选择填空压轴题的考向整理[二轮三轮]

前言

高考数学讲究难点分散，即选择题的第12题和填空题的第16题往往难度比较大，现对其可能的考查方向作以整理，以期便利于莘莘学子。

考查构造函数

已知\(e\)是自然对数的底数，函数\(f(x)\)的定义域是R，\(f(x)+f'(x)-1>0\)，，\(f(0)=8\)，则不等式\(e^x\cdot f(x)\)\(-e^x\)\(-7>0\)的解集是【】

$A.(-\infty，0)$ $B.(0，+\infty)$ $C.(1，+\infty)$ $D.(-\infty，1)$

分析：构造函数，令\(g(x)=e^x\cdot f(x)-e^x-7\)，则\(g'(x)=e^x\cdot f(x)+e^x\cdot f'(x)-e^x=e^x(f(x)+f'(x)-1)>0\)，

故\(g(x)\)在R上单调递增；又\(g(0)=e^0\cdot f(0)-e^0-7=0\)，

故\(g(x)>0\)的解集为\((0，+\infty)\) ，即不等式\(e^x\cdot f(x)-e^x-7>0\)的解集为\((0，+\infty)\) ，选\(B\).

解后反思：若求解不等式\(\cfrac{f(x)-1}{e^{ln7-x}}>1\)的解集，变形的难度增加；提示：\((0，+\infty)\) ，

设函数\(f(x)\)是定义在\((0，+\infty)\)上的可导函数，导函数是\(f'(x)\)，且有\(f(x)<-xf'(x)\)，则不等式\(f(x+1)>\)\((x-1)f(x^2-1)\)的解集为【】

$A.(0，1)$ $B.(1，+\infty)$ $C.(1，2)$ $D.(2，+\infty)$

分析：由\(f(x)<-xf'(x)\)，得到\(f(x)+xf'(x)<0\)，故令\(g(x)=x\cdot f(x)\)，则\(g'(x)=f(x)+xf'(x)<0\)，即函数\(g(x)\)在\((0，+\infty)\)上单调递减，

又不等式\(f(x+1)>(x-1)f(x^2-1)\)等价于\((x+1)f(x+1)>(x^2-1)f(x^2-1)\)，即\(g(x+1)>g(x^2-1)\)，

由定义域和单调性可知\(0<x+1<x^2-1\)，解得\(x>2\)，故选\(D\)。

【2017•张家界模拟】已知函数\(f(x)(x\in R)\)满足\(f(1)=1\)，且\(f(x)\)的导数\(f'(x)<\cfrac{1}{2}\)，则不等式\(f(x^2)<\cfrac{x^2}{2}+\cfrac{1}{2}\)的解集为________.　

分析：作差构造函数，设\(F(x)=f(x)-\cfrac{1}{2}x-\cfrac{1}{2}\)，则\(F'(x)=f'(x)-\cfrac{1}{2}\)，

因为\(f'(x)<\cfrac{1}{2}\)，所以\(F'(x)=f'(x)-\cfrac{1}{2}<0\)，即函数\(F(x)\)在\(R\)上为减函数，

因为\(f(x^2)<\cfrac{x^2}{2}+\cfrac{1}{2}\)，等价于\(F(x^2)<0\)

又\(F(1)=f(1)-\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{2}=0\)，即\(0=F(1)\)，

即\(F(x^2)<F(1)\)，而函数\(F(x)\)在\(R\)上为减函数，

所以\(x^2>1\)，即\(x\in(-\infty，-1)\cup(1，+\infty)\)，

【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅰ第16题】已知定义在实数集\(R\)上的函数\(f(x)\)满足\(f(1)=4\)，且\(f(x)\)的导函数\(f'(x)<3\)，则不等式\(f(lnx)>3lnx+1\)的解集为______。

分析：本题目涉及构造函数的方法，是个难题，不过还是有一定的规律可以遵循的，

我们先将要求解的不等式中的\(lnx\)理解为一个整体，这样就变形为\(f(t)>3t+1\)，

所以就容易看出来该怎么构造函数了，做差构造。【为什么这样构造？带着问题继续往下看】

令\(g(x)=f(x)-3x-1\)，这样\(g'(x)=f'(x)-3\)，由\(f'(x)<3\)，可知\(g'(x)<0\)，

即这样构造后我们能轻易知道这个函数的单调性，即函数\(g(x)\)在\(R\)上单调递减，

又\(g(1)=f(1)-3\times 1-1=f(1)-4=0\)，

即到此我们就完全清楚了所构造的函数的性质，在\(R\)上单调递减，且有唯一的零点为\(x=1\)，

故由\(g(x)>0\)可以得到解为\(x<1\)，由\(g(x)<0\)可以得到解为\(x>1\)，

现在\(f(lnx)>3lnx+1\)等价于\(g(lnx)>0\)，故得到\(lnx<1\)，

解得\(0<x<e\)，故解集为\((0，e)\)。

相关阅读： 构造函数的几种常见角度；构造函数习题

【全国名校联盟2018-2019高三第二次联考第12题】【针对性练习】已知定义在实数集\(R\)上的函数\(f(x)\)满足\(f'(x)<2\)，\(f(1)=1\)，\(f'(x)\)是\(f(x)\)的导函数，则不等式\(f(|log_2x|)>2|log_2x|-1\)的解集为______。

$A.(0，2)$ $B.(-\infty，2)$ $C.(2，+\infty)$ $D.(\cfrac{1}{2}，2)$

分析：完全仿照上述题目解法完成。

简解：令\(g(x)=f(x)-2x+1\)，则\(g'(x)=f'(x)-2<0\)，故函数\(g(x)\)在\(R\)上单调递减，

又\(g(1)=f(1)-2\times 1+1=0\)，故可知\(g(x)>0\)时的解集为\(\{x\mid x<1\}\)，

又由于原不等式\(f(|log_2x|)>2|log_2x|-1\)等价于\(g(|log_2x|)>0\)，

故先得到\(|log_2x|<1\)，即\(-1<log_2x<1\)，即\(log_2\cfrac{1}{2}<x<log_22\)，

解得\(\cfrac{1}{2}<x<2\)，故选\(D\)。

考查函数不等式

【2017\(\cdot\)天津六校联考卷】【用图像求解恒成立题目】已知函数\(f(x)=\begin{cases}-x^2+2x，&x\leq 0\\ln(x+1)，&x>0\end{cases}\)，若\(|f(x)|\ge ax-1\)恒成立，则则\(a\)的取值范围是

$A.[-2，0]$ $B.[-2，1]$ $C.[-4，0]$ $D.[-4，1]$

分析：注意到我们可以手动做出分段函数\(f(x)\)的图像，以及过定点\((0，-1)\)的斜率\(a\)变化的动直线\(y=ax-1\)，故从形入手分析，参考图形

由图像可知，我们的重点是要求解动直线\(y=ax-1\)和曲线\(y=x^2-2x(x\leq 0)\)相切时的切点坐标。

设切点\(P(x_0，y_0)\)，

则有\(\begin{cases}a=f'(x_0)=2x_0-2\\ y_0=ax_0-1 \\ y_0=x_0^2-2x_0 \end{cases}\)，

解得\(x_0=-1，y_0=3\)，代入求得\(a=-4\)；由动图可知，另一个临界位置是\(a=0\)，故选C。

考查恒成立

若对\(\forall x>0\) ，不等式\(ln(x+1)-x+\cfrac{x^2+2x+a}{x+2}>1(a\in R)\) 恒成立，则\(a\)的取值范围是【】.

$A．[1，+\infty)$ $B．(1，+\infty)$ $C．[2，+\infty)$ $D．(2，+\infty)$

解析：将原不等式变形为\(ln(x+1)-x+\cfrac{x(x+2)+a}{x+2}>1\) ，

即\(ln(x+1)-x+x+\cfrac{a}{x+2}>1\) ，

再分离参数得到\(a>(x+2)[1-ln(x+1)]\)恒成立，

令\(g(x)=(x+2)[1-ln(x+1)]\)，

则\(g'(x)=1-ln(x+1)+(x+2)(-\cfrac{1}{x+1})=1-ln(x+1)-\cfrac{x+2}{x+1}=-ln(x+1)-\cfrac{1}{x+1}<0\)，

故\(g(x)\)在区间\((0，+\infty)\)上单调递减，

则\(g(x)_{max}\rightarrow g(0)=2\)，

故得到\(a\ge 2\)，故选C.

已知\(\sqrt{1-x^2}>x+b\)在\([-1，\cfrac{1}{2})\)上恒成立，求实数\(b\)的取值范围。

法1：函数法，从数的角度入手，转化为\(b<\sqrt{1-x^2}-x\)，

令\(g(x)=\sqrt{1-x^2}-x\)，即关键是求\(g(x)\)在区间\([-1，\cfrac{1}{2})\)上的最小值。

令\(x=cos\theta，\theta\in (\cfrac{\pi}{3}，\pi]\)，

故\(g(x)=\sqrt{1-x^2}-cos\theta=sin\theta-cos\theta=\sqrt{2}sin(\theta-\cfrac{\pi}{4})\)，

因为\(\theta\in (\cfrac{\pi}{3}，\pi]\)，则有\(\cfrac{\sqrt{3}-1}{2}<\sqrt{2}sin(\theta-\cfrac{\pi}{4})\leq 1\)，

故\(b\leq \cfrac{\sqrt{3}-1}{2}\)。

法2：数形结合，令\(f(x)=\sqrt{1-x^2}，x\in[-1，\cfrac{1}{2})\)，对应图中的蓝色的圆的一部分，

令\(h(x)=x+b，x\in[-1，\cfrac{1}{2})\)，对应图中的红色的线段，

由题目可知，要使得\(f(x)>h(x)，x\in[-1，\cfrac{1}{2})\)上恒成立，

则只需要\(h(x)\)的图像在\(f(x)\)的图像下方即可，

由动画可知，当线段经过点\((\cfrac{1}{2}，\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)时，\(b=\cfrac{\sqrt{3}}{2}-\cfrac{1}{2}\)，

故\(b\leq \cfrac{\sqrt{3}-1}{2}\)。

【2016第三次全国大联考地16题】若不等式\(2x^2+(1-a)y^2\ge (3+a)xy(x>0，y>0)\)恒成立，求实数\(a\)的最大值。

法1：分离参数+构造函数，由题目可得\(a\leq \cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy}\)，

令\(f(x,y)= \cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy}\xlongequal[关于x，y的二次齐次式]{分子分母同除以y^2}\)\(\cfrac{2(\frac{x}{y})^2-3\frac{x}{y}+1}{1+\frac{x}{y}}\)\(\xlongequal[令\frac{x}{y}=t>0]{二元变一元}g(t)=\cfrac{2t^2-3t+1}{t+1}=\)\(2(t+1)+\cfrac{6}{t+1}-7\ge 2\sqrt{12}-7=4\sqrt{3}-7\)

当且仅当\(t=\sqrt{3}-1\)时取到等号。

故有\(a\leq 4\sqrt{3}-7\)，所以\(a_{max}=4\sqrt{3}-7\)。

法2：二元变一元，两边同除以\(y^2\)，得到\(2(\cfrac{x}{y})^2-(a+3)(\cfrac{x}{y})+(1-a)\ge 0\)，

令\(\cfrac{x}{y}=t>0\)，即\(2t^2-(a+3)t+(1-a)\ge 0\)对任意\(t>0\)恒成立，

令\(g(t)=2t^2-(a+3)t+(1-a)\) ，则分以下两种情形：

\(1^。\) \(\Delta=a^2+14a+1\leq 0\)，

解得\(-4\sqrt{3}-7\leq a \leq 4\sqrt{3}-7\)；

\(2^。\) \(\begin{cases}\Delta >0\\\cfrac{a+3}{2\cdot2}<0\\g(0)=1-a\ge 0 \end{cases}\)，

解得\(a<-4\sqrt{3}-7\)；

综上可知，\(a\leq 4\sqrt{3}-7\)，故\(a_{max}=4\sqrt{3}-7\)。

【2017\(\cdot\)山西太原模拟】【恒成立求参数范围】已知函数\(f(x)=(2a-1)x-\cfrac{1}{2}cos2x-a(sinx+cosx)\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上单调递增，则实数\(a\)的取值范围是【】

$A.(-\infty，\cfrac{1}{3}]$ $B.[\cfrac{1}{3}，1]$ $C.[0，+\infty)$ $D.[1，+\infty)$

分析：由题目可知，\(f'(x)\ge 0\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上恒成立，

\(f'(x)=2a-1-\cfrac{1}{2}\cdot (-sin2x)\cdot 2-a(cosx-sinx)\ge 0\)恒成立，

即\(2a-1+sin2x+a(sinx-cosx)\ge 0\)恒成立，

接下来的思路有：

思路一：分离参数，当分离为\(a\ge \cfrac{1-sin2x}{2+sinx-cosx}=g(x)\)时，你会发现，求函数\(g(x)_{max}\)很难，所以放弃；

思路二：转化划归，令\(sinx-cosx=t=\sqrt{2}sin(x-\cfrac{\pi}{4})\)，由于\(x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)，故\(t\in [-1，1]\)

由\((sinx-cosx)^2=t^2\)，得到\(sin2x=1-t^2\)，

故不等式转化为\(at+1-t^2+2a-1\ge 0\)，

即\(t^2-at-2a\leq 0\)在\(t\in [-1，1]\)上恒成立，

令\(h(t)=t^2-at-2a，t\in [-1，1]\)，

则\(h(t)\leq 0\)等价于

\(\begin{cases}h(-1)=1+a-2a\leq 0\\h(1)=1-a-2a\leq 0\end{cases}\)

解得\(a\ge 1\)，故选D。

解后反思：

1、已知含参函数\(f(x)\)的单调性(比如单增)，求参数的取值范围，等价于\(f'(x)\ge 0\)，且还需要验证等号时不能让函数\(f(x)\)称为常函数，不过解答题一般不需要验证，是因为给定的函数比较复杂，当参数取到某个值是一般不会称为常函数。

2、转化为已知恒成立问题，求参数范围，一般首选分离参数的思路。

3、关于三角函数的这种转化必须熟练掌握。三角函数的转化

4、二次函数在某个区间上恒成立问题的模型必须熟练掌握。二次函数恒成立模型

能成立命题

【2017•蚌埠模拟】已知函数\(f(x)=lnx-x^3\)与\(g(x)=x^3-ax\)的图像上存在关于\(x\)轴的对称点，则\(a\)的取值范围为【 】

$A.(-\infty，e)$ $B.(-\infty，e]$ $C.(-\infty，\cfrac{1}{e})$ $D.(-\infty，\cfrac{1}{e}]$

法1：函数\(f(x)=lnx-x^3\)与\(g(x)=x^3-ax\)的图像上存在关于x轴的对称点，即当\(x=x_0\)时，\(f(x_0)=-g(x_0)\)。

所以方程\(f(x)=-g(x)\)有解， 所以\(lnx-x^3=-x^3+ax\)有解，

所以\(lnx=ax\)在\((0,+\infty)\)有解，即方程\(a=\cfrac{lnx}{x}\)在\((0,+\infty)\)有解，

令\(h(x)=\cfrac{lnx}{x}\)，由导数知识可知，\(f(x)\)在\((0，e)\)上单调递增，在\((e，+\infty)\)上单调递减，

又\(f(e)=\cfrac{1}{e}\)，故函数\(h(x)\in (-\infty，\cfrac{1}{e}]\)，故\(a\)的取值范围为\((-\infty，\cfrac{1}{e}]\) ，选\(D\)。

法2：转换为方程\(lnx=ax\)在\((0,+\infty)\)有解，即函数\(y=lnx\)和函数\(y=ax\)图像在\((0,+\infty)\)上有交点，利用数形结合求解；

法3：接上转换为方程\(a=\cfrac{lnx}{x}\)在\((0,+\infty)\)有解，即函数\(y=h(x)=\cfrac{lnx}{x}\)和函数\(y=a\)的图像有交点，利用数形结合求解；

【2018陕西省高三第二次质检第12题】已知函数\(f(x)=e^x+2(x<0)\)与\(g(x)=ln(x+a)+2\)的图像上存在关于\(y\)轴对称的点，则则\(a\)的取值范围为【 】

$A.(-\infty，\cfrac{1}{e})$ $B.(-\infty，e)$ $C.(-\cfrac{1}{e}，e)$ $D.(-e，\cfrac{1}{e}]$

分析：函数\(f(x)=e^x+2(x<0)\)与\(g(x)=ln(x+a)+2\)的图像上存在关于\(y\)轴对称的点，即\(f(-x_0)=g(x_0)\)。

即方程\(f(-x)=g(x)\)有解， 所以当\(x>0\)时，\(e^{-x}+2=ln(x+a)+2\)有解，

即方程\(e^{-x}=ln(x+a)\)在\(x>0\)时有解，即函数\(y=e^x\)与函数\(y=ln(x+a)\)图像有交点，

如右图所示可知，当函数\(y=ln(x+a)\)过点\((1，0)\)时，没有交点，

此时由\(ln(0+a)=1\)可得，\(a=e\)；

又由图像平移可知，需要将函数\(y=ln(x+a)\)向右移动才会有交点，

故\(a<e\)，即\(a\)的取值范围是\((-\infty，e)\)，选\(B\).

已知函数\(f(x)=x^2+e^x-\cfrac{1}{2}(x<0)\)与函数\(g(x)=x^2+\ln(x+a)\)的图像上存在关于\(y\)轴的对称点，则\(a\)的取值范围是【】

$A.(-\infty，\sqrt{e})$ $B.(-\sqrt{e}，\cfrac{\sqrt{e}}{e})$ $C.(-\infty，\cfrac{\sqrt{e}}{e})$ $D.(-\cfrac{\sqrt{e}}{e}，\sqrt{e})$

提示：答案为\(A\)，请仿上例完成。

已知函数\(f(x)=lnx-x^2\)与函数\(g(x)=x^2-\cfrac{2}{x}-m\)的图像上存在关于原点的对称点，则\(m\)的取值范围为________

提示：由题意可知，函数\(f(x)=-g(-x)\)在\(x>0\)上有解，

即方程\(lnx-x^2=-x^2-\cfrac{2}{x}+m\)在\(x>0\)上有解，

即\(m=lnx+\cfrac{2}{x}\)在\(x>0\)上有解，

设\(h(x)=lnx+\cfrac{2}{x}(x>0)\)，

则\(h'(x)=\cfrac{1}{x}-\cfrac{2}{x^2}=\cfrac{x-2}{x^2}\)，

故\(h(x)\)在区间\((0，2)\)上单调递减，在区间\((2，+\infty)\)上单调递增，

则\(h(x)_{min}=h(2)=ln2+1\)

即函数\(h(x)\)的值域是\([ln2+1，+\infty)\)

故\(m\)的取值范围为是\([ln2+1，+\infty)\)。

解后反思：

若函数\(f(x)\)与函数\(g(x)\)的图像上存在关于\(x\)轴的对称点，则\(f(x)=-g(x)\)有解；

若函数\(f(x)\)与函数\(g(x)\)的图像上存在关于\(y\)轴的对称点，则\(f(-x)=g(x)\)有解；

若函数\(f(x)\)与函数\(g(x)\)的图像上存在关于原点的对称点，则\(f(x)=-g(-x)\)有解；

考查新定义

定义新运算"⊕"，当\(a\ge b\)时，\(a⊕b=a\)；当\(a<b\)时，\(a⊕b=b^2\)；则函数\(f(x)=(1⊕x)x-(2⊕x),x\in[-2，2]\)的最大值是多少？

分析：由题目知道\(a⊕b=\begin{cases}a,&a\ge b\\b^2,&a<b \end{cases}\)，

由此知道\(1⊕x=\begin{cases}1,&1\ge x\\x^2,&1<x \end{cases}\)，又由于\(x\in[-2，2]\)

故得到\(1⊕x=\begin{cases}1,&-2\leq x\leq 1\\x^2,&1<x\leq 2 \end{cases}\)，

同理，\(2⊕x=\begin{cases}2,&2\ge x\\x^2,&2<x \end{cases}\)，又由于\(x\in[-2，2]\)，故\(2⊕x=2,x\in [-2,2]\)，

故\(f(x)=(1⊕x)x-(2⊕x)=\begin{cases}1\cdot x-2&-2\leq x\leq 1\\x^2\cdot x-2&1<x\leq 2 \end{cases}\)

\(=\begin{cases}x-2&-2\leq x\leq 1\\x^3-2&1<x\leq 2 \end{cases}\)，

从而利用分段函数求得\(f(x)_{max}=6\)。

设函数\(f(x)\)，若对于在定义域内存在实数\(x\)满足\(f(-x)=-f(x)\)，则称函数\(f(x)\)为“局部奇函数”。若函数\(f(x)=4^x-m\cdot 2^{x+1}+m^2-3\)是定义在\(R\)上的“局部奇函数”，则实数\(m\)的取值范围是多少？

分析：由题目可知，方程\(f(-x)+f(x)=0\)在\(R\)上有解，

即\(4^x+4^{-x}-m(2^{x+1}+2^{-x+1})+2(m^2-3)=0\)有解，

先令\(2^x=t>0\)，得到\(t^2+\cfrac{1}{t^2}-2m(t+\cfrac{1}{t})+2(m^2-3)=0\)，

再令\(t+\cfrac{1}{t}=n\ge 2\)，则方程变形为\(n^2-2mn+2m^2-8=0\)在\(n\in [2，+\infty)\)上有解，

令\(F(n)=n^2-2mn+2m^2-8(n \ge 2)\)；

\(1^。\) 当\(F(2)\leq 0\)时，由零点存在性定理可知，只需要\(F(2)\leq 0\)，由\(F(2)\leq 0\Longrightarrow 1-\sqrt{3}\leq m \leq 1+\sqrt{3}\)；

\(2^。\) 当\(F(2)> 0\)时，还需要\(\Delta \ge 0\)且对称轴大于2，

由\(\begin{cases} &F(2)> 0\\ &\Delta \ge 0 \\ &m>2\end{cases}\Longrightarrow \begin{cases} &m<1-\sqrt{3}，m>1+\sqrt{3}\\ &-2\sqrt{2}\leq m \leq 2\sqrt{2} \\ & m>2\end{cases}\Longrightarrow 1+\sqrt{3}< m \leq 2\sqrt{2}\)；

综上所述，\(m\)的取值范围是\([1-\sqrt{3}，2\sqrt{2}]\).

考查抽象函数

【2017·合肥模拟】若函数\(f(x)=log_{3a}[(a^2-3a)x]\)在\((-\infty，0)\)上是减少的，则实数\(a\)的取值范围是多少？

分析：令\(g(x)=(a^2-3a)x\)，由于\(g(x)>0\)在区间\((-\infty，0)\)上要恒成立，

则有\(a^2-3a<0\)，这样内函数\(g(x)\)只能单调递减，

复合函数\(f(x)=log_{3a}g(x)\)是单调递减的，

所以外函数必须是单调递增的，故\(3a>1\)，

由\(\begin{cases}a^2-3a<0\\3a>1\end{cases}\)，解得\(\cfrac{1}{3}<a<3\)，

故\(a\in(\cfrac{1}{3}，3)\)。

已知定义在R上的偶函数\(f(x)\)，当\(x\ge 0\)时，\(f(x)=e^x+ln(x+1)\)，若\(f(a)<f(a-1)\)，则\(a\)的取值范围是（）。

法1：作出大致草图，结合图像，分类讨论，

但是我们一般不利用这个思路，主要是分类太多，太麻烦。

法2、利用偶函数的性质\(f(x)=f(-x)=f(|x|)\)来简化思考，

由于\(x\ge 0\)时，\(f(x)=e^x+ln(x+1)\)(增+增=增)，

故\(f(x)\)在\([0，+\infty)\)上单调递增，

又\(f(a)<f(a-1)\)可以等价转化为\(f(|a|)<f(|a-1|)\)，

结合单调性可知\(|a|<|a-1|\)，两边同时平方去掉绝对值符号，

解得\(a<\cfrac{1}{2}\)，

即\(a\in(-\infty，\cfrac{1}{2})\)。

考查数学思想

主要涉及数形结合思想，转化划归思想，分类讨论以及相关的数学策略。

【宝鸡市二检文理科第12题】已知函数\(f(x)=a^x\)与\(g(x)=log_ax(a>0且a \neq 1)\)的图像有两个公共点，则实数\(a\)的取值范围是【】

$A.(0，e^{\frac{1}{e}})$ $B.(1，e^{\frac{2}{e}})$ $C.(1，\sqrt{e})$ $D.(1，e^{\frac{1}{e}})$

分析：先做出如右图所示的图像，从形上分析，由于函数\(f(x)=a^x\)与\(g(x)=log_ax(a>0且a \neq 1)\)互为反函数，其图像关于直线\(y=x\)对称，

故两条曲线相交时，直线\(y=x\)必然也会过他们的交点，这样我们将图形简化一下，

即要保证两条曲线有两个交点，只需要一区一直两条线有两个交点就可以了，

此时我们从形上已经不好把握了，需要转换到数的角度进行计算。

即函数\(y=a^x\)与函数\(y=x\)的图像有两个交点，也即方程\(a^x=x\)要有两个不同的实数根。

两边同时取自然对数，得到\(lna^x=lnx\)，即\(xlna=lnx\)，注意到图像的交点的\(x\neq 0\)，

故分离参数得到\(lna=\cfrac{lnx}{x}\)，

则要方程使\(lna=\cfrac{lnx}{x}\)有两个不同的根，需要函数\(y=lna\)和\(g(x)=\cfrac{lnx}{x}\)要有两个交点，这样又转换到形了。

以下用导数方法，判断函数\(g(x)=\cfrac{lnx}{x}\)的单调性，得到在\((0，e)\)上单调递增，在\((e，+\infty)\)上单调递减，做出其函数图像如右图所示，

故有\(0<lna<\cfrac{1}{e}\)，即\(ln1<lna<lne^{\frac{1}{e}}\)，故\(a\in (1，e^{\frac{1}{e}})\)，选\(D\).

解后反思：

1、数到形，形到数，二者之间的转换在高三数学的学习中非常普遍。

2、熟练掌握函数\(f(x)=\cfrac{lnx}{x}\)，以及\(g(x)=lnx\pm x\)，\(h(x)=x\cdot lnx\)等的函数的图像和性质，在解题中会有不小的惊喜。

3、在分离常数时，可以分离得出\(lna=\cfrac{lnx}{x}\)，还可以分离得到\(a=e^{\frac{lnx}{x}}\)，但是明显第一种分离方式更有利于计算，此处使用了整体思想。

【2017凤翔中学高三理科第二次月考第12题】将函数\(y=lnx\)的图像绕坐标原点\(O\)逆时针旋转角\(\theta\)后第一次与\(y\)轴相切，则角\(\theta\)满足的条件是（）。

$A.sin\theta=ecos\theta$ $B.esin\theta=cos\theta$ $C.esin\theta=1$ $D.ecos\theta=1$

分析：先仿上例3先求得过坐标原点与\(y=lnx\)相切的直线是\(y=\cfrac{1}{e}x\)，切点是\((e，1)\)，

设切线的倾斜角是\(\phi\)，则\(tan\phi=\cfrac{1}{e}\)，若切线绕坐标原点旋转角\(\theta\)后切线变成了\(y\)轴，

由\(cot\theta=tan\phi=\cfrac{1}{e}\)可得， \(\cfrac{cos\theta}{sin\theta}=\cfrac{1}{e}\)，

即\(sin\theta=ecos\theta\)，故选\(A\)。

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知函数\(f(x)\)是定义在\(R\)上的奇函数，且满足\(f(x-2)=f(x+2)\)，当\(x\in (0，2)\)时，\(f(x)=ln(x^2-x+1)\)，则方程\(f(x)=0\)在区间\([0，8]\)上的解的个数是【】

$A.3$ $B.5$ $C.7$ $D.9$

法1：代数方法求解，当\(x\in (0，2)\)时，\(f(x)=ln(x^2-x+1)\)，令\(f(x)=0\)，则\(x^2-x+1=1\)，解得\(x=1\)，

又由于\(f(x-2)=f(x+2)\)，则函数\(f(x)=f(x+4)\)，即\(T=4\)，又函数\(f(x)\)是定义在\(R\)上的奇函数，

则在区间\(x\in [-2，2]\)，\(f(-1)=f(1)=0\)，\(f(0)=0\)，\(f(2)=f(-2+4)=f(-2)=-f(2)\)，则\(f(2)=0\)，

所以\(f(-1)=f(1)=f(0)=f(2)=f(-2)=0\)，\(f(3)=f(-1)=0\)，\(f(4)=f(0)=0\)，\(f(5)=f(1)=0\)，

\(f(6)=f(2)=0\)，\(f(7)=f(-1)=0\)，\(f(8)=f(0)=0\)，故方程\(f(x)=0\)在区间\([0，8]\)上的解有\(0\)，\(1\)，\(2\)，\(3\)，\(4\)，\(5\)，\(6\)，\(7\)，\(8\)共\(9\)个，故选\(D\).

法2：数形结合求解，需要注意的是，由奇函数得到\(f(0)=0\)，由周期性和奇偶性得到\(f(2)=f(-2)=0\)，解方程得到\(f(1)=f(-1)=0\)，

做出函数\(f(x)\)的图像如下图所示，

由图像可知，方程\(f(x)=0\)在区间\([0，8]\)上的解有\(0\)，\(1\)，\(2\)，\(3\)，\(4\)，\(5\)，\(6\)，\(7\)，\(8\)共\(9\)个，故选\(D\).

考查分段函数与数列

【2017•衡阳模拟】已知函数\(f(x)=\begin{cases}1-|x-1|，&x<2\\2f(x-2)，&x\ge 2\end{cases}\)，\(g(x)=2^{\frac{x-1}{2}}\)，设方程\(f(x)=g(x)\)的根从小到大依次为\(x_1，x_2，\cdots，x_n，\cdots，n\in N*\)，则数列\(\{f(x_n)\}\)的前\(n\)项和为________.

分析：本题目的难点较多，

难点1：作函数\(y=f(x)\)的图像，第一段\(y=1-|x-1|，x<2\)是后续作图的基础，

第二段上满足\(f(x)=2f(x-2)\)，是函数的周期和振幅同时起作用，

意味着区间\([2，4]\)上的图像是把区间\([0，2]\)上的图像先做以平移2个单位，然后振幅扩大2倍；

那么区间\([4，6]\)上的图像是把区间\([2，4]\)上的图像先做以平移2个单位，然后振幅扩大2倍；

以此类推，如右图的蓝色部分，再做函数\(g(x)=2^{\frac{x-1}{2}}=(\sqrt{2})^{x-1}\)，

是把函数\(y=(\sqrt{2})^x\)的图像向右平移1个单位得到，如图中的红色部分。

难点2：解方程，\(f(x)=g(x)\)的解，即两个图像的交点的横坐标，依次为\(x_1=1、x_2=3、x_3=5、x_4=7、\cdots\)

难点3：数列\(\{f(x_n)\}\)的前\(n\)项依次为函数值\(f(1)=1\) ，\(f(3)=2\)，\(f(5)=4\)，\(f(7)=8\) ，\(\cdots\)，

刚好组成了首项为\(1\)，公比为\(2\)的等比数列，故其通项公式为\(f(x_n)=a_n=2^{n-1}\)，

则其前\(n\)项和为\(S_n=\cfrac{1-2^n}{1-2}=2^n-1\)。

考查函数性质

【2017年宝鸡市二检】【函数性质逐条给出】已知定义在\(R\)上的函数\(y=f(x)\)满足以下条件：

①对任意的\(x\in R\)，都有\(f(x+2)=f(x-2)\)；

②函数\(y=f(x+2)\)是偶函数；

③当\(x\in(0，2]\)时，\(f(x)=e^x-\cfrac{1}{x}\)，

若已知\(a=f(-5)\)，\(b=f(\cfrac{19}{2})\)，\(c=f(\cfrac{41}{4})\)，则\(a\)，\(b\)，\(c\)的大小关系是【 】

$A.b < a < c$ $B.c < a < b$ $C.c < b < a$ $D.a < b < c$

分析：本题目是函数各种性质综合应用的典型题目，如果你对函数的各种性质的给出方式很熟悉，

那么由①可知，函数满足\(f(x+4)=f(x)\)，其周期是\(4\)；

由②可知\(y=f(x)\)的对称轴是\(x=2\)，可以表达为\(f(x+4)=f(-x)\)，

那么在结合\(f(x+4)=f(x)\)，可知\(f(-x)=f(x)\)，则函数\(f(x)\)还是偶函数；

由③借助导数工具(或者增+增=增)可得，函数\(f(x)\)在区间\((0，2]\)上单调递增，

有了以上分析得到的函数的周期性、奇偶性、单调性，就可以轻松的解决题目中的大小比较了。

\(a=f(-5)\xlongequal{周期性}f(-1)\xlongequal{奇偶性}f(1)\)；

\(b=f(\cfrac{19}{2})\xlongequal{周期性}f(\cfrac{3}{2})=f(1.5)\)；

\(c=f(\cfrac{41}{4})\xlongequal{周期性}f(2+\cfrac{1}{4})\xlongequal{已知表达式}f(\cfrac{1}{4}-2)\xlongequal{偶函数}f(2-\cfrac{1}{4})=f(1.75)\)；

由\(\because f(x)\)在区间\((0，2]\)上\(\nearrow\)，\(1<1.5<1.75\)， \(\therefore f(1)<f(1.5)<f(1.75)\)，

即\(a<b<c\)，故选\(D\)。

考查函数迭代

已知函数\(y=f(x)\)和\(y=g(x)\)在\([-2，2]\)上的图像如图所示，给出下列四个命题：

①方程\(f[g(x)]=0\)有且仅有\(6\)个根；②方程\(g[f(x)]=0\)有且仅有\(3\)个根；

③方程\(f[f(x)]=0\)有且仅有\(5\)个根；④方程\(g[g(x)]=0\)有且仅有\(4\)个根；

则正确的命题有 _______________。①③④

【法1】：从里向外分析，重新配图；得空整理；

对于命题①而言，复合函数为\(f[g(x)]\)；为什么如下选择区间？理由^[1]

在\([-2，x_0]\)上，\(f[g(x)]\nearrow\)，\(f[g(-2)]=f(-2)=-2\)，\(f[g(x_0)]=f(-1)=1\)，其中\(g(x_0)=-1\);

在\([x_0，x_1]\)上，\(f[g(x)]\searrow\)，\(f[g(x_1)]=f(0)=0\)，其中\(g(x_1)=0\)；

在\([x_1，x_2]\)上，\(f[g(x)]\searrow\)，\(f[g(x_2)]=f(1)=-1\)，其中\(g(x_2)=1\)；

在\([x_2，-1]\)上，\(f[g(x)]\nearrow\)，\(f[g(-1)]=f(2)=2\)；

在\([-1，0]\)上，\(f[g(x)]\searrow\)，\(f[g(0)]=f(1)=-1\)；图中未说明，假定\(g(0)=1\);

在\([0，1]\)上，\(f[g(x)]\nearrow\)，\(f[g(1)]=f(-0.3)=0.4\)；\(g(1)=-0.3\)，\(f(-0.3)=0.4\)为估算值；

在\([1，x_3]\)上，\(f[g(x)]\nearrow\)，\(f[g(x_3)]=f(-1)=1\)，其中\(g(x_3)=-1\)；

在\([x_3，2]\)上，\(f[g(x)]\searrow\)，\(f[g(2)]=f(-2)=-2\)；

根据上述函数值，做出函数图像，由图像可知方程\(f[g(x)]=0\)有且仅有\(6\)个根；故①正确；

当我们先选择函数\(g(x)\)的区间为\([-2，-1]\)时，此时虽然能保证内函数\(g(x)\)单调递增，但是此时内函数的值域\(g(x)\in [-2，2]\)，其投射到外函数\(f(x)\)上时，就放置到了外函数\(f(x)\)的定义域\([-2，2]\)内，此时外函数的单调性不唯一，说明我们一开始选取的内函数的研究区间\([-2，-1]\)有些大了，所以需要压缩；一直压缩到\([-2，x_0]\)，其中\(g(x_0)=-1\)，这时候内函数的值域\(g(x)\in [-2，-1]\)，刚好投射到外函数的单调递增区间上，说明此时的区间选取是恰当合理的，其他的区间选取与此同理同法；

对于命题②而言，复合函数为\(g[f(x)]\)；

在\([-2，x_4]\)上，\(g[f(x)]\nearrow\)，\(g[f(-2)]=g(-2)=-2\)，\(g[f(x_4)]=g(-1)=2\)，其中\(f(x_4)=-1\);

在\([x_4，x_5]\)上，\(g[f(x)]\searrow\)，\(g[f(x_5)]=g(0)=1\)，其中\(f(x_5)=0\)；

在\([x_5，-1]\)上，\(g[f(x)]\searrow\)，\(g[f(-1)]=g(1)=-0.3\)；

在\([-1，0]\)上，\(g[f(x)]\nearrow\)，\(g[f(0)]=g(0)=1\)；

在\([0，1]\)上，\(g[f(x)]\nearrow\)，\(g[f(1)]=g(-1)=2\)；

在\([1，x_6]\)上，\(g[f(x)]\searrow\)，\(g[f(x_6)]=g(1)=0\)，其中\(f(x_6)=1\)；

在\([x_6，2]\)上，\(f[g(x)]\searrow\)，\(g[f(2)]=g(2)=-2\)；

根据上述函数值，做出函数图像，由图像可知方程\(g[f(x)]=0\)有且仅有\(4\)个根；故②错误；

对于命题③而言，复合函数为\(f[f(x)]\)；

在\([-2，x_4]\)上，\(f[f(x)]\nearrow\)，\(f[f(-2)]=f(-2)=-2\)，\(f[f(x_4)]=f(-1)=1\)，其中\(f(x_4)=-1\);

在\([x_4，x_5]\)上，\(f[f(x)]\searrow\)，\(f[f(x_5)]=f(0)=0\)，其中\(f(x_5)=0\)；

在\([x_5，-1]\)上，\(f[f(x)]\searrow\)，\(f[f(-1)]=f(1)=-1\)；

在\([-1，0]\)上，\(f[f(x)]\nearrow\)，\(f[f(0)]=f(0)=0\)；

在\([0，1]\)上，\(f[f(x)]\nearrow\)，\(f[f(1)]=f(-1)=1\)；

在\([1，x_6]\)上，\(f[f(x)]\searrow\)，\(f[f(x_6)]=f(1)=-1\)，其中\(f(x_6)=1\)；

在\([x_6，2]\)上，\(f[f(x)]\nearrow\)，\(f[f(2)]=f(2)=2\)；

根据上述函数值，做出函数图像，由图像可知方程\(f[f(x)]=0\)有且仅有\(5\)个根；故③正确；

对于命题④而言，复合函数为\(g[g(x)]\)；

在\([-2，x_0]\)上，\(g[g(x)]\nearrow\)，\(g[g(-2)]=g(-2)=-2\)，\(g[g(x_0)]=g(-1)=2\)，其中\(g(x_0)=-1\);

在\([x_0，x_1]\)上，\(g[g(x)]\searrow\)，\(g[g(x_1)]=f(0)=0\)，其中\(g(x_1)=0\)；

在\([x_1，x_2]\)上，\(g[g(x)]\searrow\)，\(g[g(x_2)]=g(1)=-0.3\)，其中\(g(x_2)=1\)；

在\([x_2，-1]\)上，\(g[g(x)]\searrow\)，\(g[g(-1)]=g(2)=-2\)；

在\([-1，0]\)上，\(g[g(x)]\nearrow\)，\(g[g(0)]=g(1)=0\)；

在\([0，1]\)上，\(g[g(x)]\nearrow\)，\(g[g(1)]=g(0)=1\)；

在\([1，x_3]\)上，\(g[g(x)]\nearrow\)，\(g[g(x_3)]=g(-1)=2\)，其中\(g(x_3)=-1\)；

在\([x_3，2]\)上，\(g[g(x)]\searrow\)，\(g[g(2)]=f(-2)=-2\)；

根据上述函数值，做出函数图像，由图像可知方程\(g[g(x)]=0\)有且仅有\(4\)个根；故④正确；

综上所述，正确的命题有①③④。

法2：从外向里分析，由图像可知，\(-2\leqslant g(x)\leqslant 2\)，\(-2\leqslant f(x)\leqslant 2\)，

对于命题①而言，由于满足方程\(f[g(x)]=0\)的\(g(x)\)有\(3\)个不同值，由于每个值\(g(x)\)又对应了\(2\)个\(x\)值，故满足\(f[g(x)]=0\)的\(x\)值有\(6\)个，即方程\(f[g(x)]=0\)有且仅有\(6\)个根，故命题①正确；

[图像使用方法说明]：由\(y=f(x)\)的图像可以看出，使得\(f(x)=0\)的三个零点值分别为\(x_1=-1.6\)，\(x_2=0\)，\(x_3=1.6\)[估算]，

在函数\(y=g(x)\)的图像中，分别做直线\(g(x)=-1.6\)，\(g(x)=0\)，\(g(x)=1.6\)，每一条直线和函数\(y=g(x)\)都有\(2\)个交点，故共有\(6\)个交点。

对于命题②而言，由于满足方程\(g[f(x)]=0\)的\(f(x)\)有\(2\)个不同值，从图中可知，每一个值\(f(x)\)，一个\(f(x)\)的值在\((-2，-1)\)上，另一个\(f(x)\)的值在\((0，1)\)上，当\(f(x)\)的值在\((-2，-1)\)上时，原方程有一个解；当\(f(x)\)的值在\((0，1)\)上时，原方程有\(3\)个解，故满足\(g[f(x)]=0\)的\(x\)值有\(4\)个，即方程\(g[f(x)]=0\)有且仅有\(4\)个根，故命题②不正确；

对于命题③而言，由于满足方程\(f[f(x)]=0\)的\(f(x)\)有\(3\)个不同值，从图中可知，一个\(f(x)\)的值在\((-2，-1)\)上，一个\(f(x)\)的值为\(0\)，另一个\(f(x)\)的值在\((1，2)\)上；当\(f(x)=0\)对应了\(3\)个不同的\(x\)值，当\(f(x)\)在\((-2，-1)\)上时，只对应一个\(x\)值；当\(f(x)\)的值在\((1，2)\)上时，也只对应一个\(x\)的值，故满足\(f[f(x)]=0\)的\(x\)值有\(5\)个，即方程\(f[f(x)]=0\)有且仅有\(5\)个根，故命题③正确；

对于命题④而言，由于满足方程\(g[g(x)]=0\)的\(g(x)\)有\(2\)个不同值，从图中可知，每个\(g(x)\)的值对应\(2\)个不同的\(x\)值，故满足\(g[g(x)]=0\)的\(x\)值有\(4\)个，即方程\(g[g(x)]=0\)有且仅有\(4\)个根，故命题④正确；

综上所述，正确的命题有①③④。

考查解析式

定义在\((0，+\infty)\)上的单调函数\(f(x)\)，\(\forall x\in(0，+\infty)\)，\(f[f(x)-2lnx]=1\)，则方程\(f(x)-\)\(f'(x)=1\)的解所在的区间是【】

$A.(0，\cfrac{1}{2})$ $B.(\cfrac{1}{2}，1)$ $C.(1，2)$ $D.(2，4)$

分析：令内层函数\(f(x)-2lnx=t\)，则\(f(t)=1\)且\(f(x)=t+2lnx\)，

又由已知得到\(f(t)=t+2lnt\)，故有\(t+2lnt=1\)，

观察得到\(t=1\)，即得到函数的解析式\(f(x)=2lnx+1\)；

又\(f'(x)=\cfrac{2}{x}\)，故所求方程为\(2lnx+1-\cfrac{2}{x}=1\)，

即\(2lnx-\cfrac{2}{x}=0\)； 令\(g(x)=2lnx-\cfrac{2}{x}\)，

\(g(1)=2ln1-2<0，g(2)=2lnx-1>0\)，故有解区间为 \(C.(1，2)\) .

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1. ↩︎