰台区·高三一模）已知函数f(x)2，若存在实数b，使得关于x的方程

x,xmf(x)b有三个不同的根，则实数m的取值范围是（ ）

A．(0,2) 【答案】B 【分析】

作出函数f(x)的图象，分m0、m0、m0三段讨论即可． 【详解】 分情况讨论，

B．(,2)(0,2) C．(2,0)

D．(2,0)(2,)

2mm20m2； 当m0时，要使f(x)b有三个不同的根，则m0原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！

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m22mm2． 当m0时，要使f(x)b有三个不同的根，同理可知，需要m0当m0时，两个分段点重合，不可能有三个不同的根，故舍去．

m的取值范围是(,2)(0,2)，

故选：B． 【点睛】

本题考查根的存在性及根的个数判断，数形结合思想的运用是关键，分析得到临界位置的高低是难点，属于中档题．

2x6x7x3,25．（2021·浙江高三其他模拟）已知函数fx若关于x的方程

log2x11x3,fxmfxm20有6个根，则m的取值范围为（ ）

A．,223 【答案】B 【分析】

作出函数fx的图象,令tfx，则原方程可化为t2mtm20在0,2上有2个不相等的实根，再数形结合得解. 【详解】

2B．2,223

C．2,

D．2,223

原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！

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2作出函数fx的图象如图所示．令tfx，则fxmfxm20可化为tmtm20，

2要使关于x的方程数形结合知需方程t2mtm20在0,2fxmfxm20有6个根，

2上有2个不相等的实根t1，t2，不妨设0t1t22，gttmtm2，则

2m24m20,m02,解得2m223，故m的取值范围为(2,223)， 2g0m20,g242mm20故选B． 【点睛】

形如ygfx的函数的零点问题与函数图象结合较为紧密，处理问题的基础和关键是作出fx，

gx的图象．若已知零点个数求参数的范围，通常的做法是令tfx，先估计关于t的方程gt0的

解的个数，再根据fx的图象特点，观察直线yt与yfx图象的交点个数，进而确定参数的范围．

二、多选题

exex26．（2020·济南市·山东省实验中学高二期中）函数f(x)，则下列结论正确的有（ ）

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A．yf(x)是奇函数 C．yf(x)是偶函数 【答案】AC 【分析】

B．yf(x)是偶函数 D．yf(x)sinx是奇函数

根据奇函数和偶函数的定义分别对四个选项进行奇偶性的判断可得答案. 【详解】

exexexex因为f(x)的定义域为R，又f(x)f(x)，所以选项A正确，B不正确；

32exexexex因为|f(x)||||||f(x)|，所以yf(x)是偶函数，所以选项C正确；

22因为f(x)sin(x)f(x)(sinx)f(x)sinx，所以yf(x)sinx是偶函数，故选项D不正确. 故选：AC 【点睛】

本题考查了函数的奇偶性的定义，考查了正弦函数的奇偶性，属于基础题. 27．（2020·全国高三专题练习）已知定义在0,上的函数fx的导函数为fx，且f00，2f(x)cosxf(x)sinx0，则下列判断中正确的是( )

A．f6f 624B．fln0 3C．f3f 63D．f2f 43【答案】CD 【分析】 先令g(x)f(x)f(x)，对函数求导，根据题意，得到g(x)在0,上单调递减，再逐项判断，即可cosxcosx2原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！

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得出结果. 【详解】 令g(x)f(x)cosx，x0,2， 则g(x)f(x)cosxf(x)sinxcos2x， 因为f(x)cosxf(x)sinx0，

所以g(x)f(x)cosxf(x)sinxcos2x0在0,2上恒成立， 因此函数g(x)f(x)cosx在0,2上单调递减， 因此g6gff4，即64，即fcos66f，故A错；

6cos244又f00，所以g(0)f(0)cos00，所以g(x)f(x)cosx0在0,2上恒成立， 因为ln30,2，所以fln30，故B错； f又gfg，所以6363，即f3f，故C正确；

cos6cos633ff又g34g43，所以，即f2f，故D正确；

cos4cos433故选：CD. 【点睛】

本题主要考查导数的应用，通常需要构造函数，用导数的方法研究函数单调性等，属于常考题型.28．（2020·全国高三专题练习）已知函数fx的定义域为0,，导函数为f'x，

xf'xfxxlnx，且f11ee，则（ ）

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A．f'1e0 B．fx在x1e处取得极大值 C．0f11 D．fx在0,单调递增

【答案】ACD 【分析】

根据题意可设fx1xln2xbx，根据f21e1e求b，再求fx判断单调性求极值即可.【详解】

∴函数fx的定义域为0,，导函数为f'x，xf'xfxxlnx

即满足

xf'xfxlnxx2x ∴fxxf'xfx xx2∴fxlnxx x∴可设

fxx12ln2xb（b为常数） ∴fx12xln2xbx ∴f11e21eln21b11eee，解得b2 ∴fx1xln212x2x ∴f112，满足0f11

∴C正确 ∴fx12112lnxlnx2=2lnx120，且仅有f'1e0 ∴B错误，A、D正确 故选：ACD

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【点睛】

本题主要考查函数的概念和性质，以及利用导数判断函数的单调性和极值点，属于中档题.

29．（2021·山东日照市·高三一模）已知函数fx对于任意xR，均满足fxf2x.当x1时

lnx,0x1fxx，若函数gxmx2fx，下列结论正确的为（ ）

e,x0A．若m0，则gx恰有两个零点

3me，则gx有三个零点 23C．若0m，则gx恰有四个零点

2B．若

D．不存在m使得gx恰有四个零点 【答案】ABC 【分析】

设hxmx2，作出函数gx的图象，求出直线ymx2与曲线ylnx0x1相切以及直线

ymx2过点A2,1时对应的实数m的值，数形结合可判断各选项的正误.

【详解】

由fxf2x可知函数fx的图象关于直线x1对称.

令gx0，即mx2fx，作出函数fx的图象如下图所示：

令hxmx2，则函数gx的零点个数为函数fx、hx的图象的交点个数，

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hx的定义域为R，且hxmx2mx2hx，则函数hx为偶函数，

且函数hx的图象恒过定点0,2，

当函数hx的图象过点A2,1时，有h22m21，解得m过点0,2作函数ylnx0x1的图象的切线， 设切点为x0,lnx0，对函数ylnx求导得y3. 21， x1xx0， x0所以，函数ylnx的图象在点x0,lnx0处的切线方程为ylnx0切线过点0,2，所以，2lnx01，解得x01，则切线斜率为e， e即当me时，函数yhx的图象与函数ylnx0x1的图象相切. 若函数gx恰有两个零点，由图可得m0或me，A选项正确；

3me，B选项正确； 23若函数gx恰有四个零点，由图可得0m，C选项正确，D选项错误.

2若函数gx恰有三个零点，由图可得故选：ABC. 【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fx0分离变量得出agx，将问题等价转化为直线ya与函数ygx的图象的交点问题.

log2(x1),1x330．（2020·全国高三专题练习）已知函数f(x)12，若方程f(x)m有四个不同的实29x6x,x322根x1，x2，x3，x4满足x123

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A．x1x21 C．x3x412 【答案】BCD 【分析】

B．

111 x1x2D．x3x4(27,29)

作出函数f(x)的图象，可知|log2(x11)||log2(x21)|，即可得到x1，x2的关系，由x3，x4是方程

1229x6xm(0m1)的两根，利用根与系数关系可得x3，x4的关系，由此即可判断出正确选项. 22【详解】

解：作出函数f(x)的图象，方程f(x)m有四个不同的实根， 即函数yf(x)与ym有四个不同的交点，如图所示：

依题意|log2(x11)||log2(x21)|，且1x12x23， 所以log2(x11)log2(x21)，即log2(x11)log2(x21)0， 所以log2[(x11)(x21)]0，即(x11)(x21)1，

111，故选项A错误，选项B正确； 所以x1x2x1x2，所以x1x2又x3，x4是方程

1229x6xm(0m1)的两根， 22原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！

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即x3，x4是方程x212x292m0的两根， 所以x3x412，x3x4292m，

因为方程f(x)m有四个不同的实根，所以由图可知m(0,1)，

29)，故选项C，选项D均正确． 所以x3x4292m(27，故选：BCD. 【点睛】

本题主要考查分段函数的图象与性质，同时考查含有绝对值的对数型函数的图象变换及函数与方程思想，对于方程根的个数问题常用数形结合的思想解决．

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