Question

函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镸，若存在閉區(qū)間[a，b]⊆M，使得函數(shù)f（x）滿足：①f（x）在[a，b]內(nèi)是單調(diào)函數(shù)；②f（x）在[a，b]上的值域?yàn)閇2a，2b]，則稱區(qū)間[a，b]為y=f（x）的“倍值區(qū)間”．下列函數(shù)中存在“倍值區(qū)間”的有（　　）
①f（x）=x²（x≥0）；    ②f（x）=e^x-1（x∈R）；
③f(x)=

4x

x2+1

(x≥0)；  ④f(x)=loga(ax-

1

8

)(a＞0，a≠1)．

A．①②③④

B．①③

C．①③④

D．①②④

Answer 1

分析：由新概念“倍值區(qū)間”的定義可以看出：若區(qū)間[a，b]為y=f（x）的“倍值區(qū)間”，除了a，b滿足定義中的①②兩個(gè)條件外，a，b必是方程f（x）=2x的兩個(gè)不同解．
①易知：函數(shù)f（x）=x²在x≥0時(shí)單調(diào)遞增，令x²=2x，解得x=0或2，經(jīng)驗(yàn)證區(qū)間[0，2]是函數(shù)f（x）=x²的倍值區(qū)間；
②易知函數(shù)單調(diào)遞增，令e^x-1=2x，再令g（x）=e^x-2x-1，求導(dǎo)得g（x）在（0，ln2）遞減，在（ln2，+∞）遞增，故在x=ln2時(shí)g（x）取得最小值g（ln2）=2-1-2ln2=1-ln4＜0，又g（2）=e²²-5＞0，g（1）=e-3＜0，所以e^x-1=2x有兩解0與b，其中b滿足1＜b＜2且e^b-2b-=0，滿足題意；
③由

4x

x2+1

=2x(x≥0)⇒x=0或1，并且函數(shù)f(x)=

4x

x2+1

在[0，1]上單調(diào)遞增，滿足題意；
④首先ax＞

1

8

，令loga(ax-

1

8

)=2x(不妨取a＞1)，則a2x-ax+

1

8

=0，解得ax=

2± 2

4

＞

1

8

，則在a＞1時(shí)，區(qū)間[

2- 2

4

，

2+ 2

4

]滿足題意．

解答：解：①由二次函數(shù)的單調(diào)性知道：函數(shù)f（x）=x²在x≥0時(shí)單調(diào)遞增，令x²=2x，解得x=0或2，f（x）在區(qū)間[0，2]上的值域?yàn)閇0，4]．
由此可知：區(qū)間[0，2]是函數(shù)f（x）=x²的倍值區(qū)間．
②由于函數(shù)y=e^x在R上單調(diào)遞增，所以f（x）=e^x-1在R上單調(diào)遞增．
令e^x-1=2x，再令g（x）=e^x-2x-1，求導(dǎo)得g^′（x）=e^x-2，令e^x-2=0，解得x=ln2．
經(jīng)判斷得到：g（x）在（0，ln2）遞減，在（ln2，+∞）遞增，故在x=ln2時(shí)，g（x）取得最小值g（ln2）=2-1-2ln2=1-ln4＜0，
又g（2）=e²-5＞0，g（1）=e-3＜0，所以e^x-1=2x有兩解0與b，其中b滿足1＜b＜2且e^b-2b-1=0．
可知：f（0）=0，f（b）=2b，滿足題意，所以區(qū)間[0，b]是函數(shù)f（x）=e^x-1的倍值區(qū)間．
③由

4x

x2+1

=2x解得x=0或1；又當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f′(x)=

4(1-x)(1+x)

(x2+1)2

≤0，所以函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，1]上單調(diào)遞減，所以區(qū)間[0，1]是函數(shù)f（x）的倍值區(qū)間．
④要使函數(shù)f（x）有意義，則滿足ax＞

1

8

，取a＞1，令loga(ax-

1

8

)=2x，則a2x-ax+

1

8

=0，解得ax=

2± 2

4

＞

1

8

．
由于函數(shù)y=log_ax在x＞0時(shí)單調(diào)遞增，所以當(dāng)a＞1時(shí)，函數(shù)f（x）在區(qū)間[

2- 2

4

，

2+ 2

4

]上單調(diào)遞增，所以區(qū)間[

2- 2

4

，

2+ 2

4

]是函數(shù)f（x）的倍值區(qū)間．
綜上可知①②③④皆正確．
故選A．

點(diǎn)評：考查新定義，以及二次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、分式函數(shù)等的單調(diào)性與值域問題．另外還考查了函數(shù)的零點(diǎn)的判斷及數(shù)形結(jié)合的思想方法．