2022届高三数学一轮复习试卷 专题3：函数的应用多选题33题.docx

1、函数的应用多选题1一般地，若函数的定义域为，值域为，则称为的“倍跟随区间”；若函数的定义域为，值域也为，则称为的“跟随区间”.下列结论正确的是（ ）A若为的跟随区间，则B函数存在跟随区间C若函数存在跟随区间，则D二次函数存在“3倍跟随区间”2下列命题正确的有（ ）A已知且，则B，则C的极大值和极小值的和为D过的直线与函数有三个交点，则该直线斜率的取值范围是3已知函数，下列是关于函数的零点个数的判断，其中正确的是（ ）A当时，有3个零点B当时，有2个零点C当时，有4个零点D当时，有1个零点4已知函数，方程在区间()上的所有根的和为，则（ ）ABCD5把方程表示的曲线作为函数的图象，则下列结论正确

2、的有（ ）A函数的图象不经过第三象限B函数在R上单调递增C函数的图象上的点到坐标原点的距离的最小值为1D函数不存在零点6已知函数，则方程的实根个数可能为（ ）A8B7C6D57已知当时，；时，以下结论正确的是（ ）A在区间上是增函数；B；C函数周期函数，且最小正周期为2；D若方程恰有3个实根，则或；8已知函数有唯一零点，则的值可能为（ ）ABCD9已知函数，则方程的根的个数可能为（ ）A2B6C5D410已知函数（e为自然对数的底），若且有四个零点，则实数m的取值可以为（ ）A1BeC2eD3e11已知函数，以下结论正确的是（ ）AB 在区间上是增函数C若方程恰有3个实根，则D若函数在上有6个

3、零点，则的取值范围是12已知函数，则以下结论正确的是( )A在上单调递增BC方程有实数解D存在实数，使得方程有个实数解13已知函数,则下列判断正确的是（ ）A为奇函数B对任意,则有C对任意,则有D若函数有两个不同的零点,则实数m的取值范围是14若函数与函数有四个不同的交点，则实数的取值可以是（ ）A14B16CD15设函数，若有4个零点，则a的可能取值为（ ）AB1CD216已知函数，则，满足（ ）A，B，CD17已知直线分别与函数和的图象交于点，则下列结论正确的是( )ABCD18已知，记，则（ ）A的最小值为B当最小时， C的最小值为D当最小时19已知函数，当实数取确定的某个值时，方程的根

4、的个数可以是（ ）A0个B1个C2个D4个20已知函数，下列是关于函数的零点个数的判断，其中正确的是（ ）A当时，有3个零点B当时，有2个零点C当时，有4个零点D当时，有1个零点21般地,若函数的定义域为,值域为,则称为的“倍跟随区间”;特别地,若函数的定义域为,值域也为,则称为的“跟随区间”.下列结论正确的是( )A若为的跟随区间,则B函数不存在跟随区间C若函数存在跟随区间,则D二次函数存在“3倍跟随区间”22已知函数，下列结论中正确的是（ ）A，B若有极大值M，极小值m，则必有C若是极小值点，则在区间上单调递减D若，则是的极值点23设函数，若函数有三个零，则实数可取的值可能是 ( )A0B

5、C1D224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，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石.布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔（L.E. J. Brouwer），简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的是（ ）ABCD25下列选项中的范围能使得关于的不等式至少有一个负数解的是（ ）ABCD26已知函数和（且为常数），则下列结论正确的是（ ）A当时，存在实数，使得关于的方程有四个不同的实数根B存在，使得关于的方程有三个不同的实数根C当时，若函数恰有个不同的零点、，则D当时，且

6、关于的方程有四个不同的实数根、，若在上的最大值为，则27已知实数a，b满足等式，则下列五个关系式中可能成立的是（ ）ABCDE.28已知函数则以下结论正确的是（ ）AB方程有三个实根C当时，D若函数在上有8个零点，则的取值范围为29已知函数，下列四个命题正确的是（ ）A函数为偶函数B若，其中，则C函数在上为单调递增函数D若，则30关于的方程有四个不同的实数解，则实数的值可能是（ ）ABCD31（多选）设函数，给出如下命题，其中正确的是（ ）A时，是奇函数B，时，方程=0只有一个实数根C的图像关于点对称D方程=0最多有两个实根E.方程=0在上一定有根32设是定义在R上的函数，若存在两个不相等的实

7、数，使得，则称函数具有性质P，那么下列函数中，具有性质P的函数为（ ）；ABCD33设函数，若有4个零点，则的可能取值有（）A1B2C3D4参考答案，仅供参考1ABCD【分析】根据“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.【解析】对A, 若为的跟随区间,因为在区间为增函数,故其值域为,根据题意有,解得或,因为故.故A正确；对B,因为函数在区间与上均为减函数,故若存在跟随区间则有,解得：.故存在, B正确.对C, 若函数存在跟随区间,因为为减函数,故由跟随区间的定义可知,即,因为,所以.易得.所以,令代入化简可得,同理也满足,即在区间上有两根不相等的实数根.故,解得,故

8、C正确.对D,若存在“3倍跟随区间”,则可设定义域为,值域为.当时,易得在区间上单调递增,此时易得为方程的两根,求解得或.故存在定义域,使得值域为.故D正确.故选：ABCD.【点评】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.2ACD【分析】由等式关系、指数函数的性质可求的范围；利用指对数互化，结合对数的运算法求；利用导数确定零点关系，结合原函数式计算极值之和即可；由直线与有三个交点，即可知有两个零点且不是其零点即可求斜率范围.【解析】A选项，由条件知且，所以，即；B选项，有，而；C选项，中且开口向上，

9、所以存在两个零点且、，即为两个极值点，所以；D选项，令直线为与有三个交点，即有三个零点，所以有两个零点即可，解得故选：ACD【点评】本题考查了指对数的运算及指数函数性质，利用导数研究极值，由函数交点情况求参数范围，属于难题.3CD【分析】令y0得，利用换元法将函数分解为f（x）t和f（t）1，作出函数f（x）的图象，利用数形结合即可得到结论【解析】令，得，设f（x）t，则方程等价为f（t）1，若k0，作出函数f（x）的图象如图：f（t）1，此时方程f（t）1有两个根其中t20，0t11，由f（x）t20，此时x有两解，由f（x）t1（0，1）知此时x有两解，此时共有4个解，即函数yff（x）+

10、1有4个零点若k0，作出函数f（x）的图象如图：f（t）1，此时方程f（t）1有一个根t1，其中0t11，由f（x）t1（0，1），此时x只有1个解，即函数yff（x）+1有1个零点故选：CD【点评】本题考查分段函数的应用，考查复合函数的零点的判断，利用换元法和数形结合是解决本题的关键，属于难题4BC【分析】先推导出在上的解析式，然后画出与的图象，得出时，所有交点的横坐标，然后得出.【解析】因为当时，所以当时，则，故，即时，同理当时，；当时，则；故当时，当时，.所以，故B正确；作出与的图象如图所示，则当且时，的值分别为： 则，故C正确.故选：BC.【点评】本题考查函数的零点综合问题，难度较大，

11、推出原函数在每一段上的解析式并找到其规律是关键.5ACD【分析】根据函数的解析式，分类讨论作出函数的图象，结合图象可判定A准确，B不正确，根据两点间的距离公式和椭圆的方程，可判定C正确，根据双曲线的几何性质和函数的零点的定义，可判定D正确.【解析】由题意，方程，当时，表示椭圆在第一象限的部分；当时，表示双曲线在第四象限的部分；当时，表示双曲线在第二象限的部分；当时，此时不成立，舍去，其图像如图所示，可得该函数的图象不经过第三象限，所以A是正确的；由函数的图象可得，该函数在为单调递减函数，所以B不正确；由图象可得，函数的图象上的点到原点的距离的最小的点在的图象上，设点，则点满足时，即则，当时，所

12、以C正确；令，可得，即，则函数的零点，即为函数与的交点，又由直线为双曲线和渐近线，所以直线与函数没有交点，即函数不存在零点，所以D是正确的.故选：ACD.【点评】本题主要考查了命题的真假判定，函数的单调性、函数的零点个数的判定，以及椭圆和双曲线的几何性质的综合应用，试题综合性强，属于中档试题.6ABC【分析】以的特殊情形为突破口，解出或或或，将看作整体，利用换元的思想进一步讨论即可.【解析】由基本不等式可得或，作出函数的图像，如下： 当时，或，故方程的实数根个数为；当时，或或，故方程的实数根个数为；当时，或或或，故方程的实数根个数为；当时，或或或，故方程的实数根个数为；当时，或，故方程的实数根

13、个数为；当时，或，故方程的实数根个数为；当时，故方程的实数根个数为；故选：ABC【点评】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.7BD【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相切，结合图像将问题简单化.【解析】对于A，时，即在区间上的单调性与在区间上单调性一致，所以在上是增函数，在上是减函数，故A错误；对于B，当时，故B正确；对于C，当时，当时，不是周期函数，故C错误；对于D

14、，由时，；时，可求得当时，；直线恒过点，方程恰有3个实根，即函数和函数的图像有三个交点， 当时，直线与函数（）相切于点，则，解得，要函数和函数的图像有三个交点，则的取值范围为：；当时，当时，直线与函数有两个交点，设直线与函数（）相切于点，则，解得综上，方程有3个实根，则或,故D正确.故选：BD.【点评】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.8BC【分析】由已知可得，所以图象关于对称，结合函数图象的对称性分析可得结论.【解析】，令，则，定义域为，故函数为偶函数，所以函数的图象关于对称，要使得函数有唯一零点，则，即，解得或，故选：B

15、C【点评】该题考查了函数零点个数求参数的取值范围，考查了转化与化归的思想，属于较难题目.9ACD【分析】先画出的图象，再讨论方程的根，求得的范围，再数形结合，得到答案.【解析】画出的图象如图所示：令，则，则，当，即时，此时，由图与的图象有两个交点，即方程的根的个数为2个，A正确；当时，即时，则故，当时，即，则有2解，当时，若，则有3解；若，则有2解，故方程的根的个数为5个或4个，CD正确；故选：ACD【点评】本题考查了函数的根的个数问题，函数图象的画法，考查了分类讨论思想和数形结合思想，难度较大.10CD【分析】首先判断为偶函数，考虑时，的解析式和零点个数，运用导数的几何意义和数形结合思想，即

16、可得到所求的范围.【解析】解：因为，可得，即为偶函数，由题意可得时，有两个零点，当时，即时，由，可得，由相切，设切点为，的导数为，可得切线的斜率为，可得切线的方程为，由切线经过点，可得，解得：或（舍去），即有切线的斜率为，故，故选：CD.【点评】本题考查函数的零点问题，关键是转化为函数图像的交点问题，考查数形结合的思想及计算能力，难度较大.11BCD【分析】利用函数的图象结合四个选项进行分析，注意函数在大于0部分的周期性，从而进行选项判断，即可得到答案.【解析】函数的图象如图所示：对A，所以，故A错误；对B，由图象可知 在区间上是增函数，故B正确；对C，由图象可知，直线与函数图象恰有3个交点，

17、故C正确；对D，由图象可得，当函数在上有6个零点，则，所以当时，；当时，所以的取值范围是，故D正确.故选：BCD.【点评】本题考查利用函数的图象研究分段函数的性质，考查数形结合思想的应用，求解时画出函数图象是求解问题的关键.12BCD【分析】求导得到函数的单调性得到错误；判断得到正确；根据得到正确；构造函数，画出函数图象知正确，得到答案.【解析】，则，故函数在上单调递减，在上单调递增，错误；，根据单调性知，正确；，故方程有实数解，正确；，易知当时成立，当时，设，则，故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且.画出函数图象，如图所示：当时有3个交点.综上所述：存在实数，使得方程有个实数解

18、，正确；故选：.【点评】本题考查了函数的单调性，比较函数值大小，方程解的个数，意在考查学生对于函数知识的综合应用.13CD【分析】根据函数的奇偶性以及单调性判断AB选项；对进行分类讨论，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.【解析】对于A选项，当时，则 所以函数不是奇函数，故A错误；对于B选项，的对称轴为，的对称轴为所以函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递增，并且所以在上单调递增即对任意，都有则，故B错误；对于C选项，当时，则 则 当时，则当时，则则即对任意,则有，故C正确；对于D选项，当时，则不是该函数的零点当时，令函数，函数

19、由题意可知函数与函数的图象有两个不同的交点因为时，时，所以当时，设，因为，所以，即设，即所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增同理可证，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增函数图象如下图所示由图可知，要使得函数与函数的图象有两个不同的交点则实数m的取值范围是，故D正确；故选：CD【点评】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.14BCD【分析】设，结合为偶函数可知当时，有2个零点，然后分当和两种情况，利用导数结合函数性质求解【解析】设，由题意可得有4个零点，又因为为偶函数，故当时，有2个零点，当时，在上单调递增，最多只有一个零点，不符合

20、题意，当时，易得，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，故，又时，时，故，解可得，故选：BCD【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的零点，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于较难题.15CD【分析】先判断函数是偶函数，则条件等价为当时，有2个零点，求函数的导数，研究函数的单调性，求出函数的极小值，让极小值小于0即可.【解析】因为函数定义域为，且，所以函数为偶函数，故函数有4个零点等价于时， 有2个零点，当时，则当，当由得，当时，当时，如图：所以有极小值，要使函数有个零点，只需即可，即，解得，所以可取，故选:CD.【点评】本题主要考查了函数与方程的应用，结合偶函数的性质转化为当时有2

21、个零点，利用导数研究函数的单调性及极值，属于难题.16ABC【分析】逐一分析各选项即可；A：写出，即可解决；B：判断与的单调性即可；C：写出即可得解；D：写出即可得解.【解析】函数，A:=,故A对；B：因为函数为增函数，所以，则在上恒成立，所以在递增，又，所以，即故B对；C： ，故C对；D：，故D错；故选ABC.【点评】本题考查了函数的基本性质：奇偶性，单调性，熟练掌握各种初等函数的性质是关键，属于难题.17ABC【分析】根据互为反函数的性质可得的中点坐标为，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.【解析】函数与互为反函数，则与的图象关于对称，将

22、与联立，则，由直线分别与函数和的图象交于点，作出函数图像：则的中点坐标为，对于A，由，解得，故A正确；对于B，因为，即等号不成立，所以，故B正确；对于C，将与联立可得，即，设，且函数为单调递增函数，故函数的零点在上，即，由，则，故C正确；对于D，由，解得，由于，则，故D错误；故选：ABC【点评】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.18AB【分析】根据条件可将的最小值，转化为函数图象上的点到直线的距离的最小值的平方，结合两直线的位置关系和导数的几何意义，即可求解.【解析】由和，则的最小值，可转化为函数图象上的点到直线的距

23、离的最小值的平方，又由，可得，因为与直线平行的直线的斜率为，所以，解得，则切点的坐标为，所以到直线上的距离，即函数上的点到直线上的点的距离的最小值为，所以的最小值为，又过且与直线垂直的直线为，即，联立方程组，解得，即当最小时，.故选：AB【点评】本题主要考查了函数与方程综合应用，以及导数的几何意义的应用，其中解答中熟练应用导数的几何意义，合理转化求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.19ABC【分析】令，画出，结合的解的情况可得正确的选项.【解析】，故当时，故在上为增函数；当时，故在上为减函数，而且当时，恒成立，故的图象如图所示：考虑方程的解的情况.，当时，此时方程有两个不等的正根，因为，

24、故，由图象可知方程的解的个数为2，方程的解的个数为0，故方程的根的个数是2.当时，此时方程有两个相等的正根，由图象可知方程的解的个数为1，故方程的根的个数是1.当时，此时方程无解，故方程的根的个数是0.当时，此时方程有两个相等的负根，由图象可知方程的解的个数为1，故方程的根的个数是1.当时，此时方程有两个不等的负根， 由图象可知方程的解的个数为1，方程的解的个数为1，故方程的根的个数是2.故选：ABC【点评】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20CD【分析】本题首先要明确函数解析式，然后根据选项分为、两种情况进行讨论，再

25、然后在每一种情况下又分为、两种情况进行讨论，最后通过解方程即可得出结果.【解析】由题意可知，当时：若，则，时，有，解得；时，有，解得，若，则，时，有，解得，时，有，解得，故当时，有4个零点，C正确，当时：若，则，有，解得，因为，所以不满足，舍去；若，则，时，有，无解；时，有，解得，故当时，有1个零点，D正确，故选：CD.【点评】本题考查函数零点的求解，考查学生对分段函数的理解，能否明确每一个区间所对应的函数是解决本题的关键，考查分类讨论思想，考查计算能力，是难题.21BCD【分析】根据“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.【解析】对A, 若为的跟随区间,因为在区间

26、为增函数,故其值域为,根据题意有,解得或,因为故.故A错误.对B,由题,因为函数在区间与上均为增函数,故若存在跟随区间则有,即为的两根.即,无解.故不存在.故B正确.对C, 若函数存在跟随区间,因为为减函数,故由跟随区间的定义可知,即,因为,所以.易得.所以,令代入化简可得,同理也满足,即在区间上有两根不相等的实数根.故,解得,故C正确.对D,若存在“3倍跟随区间”,则可设定义域为,值域为.当时,易得在区间上单调递增,此时易得为方程的两根,求解得或.故存在定义域,使得值域为.故D正确.故选：BCD【点评】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

27、变量值,并根据函数的解析式列式求解.属于难题.22ABC【分析】对于A，利用零点存在性定理解决，对于B、C可根据条件及的单调性判断，对于D利用极值点的概念即可判断.【解析】因为当时，当时，由零点存在性定理知，故A正确；因为，若有极大值M，极小值m，则有两根，不妨设，易得在上单调递增，在，单调递减，所以，故B、C正确；导数为0的点不一定是极值点，故D错误.故选ABC【点评】本题考查利用导数研究三次函数的性质，涉及到函数的零点、极值、极值点、单调性等性质，是一道中档题.23BC【分析】根据函数零点的定义转化为有三个根，利用数形结合进行求解即可.【解析】由题意，函数有三个零点，则函数，即有三个根，当

28、时，则由得，即，此时为减函数，由得，即，此时为增函数，即当时，取得极小值，作出的图象如图：要使有三个根，则，则实数可取的值可能是，1故选：BC【点评】本题考查利用零点个数求参数范围问题，利用导数研究函数图象，考查数形结合思想，考查转化与化归思想，综合性较强，有一定难度.24BCD【分析】根据已知定义，将问题转化为方程有解，然后逐项进行求解并判断即可.【解析】根据定义可知：若有不动点，则有解.A令，所以，此时无解，故不是“不动点”函数；B令，所以或，所以是“不动点”函数；C当时，令，所以或，所以是“不动点”函数；D令，所以，所以是“不动点”函数.故选：BCD.【点评】本题考查新定义的函数问题，难

29、度较难.解答本题的关键是能通过定义将问题转化为方程是否有解的问题，对于转化能力要求较高.25ACD【分析】将不等式变形为，作出函数的图象，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的取值范围.【解析】因为，所以且，在同一坐标系中作出的图象如下图：当与在轴左侧相切时，仅有一解，所以，所以，将向右移动至第二次过点时，此时或（舍），结合图象可知：，所以ACD满足要求.故选：ACD.【点评】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.26ACD【分析】分和两种情况讨

30、论，利用数形结合思想可判断出A、B选项的正误；设，利用复合函数的零点可判断C选项的正误；求出、的值，结合对称性可判断出D选项的正误.【解析】若，则函数在区间上单调递增，且当时，如下图所示：如上图可知，此时关于的方程根的个数不大于，B选项不合乎题意；若，且当时，函数在区间上单调递增，在上单调递减，此时，当时，若关于的方程有四个不同的实数根，则，解得，A选项正确；设，由，得，当时，设关于的一元二次方程的两根分别为、，由于函数有三个零点，则，设，由，得，由图象可知，由，则，即，C选项正确；当时，若，此时，函数与函数在区间上的两个交点关于直线对称，则.如下图所示，当时，函数与函数的两个交点的横坐标、满

31、足，且有，则，由图象可知，函数在上单调递减，在上单调增，所以，则，所以，D选项正确.故选：ACD.【点评】本题考查函数方程的综合应用，涉及函数的零点个数问题、复合函数的零点以及零点的取值范围问题，考查数形结合思想的应用，属于难题.27ACE【分析】作出幂函数与的图象，讨论直线与它们的交点横坐标大小关系可能出现的情况.【解析】画出与的图象（如图），设，作直线.从图象知，若或1，则；若，则；若；则.故其中可能成立的是ACE.故选：ACE【点评】此题考查幂函数图象性质的辨析，处理函数与方程问题，涉及分类讨论思想.28ACD【分析】根据函数性质以及数形结合逐个判断即可.【解析】对A, .故A正确.对B

32、,画出图像有故有四个根.故B错误.对C, 当时,.故C正确.对D,画出图像,有8个零点,即与有8个交点.此时.又.故.即的取值范围为.故D正确.故选：ACD【点评】本题主要考查了函数图像零点的综合运用,需要根据题题意画出图像,再分析函数图像的交点等.属于难题.29ABD【分析】根据函数的奇偶性定义，函数性质、对数函数的性质，以及作差法，可以判断.【解析】函数对于，所以函数为偶函数，故正确；对于，若，其中，所以，即，得到，故正确；对于，函数，由，解得，所以函数的定义域为，因此在上不具有单调性，故错误；对于，因为，故，故正确.故选：.【点评】本题主要考查的是函数的性质以及对数函数性质的应用，作差法

33、的应用，考查学生的分析问题的能力，和计算能力，是中档题.30BCD【分析】分离参数，把方程变为利用勾形函数的性质求解【解析】方程中，时，只有一个解，因此方程有四个不同的解，则，因此方程可变为作出函数的图象和直线，如图，函数的最小值为2，因此当时，直线与函数的图象有四个不同的交点，即原方程有四个解，满足的有BCD故选：BCD【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，在解决方程解的个数问题时常常采用分离参数法，把问题转化为直线与函数的图象的交点问题31ABC【分析】根据函数的解析式，合理赋值，结合二次函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.【解析】由题意，当时， ，此时，故为奇函数，A正确；当，时，

34、若，无解，若，有一解，所以B正确，E不正确；为奇函数，图象关于（0，0）对称，图象可能情况如下图：关于（0，c）对称，可得C正确，D不正确.故选：ABC.【点评】本题主要考查了二次函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记二次函数的图象与性质，合理分类讨论，结合二次函数的图象进行判定是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.32ABC【分析】函数具有性质P，本质是在图象上找到三个点，且点为中点即可.【解析】对A，在函数图象上取，有成立，故A正确；对B，在函数图象上取，有成立，故B正确；对C，在函数图象上取，有成立，故C正确；对D，因为，因为，所以恒成立，故D错误.故选

35、ABC.【点评】本题考查对命题的直接判断，函数与方程的综合应用，将问题转化成找到图象上的三个点，且前后两点关于中间点对称是求解本题的关键，考查数形结合思想的应用.33BCD【分析】先判断函数是偶函数，则条件等价为当时，有2个零点，求函数的导数，研究函数的单调性，求出函数的极小值，让极小值小于0即可.【解析】因为函数定义域为，且，所以函数为偶函数，故函数有4个零点等价于时， 有2个零点，当时，则当，当由得，当时，当时，如图：所以有极小值，要使函数有个零点，只需即可，即，解得，所以可取，故选BCD.【点评】本题主要考查了函数与方程的应用，结合偶函数的性质转化为当时有2个零点，利用导数研究函数的单调性及极值，属于难题.