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

例1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^xcdot 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^xcdot f(x)-e^x-7)，则(g'(x)=e^xcdot f(x)+e^xcdot 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^0cdot f(0)-e^0-7=0)，

故(g(x)>0)的解集为((0，+infty)) ，即不等式(e^xcdot 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)) ，

例2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)=xcdot 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)。

例3【2017•张家界模拟】已知函数(f(x)(xin 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(xin(-infty，-1)cup(1，+infty))，

例4【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 imes 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

例5-姊妹【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 imes 1+1=0)，故可知(g(x)>0)时的解集为({xmid 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_2cfrac{1}{2}<x<log_22)，

解得(cfrac{1}{2}<x<2)，故选(D)。

考查函数不等式

例6【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)=egin{cases}-x^2+2x，&xleq 0\ln(x+1)，&x>0end{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(xleq 0))相切时的切点坐标。

设切点(P(x_0，y_0))，

则有(egin{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

例7若对(forall x>0) ，不等式(ln(x+1)-x+cfrac{x^2+2x+a}{x+2}>1(ain 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} ightarrow g(0)=2)，

故得到(age 2)，故选C.

例8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 heta， hetain (cfrac{pi}{3}，pi])，

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

因为( hetain (cfrac{pi}{3}，pi])，则有(cfrac{sqrt{3}-1}{2}<sqrt{2}sin( heta-cfrac{pi}{4})leq 1)，

故(bleq cfrac{sqrt{3}-1}{2})。

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

令(h(x)=x+b，xin[-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)，xin[-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(bleq cfrac{sqrt{3}-1}{2})。

例9【2016第三次全国大联考地16题】若不等式(2x^2+(1-a)y^2ge (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(aleq 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})^2-3frac{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}-7ge 2sqrt{12}-7=4sqrt{3}-7)

当且仅当(t=sqrt{3}-1)时取到等号。

故有(aleq 4sqrt{3}-7)，所以(a_{max}=4sqrt{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+1leq 0)，

解得(-4sqrt{3}-7leq a leq 4sqrt{3}-7)；

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

解得(a<-4sqrt{3}-7)；

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

例10【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(age 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(xin [0，cfrac{pi}{2}])，故(tin [-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-1ge 0)，

即(t^2-at-2aleq 0)在(tin [-1，1])上恒成立，

令(h(t)=t^2-at-2a，tin [-1，1])，

则(h(t)leq 0)等价于

(egin{cases}h(-1)=1+a-2aleq 0\h(1)=1-a-2aleq 0end{cases})

解得(age 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

例11【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；

例12-姊妹题1【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).

例13-姊妹题2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。

例14-姊妹题3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

例15定义新运算"⊕"，当(age b)时，(a⊕b=a)；当(a<b)时，(a⊕b=b^2)；则函数(f(x)=(1⊕x)x-(2⊕x),xin[-2，2])的最大值是多少？

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

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

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

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

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

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

从而利用分段函数求得(f(x)_{max}=6)。

例16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-mcdot 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}=nge 2)，则方程变形为(n^2-2mn+2m^2-8=0)在(nin [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 0Longrightarrow 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(egin{cases} &F(2)> 0\ &Delta ge 0 \ &m>2end{cases}Longrightarrow egin{cases} &m<1-sqrt{3}，m>1+sqrt{3}\ &-2sqrt{2}leq m leq 2sqrt{2} \ & m>2end{cases}Longrightarrow 1+sqrt{3}< m leq 2sqrt{2})；

综上所述，(m)的取值范围是([1-sqrt{3}，2sqrt{2}]).

考查抽象函数

例17【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(egin{cases}a^2-3a<0\3a>1end{cases})，解得(cfrac{1}{3}<a<3)，

故(ain(cfrac{1}{3}，3))。

例18已知定义在R上的偶函数(f(x))，当(xge 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(xge 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(ain(-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。

例19【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 eq 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 eq 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 eq 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(ain (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)=lnxpm x)，(h(x)=xcdot 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。

例20【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( heta)后第一次与(y)轴相切，则角( heta)满足的条件是（）。

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

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(tanphi=cfrac{1}{e})，若切线绕坐标原点旋转角( heta)后切线变成了(y)轴，

由(cot heta=tanphi=cfrac{1}{e})可得， (cfrac{cos heta}{sin heta}=cfrac{1}{e})，

即(sin heta=ecos heta)，故选(A)。

例21【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(xin (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(xin (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(xin [-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

例22【2017•衡阳模拟】已知函数(f(x)=egin{cases}1-|x-1|，&x<2\2f(x-2)，&xge 2end{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，nin 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

例23【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(xin R)，都有(f(x+2)=f(x-2))；

②函数(y=f(x+2))是偶函数；

③当(xin(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(ecause f(x))在区间((0，2])上( earrow)，(1<1.5<1.75)， ( herefore f(1)<f(1.5)<f(1.75))，

即(a<b<c)，故选(D)。

考查函数迭代

例24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)] earrow)，(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)] earrow)，(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)] earrow)，(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)] earrow)，(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)] earrow)，(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)] earrow)，(g[f(0)]=g(0)=1)；

在([0，1])上，(g[f(x)] earrow)，(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)] earrow)，(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)] earrow)，(f[f(0)]=f(0)=0)；

在([0，1])上，(f[f(x)] earrow)，(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)] earrow)，(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)] earrow)，(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)] earrow)，(g[g(0)]=g(1)=0)；

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

在([1，x_3])上，(g[g(x)] earrow)，(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，(-2leqslant g(x)leqslant 2)，(-2leqslant 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

例1 定义在((0，+infty))上的单调函数(f(x))，(forall xin(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)) .

---

1. ↩︎