1、专题专题 1 1同构函数型同构函数型 例题 1.（2020新课标卷文数12）若2233 xyxy ，则（） Aln(1)0yxBln(1)0yx Cln | 0 xyDln | 0 xy 【分析】 将已知2233 xyxy 按照“左右形式形式相当， 一边一个变量”的目的变形， 然后逆用函数的单调性. 【解析】由2233 xyxy 移项变形为2323 xxyy ，设( )23 xx f x 易知( )f x是定义在 R 上的增函数，故由2323 xxyy ，可得xy， 所以01 1,yxyx 从而ln(1)0yx，故选 A 例题2.（2020新课标理数12）若 24 2log42log ab a
2、b，则（） A.2abB.2abC. 2 abD. 2 ab 【分析】 2222 4422 42log2log2log2log 21 bbbb bbbb 2 22 2log2log 21 ab ab，设 2 ( )2log x f xx 利用作差法结合 ( )f x的单调性即可得到答案. 【解析】 2222 4422 42log2log2log2log 21 bbbb bbbb 2 22 2log2log 21 ab ab，故 2 22 2log2log 2 ab ab 设 2 ( )2log x f xx，则 ( )f x为增函数，所以( )(2 )f afb ，所以2ab. 2 ( )()
3、f af b 2 2 22 2log(2log) ab ab 2 22 22 2log(2log) bb bb 2 2 2 22log bb b， 当1b 时， 2 ( )()20f af b，此时 2 ( )()f af b，有 2 ab 当2b 时， 2 ( )()10f af b ，此时 2 ( )()f af b，有 2 ab，所以 C、D 错误. 故选 B. 【点评】本题需构造函数，其基本策略是：“左右形式相当，一边一个变量，取左或取 右，构造函数妥当”，我们称之为“同构函数”，然后再利用函数的单调性求值. 巩固 1.（2012全国联赛）如果 5533 cossin7(cossin)
4、，0,2 )，则的 取值范围是_. 【答案】 5 (,) 44 巩固 2.（2012辽宁竞赛）不等式 3 3 810 50 (1)1 xx xx 的解集是_. 【解析】原不等式可化为： 3 3 22 55 11 xx xx 构造函数 3 ( )5f xxx，则 2 ( )350fxx，( )f x在R上单增 所以 2 1 x x ，解之得21xx 或-1 所以原不等式解集是 21x xx 或-1. 巩固 3.（2020南通五月模拟14）已知0,2，若关于k的不等式 33 sincossincosk在, 2 上恒成立，则的取值范围 为 【分析】本题的实质是含参数（这里当然是 sin、cos）的不
5、等式恒成立问题，应 抓住已知条件 33 sincossincosk的对称结构，构造函数，利用函数的 单调性布列不等式. 【解析】看到 33 sincossincosk想“对称结构”，将它变形为： 33 sinsincoscoskk， 设 3 ( )f xkxx， 2 1 ( )3 2 fxkx x 易知当, 2k 时， 2 1 ( )30 2 fxkx x ，故( )f x在 0,单减， 所以 sincos sin0 cos0 ，解之得：0 4 所以的取值范围0, 4 巩固 4.（2019南师附中期中14）已知函数( )33 xx f x ， 331 3 (1 2log)(3log1)logf
6、tftt，则 t 的取值范围是 【分析】这里 可以发现 1333 3 loglog(2log1)(3log1) tttt ,将 331 3 (1 2log)(3log1)logftftt移项变形为 3333 (3log1)(3log1)(2log1)(1 2log) tt ftft，易知( )33 xx f x 是奇 函数， 33 (1 2log)(2log1) t ftf，故进一步变形为 3333 (3log1)(3log1)(2log1)(2log1)fttftt，此时,得到一个“左右形 式相当，一边一个变量”的不等式，令( )( )F xf xx，问题转化为 33 (3log1)(2lo
7、g1) tt FF，只需研究( )( )F xf xx的单调性，逆用该函数的 单调性即可. 【解析】 1333 3 loglog(12log )(3log1) tttt 331 3 (1 2log)(3log1)logftftt可变形为： 3333 (3log1)(3log1)(2log1)(1 2log) tt ftft ( )33 xx f x 是奇函数 33 (1 2log)(2log1) t ftf 3333 (3log1)(3log1)(2log1)(2log1)fttftt 令( )( )33 xx F xf xxx ，则( )ln3 3ln3 310 xx F x ( )F x单
8、增 33 3log12log1 tt ，即 3 log0 t ，解之得1t 所以 t 的取值范围是1,) 巩固5.（2020南通如皋创新班四月模拟2）已知实数 a，b(0，2)，且满足 22 4 424 2 a b abb，则 ab 的值为_ 【分析】 将 22 4 424 2 a b abb化为： 222 2(2)2 ab ab ， 设 2 2xf xx， 则 f x在0,2上递增，由 2f afb，得 ab 的值. 【解析】由 22 4 424 2 a b abb，化简为： 222 22(2) ab ab 即 222 2(2)2 ab ab ，设 2 2xf xx 则 f x在0,2上递增
9、，因为 a，b(0，2) 所以 2-b(0，2)，且 2f afb，所以2ab，即2ab. 巩固6.（2020淮阴中学、姜堰中学 12 月考14）)已知实数 1 x， 2 x满足 1 3 1 x x ee， 5 22 ln2xxe，则 12 x x _. 【分析】由已知条件考虑将两个等式转化为统一结构形式，令 2 22 ln2, t xt xe ，得 到 3t tee，研究函数( ) x f xxe的单调性，求出 1, x t关系，即可求解. 解法一：实数 1 x， 2 x满足 1 3 1 x x ee， 5 22 ln2xxe， 2 12 0,xxe， 2 22 ln20, t xtxe ，
10、则 3t tee， ( )(0),( )(1)0(0) xx f xxexfxxex， 所以 ( )f x在(0,)单调递增，而 3 1 ()( )f xf te， 5 121222 ln2,(ln2)xtxx xxxe . 解析二：对 1 3 1 x x ee两边取自然对数得： 11 ln3xx， 对 5 22 ln2xxe两边取自然对数得： 22 lnln ln25xx（） 为使两式结构相同，将（）进一步变形为： 22 ln2ln ln23xx 设( )lnf xxx，则 1 ( )10fx x 所以 ( )f x在(0,)单调递增，( )3f x 的解只有一个. 12 ln2xx， 5
11、1222 ln2x xxxe 【点评】两种解法实质相同，其关键是对已知等式进行变形，使其“结构相同”，然后构 造函数，利用函数的单调性，利用是同一方程求解. 巩固 7.设方程24 x x的根为m，设方程 2 log4 x x的根为n，则 mn=. 【答案】4 巩固 8.已知 a33a25a1，b33b25b5，那么 ab 的值是. 【解析】由题意知 a33a25a32，b33b25b32， 设 f (x)x33x25x3，则 f (a)2，f (b)2. 因为 f (x)图象的对称中心为(1,0)，所以 ab2. 点评：本题的难点在于发现函数的对称性，对于三次函数 f (x)yax3bx2cx
12、d 其对 称中心为(x0，f (x0)，其中 f (x0)0. 巩固 9.(宿迁2018期中)不等式xxxxxx ()()的解集 是. 【分析】直接解显然是不对路的.观察不等式的特征，发现其含有xx () 、两个因式， 将不等式转化为“一边一个变量”的形式为： xxxxxx ()()()，构造函数 f xxxx ( )，题 目转化为求解f xf x ()()的问题. 因为fxxx ( )，易知 fxxx ( )恒成立，故f x( )为R上的单调增函数，所以由 f xf x ()()立得：xx ，解之得x . 【方法点拨】【方法点拨】 1.一个式子中出现两个变量,适当变形后,两边结构相同(如例
13、1); 2.两个式子也可适当变形,使其结构相同,然后构造函数,利用函数的单调性解题，或 运用同一方程代入. 专题专题 2 2以分段函数为背景的解不等式型以分段函数为背景的解不等式型 例题1.（2020新课标卷理数12）已知函数( ) |31| 2|1|f xxx （1）画出( )yf x的图像； （2）求不等式 ( )(1)f xf x 的解集 【分析】 （1）略； （2）在同一直角坐标系内作出函数( )f x、1f x的图象，根据图象即 可解出 【解析】 （1）略； （2）将函数 f x的图象向左平移1个单位，可得函数1f x的图象，如图所示： 由3511xx ，解得 7 6 x 所以不等式
14、的解集为 7 , 6 巩固 1.（2020扬州三检12）已知函数 2 22 ( ) 1 12 2 xxx f x xx ， ， ，则关于 x 的不等式 (1)(2)fxfx的解集为 【分析】作出函数 fx图象，考察动区间12xx，间图象的单调性，易得，当 1 1= 2 x 即 1 2 x 时，(1)(2)fxfx，此即为“临界值”，而动区间右移时满足题意，故 1 1 2 x, 1 2 x 所以不等式(1)(2)fxfx的解集为 1 , 2 . 巩固 2. (2018全国卷)设函数 f(x) 2 x，x0， 1，x0， 则满足 f(x1)f(2x)的 x 的取值范围是 () A(，1B(0，)
15、C(1,0)D(，0) 【解析】法一：分类讨论法 当 x10， 2x0， 即 x1 时， f(x1)f(2x)，即为 2 (x1)22x， 即(x1)2x，解得 x0 时，不等式组无解 当 x10， 2x0， 即1x0 时， f(x1)f(2x)，即为 12 2x，解得 x0， 2x0， 即 x0 时，f(x1)1，f(2x)1，不合题意 综上，不等式 f(x1)0， 函数 f(x)的图象如图所示 结合图象知，要使 f(x1)f(2x)， 则需 x10， 2x0， 2xx1 或 x10， 2x0， x0，故选 D. 巩固 3.已知 f (x)(x1) |x|3x若对于任意 xR，总有 f (x
16、)f (xa)恒成立，则常数 a 的 最小值是_ 【提示】f (x) x22x，x0， x24x，x0，作出函数 f (x)的图象得： 作平行于 x 轴的直线 l 与 f(x)图象有三个交点，设最左边与最右边的交点分别为 M，N， 如图所示，则 a 的最小值即为线段 MN 长的最大值设直线 l 的方程为 yt， 可得 MN3 1t 4t3 ( 1t 4t)23 52 (1t)(4t) 3 51t4t3 10 所以，a 的最小值是 3 10 【说明】 1.本题的难点是要能结合函数的图象发现常数 a 的最小值即为线段 MN 长的最大值 2.本题也可使用导数知识解决. 巩固 4.已知函数)0( 1|
17、)|1 ()(axaxxf， 若)()(xfaxf对任意的Rx恒成立， 则实数a的取值范围是. 【解析】设( )(1|)(0)g xxa xa，则()( )()( )f xaf xg xag x对任意的 Rx恒成立，意即将( )g x图象上的每一点向左平移a个单位后，所得到的图象不可能 在( )g x的上方. 因为 (1),0 ( )(1|) (1),0 xax x g xxa x xax x 如图，由图象得， 2 a a ，又因为0a ，故2a . 巩固 5. （2020镇江高三上学期期末12） 已知函数)(xf是定义在R上的奇函数， 当0 x时， xxxf4 2 )(，则不等式xxf)(的
18、解集为 【答案】, 55, 巩固 6.已知函数|2|)(xxxf，则不等式) 1 ()2(fxf的解集为_. 【答案】 ，1- ? ? ? ? ? ? 专题专题 3三次函数型三次函数型 例题 1.（2020浙江9）已知 a，bR 且 ab0，若(xa)(xb)(x2ab)0 在 x0 上恒成立，则 （） A. a0C. b0 【分析】本题的实质是考察三次函数的图象，设( )()()(2)f xxa xb xab，欲满足 题意，从形上看则必须在 x0 时有两个重合的零点才可以，对a分0a 与0a 两种情况 讨论，结合三次函数的性质分析即可得到答案. 【解析】因为0ab ，所以0a 且0b，设(
19、)()()(2)f xxa xb xab，则 ( )f x 的零点为 123 ,2xa xb xab 当0a 时，则 23 xx， 1 0 x，要使( )0f x ，必有2aba，且0b ，即 ba，且 0b ，所以0b ； 当0a 时，则 23 xx， 1 0 x ，要使( )0f x ，必有0b . 综上一定有0b . 故选：C 点评： 本题使用了作三次函数示意图的方法序轴标根法， 它是高次不等式的常用解法. “序轴标根法”又称“数轴穿根法”或“穿针引线法”， 所谓序轴就是省去原点和单位，只表示 数的大小的数轴.序轴上标出的两点中，左边的点表示的数比右边的点表示的数小.为了形象 地体现正负
20、值的变化规律， 可以画一条浪线从右上方依次穿过每一根所对应的点， 穿过最后 一个点后就不再变方向（自右往左，蛇形穿根，奇（次幂）过偶（次幂）不过） ，这种画法 俗称“穿针引线法”.用数轴标根法解不等式的步骤：移项、求根、标根、画线、选解. 本题要求学生功底扎实,思维层次要高, 尤其对于处理函数、 不等式等题型数形结合思想数 轴标根法的优势就体现出来,所谓胸有蓝“图”，一路坦途. 巩固 1.若函数 32 ( )21()f xxaxaR在(0,)内有且只有一个零点，则( )f x在 1,1 上的最大值与最小值的和为 【解析】因为 (0)1f ,且由 2 1 ( )62=6 ()0 3 fxxaxx
21、 xa得:0 x 或 1 3 xa 所以函数( )f x的图象是增-减-增型，且在0 x 或 1 3 xa处取得极值 欲使函数在(0,)内有且只有一个零点，当且仅当 32 ( )2 ( )( )10 333 0 3 aaa fa a 解之得 3a . 当1,0 x 时，( )f x增；0,1x时，( )f x减， 故 max ( )(0)1f xf ， min ( )min(1),( 1)4f xff ， 所以 ( )f x在 1,1上的最大值与最小值的和为3 巩固 2.已知函数( )f x的导函数为( )(2)() (0)fxax xxaa， 若函数( )f x在2x 处取 到极小值，则实数
22、a的取值范围是 【答案】, 20, 巩固 3.若函数 2 ( )f xx xa在区间0,2上单调递增， 则实数a的取值范围是 【解析】 2 2 2 (), ( ) (), xxa xa f xx xa xxa xa . 函数( )f x的一个极值点是0 x ，所以以0为界与a比较，进行分类讨论. 1当 0a 时，如图一，由 2 ( )320fxxax 得， 0 x 或 2 3 a x ， 欲使函数 2 ( )f xx xa 在区间0,2上单调递增，只需 2 2 3 a x ，即 3a . 当0a 时，如图二， 2 ( )f xx xa在区间0,2上单调递增，满足题意. 综上知，实数a的取值范围
23、是(,03,) 巩固 4.若函数 2 ( )(2)f xxxa在区间2,4上单调递增，则实数a的取值范围 是 【答案】(,25,) 巩固 5.设函数 3 ( )31()f xaxxxR， 若对于任意的1 , 1x都有0)(xf成立， 则 实数a的值为 【解析】若0 x ，则不论a取何值， 0f x 显然成立； 当0 x 即(0,1x时， 3 ( )310f xaxx 可化为， 23 31 a xx 设 23 31 g x xx ，则 4 3 1 2x gx x ， 所以 g x在区间 1 0, 2 上单调递增，在区 间 1 ,1 2 上单调递减，因此 max 1 4 2 g xg ，从而4a
24、； 当0 x 即1,0 x 时， 3 ( )310f xaxx 可化为 23 31 a xx ， 4 3 1 2x gx x 0 g x在区间1,0上单调递增，因此 ma 14 n g xg，从而4a ，综上4a . 巩固 6.已知,aR函数 2 ( )f xx xa，求函数 yf (x)在区间1,2上的最小值. a O x y （图 x y O a （图二) 【分析】对a进行讨论,结合函数的一阶导数值判断函数在区间上的单调性,进而求出函数 的最小值. 【解析】设此最小值为 m. 当.)(21 1 23 axxx，f，a上在区间时 因为:),2 , 1 (, 0) 3 2 (3223)( /
25、xaxxaxxxf 则 f(x)是区间1,2上的增函数,所以 m=f(1)=1-a. 当 12 时，在区间1，2上，.)( 32 xaxxf ). 3 2 (332)( 2/ xaxxaxxf 若, 3a在区间(1，2)内 f /(x)0,从而 f(x)为区间1，2上的增函数， 由此得：m=f(1)=a-1. 若 2a3,则2 3 2 1a 当；，xfxfax上的增函数为区间从而时 3 2 1 )(, 0)(, 3 2 1 / 当.2 , 3 2 )(2 3 2 / 上的减函数为区间从而时axf，x 因此，当 2a时， 1 11 1 1 ( 1)4 2 n nn n San ，所以 1 1 (
26、 1)( 1)1 2 nn nnn n aaa 当n为偶数时， 1 1 1 2 n n a ； 当n为奇数时， 1 1 21 2 nn n aa ，即 1 11 21 22 n nn a ， 1 2 3 2 n n a . 所以 1 1 3, 2 1 1, 2 n n n n a n 为偶数 为奇数 . 当n为偶数时， 111 3,3 24 n n a ，当n为奇数时， 1 13 11, 24 n n a 又因为 1 ()()0 nn tata 恒成立， 1nn ata ，所以 311 44 t-0.所以g（x）在（0，2）单调 递增，而g（0）=1，故当x（0，2）时，g（x）1，不合题意.
27、 （ii） 若02a+12， 即 11 22 a， 则当x(0， 2a+1)(2， +)时， g(x)0.所以g(x)在(0， 2a+1)， (2， +)单调递减， 在(2a+1， 2)单调递增.由于g(0)=1， 所以g(x)1当且仅当g(2)=(74a)e21，即a 2 7e 4 . 所以当 2 7e1 42 a 时，g(x)1. （iii）若2a+12，即 1 2 a ，则g(x) 3 1 (1)e 2 x xx . 由于 2 7e1 0, ) 42 ，故由（ii）可得 3 1 (1)e 2 x xx 1. 故当 1 2 a 时，g(x)1. 综上，a的取值范围是 2 7e ,) 4 .
28、 点评： 解决形如 f(x)exg(x)常见结论 exx1（有时甚至 ex? ? ?x1） ，从形的角度看，它揭 示了曲线与其切线的位置关系，从数的角度看，它提供了一种将指数型结构转化为多项 式型结构的方法，从而顺利突破难点 巩固 1.已知 ex1ax 对任意 x0,)成立，则实数 a 的取值范围是_ 【解析】根据常用不等式 exx1,且 yx1 与 yex相切于(0,1),又 yax1 也过点(0,1), 观察图象可知,要使 ex1ax 对任意 x0,)成立,则 a1,即实数 a 的取值范围为(,1. 巩固 2.已知 xex 2x1t 对一切正实数 x 恒成立，则实数 t 的最大值为_ 【解
29、析】因为 exx1,所以 xex 2x1 xx1 2x1 1.则 t1,所以 t 的最大值为 1. 巩固 3.已知函数 f(x)ex1xax2，当 x0 时,f(x)0 恒成立，则实数 a 的取值范围为 _ 【解析一】 由 f(x)ex12ax,又 exx1,所以 f(x)ex12axx2ax(12a)x, 所以当 12a0,即 a1 2时,f(x)0(x0),而 f(0)0,于是当 x0 时,f(x)0,满足题意；又 x0 时,exx1,所以可得 e x1x,从而当 a1 2时,f(x)e x12axexexex2a(ex1) (1e x)(ex2a),故当 x(0,ln2a)时,f(x)0
30、,而 f(0)0,于是当 x(0,ln2a)时,f(x)0,不 合题意 综上所述,实数 a 的取值范围为 ，1 2 . 【解析二】 因为 exx1,所以当 a0 时,exax2x1 恒成立,故只需讨论 a0 的情形 令 F(x) e x(1xax2)1,问题等价于 F(x)0,由 F(x)exax2(2a1)x0 得 x10,x2 2a1 a . 2当 0a1 2时,F(x)在0,)上单调递减,所以 F(x)F(0)0 恒成立； 当 a1 2时,因为 F(x)在0,x 2上单调递增,所以 F(x2)F(0)0 恒成立,此时 F(x)0 不恒成 立综上所述,实数 a 的取值范围是 ，1 2 .
31、巩固 4.若 f(x)exax2在(0,)只有一个零点,则实数 a 的值为_ 【答案】 e2 4 巩固 5.已知函数 2 2 1 0 ( ) 0 x x mxx ef x emxx ， ， 若函数( )f x有四个不同的零点，则实数 m 的取 值范围是 【答案】 2 , 4 e 专题专题 6超越不等式（方程）型超越不等式（方程）型 例题例题 1.（2020南京三模20 改编）已知函数 2 e ( ) x f x xaxa (aR)，其中 e 为自然对数 的底数，若函数( )f x的定义域为 R，且(2)( )ff a，求 a 的取值范围 【解析】由函数 f(x)的定义域为 R，得 x2axa0
32、 恒成立， 所以 a24a0，解得 0a4 方法方法 1（讨论单调性）（讨论单调性） 由 f(x) ex x2axa ，得 f(x)e x(xa)(x2) (x2axa)2 当 a2 时，f(2)f(a)，不符题意 当 0a2 时， 因为当 ax2 时，f (x)0，所以 f(x)在(a，2)上单调递减， 所以 f(a)f(2)，不符题意 当 2a4 时， 因为当 2xa 时，f (x)0，所以 f(x)在(2，a)上单调递减， 所以 f(a)f(2)，满足题意 综上，a 的取值范围为(2，4) 方法方法 2（转化为解超越不等式，先猜根再使用单调性）（转化为解超越不等式，先猜根再使用单调性）
33、由 f(2)f(a)，得 e2 4a e a a 因为 0a4，所以不等式可化为 e2e a a (4a) 设函数 g(x)e x x (4x)e2， 0 x4 因为 g(x)ex(x2) 2 x2 0 恒成立，所以 g(x)在(0，4)上单调递减 又因为 g(2)0，所以 g(x)0 的解集为(2，4) 所以，a 的取值范围为(2，4) 例题例题 2.（2016宿迁三校学情调研14）已知函数 f(x)x1(e1)lnx，其中 e 为自然对数的 底，则满足 f(ex)0 的 x 的取值范围为 【解析】易得 f(1)f(e)=0 1(1) ( )1 exe fx xx 当(0,1)xe时，( )
34、0fx，( )f x在(0,1)e单减；当(1,)xe时， ( )0fx，( )f x在(1,)e单增 ( )0f x 的解集是1xe 令1 x ee，得01x，故 f(ex)0 的 x 的取值范围为0,1 例题例题 3.（2020扬州五月测试20 改编）不等式 1 ln0 xx x 的解集是. 【解法一】显然1x 是方程 1 ln0 xx x 一个根 令 1 ( )lnf xxx x ，则 2 2 222 1 1 1112 ( )10 x xx fx xxxx 故( )f x在(0,)单增，且(1)0f 所以不等式 1 ln0 xx x 的解集是(0,1. 【解法二】 1 ln0 xx x
35、变形为 1 lnxx x 设 1 ( )f xx x ，( )lng xx 而 1 ( )f xx x 在(0,)单减，( )lng xx在(0,)单增，且图象均过（1,0） 所以不等式 1 ln0 xx x 的解集是(0,1. 例题例题 4.方程 33 123340 xxx 的根是. 【分析】利用“同构”构造函数，再利用函数的单调性. 【解析】原方程可化为 33 1123230 xxxx 设 3 ( )f xxx，易得其为R上的单增奇函数 所以 1230 xx， 4 3 x 即为所求. 巩固巩固 1. 1.（2020北京6）已知函数 ( )21 x f xx，则不等式( )0f x 的解集是
36、（） A.( 1,1)B.(, 1)(1,) C.(0,1)D.(,0)(1,) 【分析】作出函数2xy 和 1yx的图象，观察图象可得结果. 【解析】因为 21 x fxx，所以 0fx 等价于2 1 x x ， 在同一直角坐标系中作出2xy 和 1yx的图象如图： 两函数图象的交点坐标为(0,1),(1,2)， 不等式2 1 x x 的解为0 x 或1x . 所以不等式 0fx 的解集为：,01,. 巩固巩固 2. 2. 关于x的不等式 2 ln10 xx 的解集为_. 【答案】1,) 巩固巩固 3.3.方程eelne0 x xx的根是_. 【解析】设( )eeln x xxxe，则 e
37、( )(1)e0 x xx x ，所以( ) x单调递增， 因为(1)0，所以1x . 巩固巩固 4. 4.已知、 分别是方程 5 10 xx 、 5 10 xx 的根， 则的值是. 【答案】【答案】1 巩固巩固 5. 5.已知已知实数 x、y 满足满足 22 111xxyy， 则 22 34662020 xxyyxy的值是. 【提示】两边取自然对数得 22 ln1ln10 xxyy 设 2 ( )ln1f xxx，则易得其为R上的单增奇函数 所以0 xy， 故 22 34662020()(4 )6()20202020 xxyyxyxy xyxy. 专题专题 7 7递推函数型递推函数型 例例
38、1 1(2019全国)设函数f(x)的定义域为 R R，满足f(x1)2f(x)，且当x(0,1 时，f(x)x(x1).若对任意x(，m，都有f(x)8 9，则 m的取值范围是() A. ，9 4B. ，7 3 C. ，5 2D. ，8 3 【解析一】(0,1x时，( )(1)f xx x， 11 ( )() 24 f xf 极小值 当(1,2x时，1(0,1x ，故( )(1) 1)2 (1)2(1)(2)f xfxf xxx， 31 ( )() 22 f xf 极小值 同理，当(2,3x时， 2 ( )2 (2)(3)f xxx， 5 ( )()1 2 f xf 极小值 ， 当( ,1(
39、)xk kkZ时，( )2 ()(1) k f xxk xk， 2 1 ( )( +)2 2 k f xf k 极小值 所以，当(,2x ， 318 ( )() 229 f xf min 当(2,3x时， 2 ( )2 (2)(3)f xxx，令 2 8 ( )2 (2)(3) 9 f xxx ，解之得： 78 33 xx或 为使对任意(,xm ，都有 8 ( ) 9 f x ，则m的取值范围是 7 3 m . 故选 B. 【解析二】当1x0 时，0 x11，则f(x)1 2 f(x1)1 2(x1)x；当 1x2 时， 0 x11， 则f(x)2f(x1)2(x1)(x2)； 当 2x3 时
40、， 0 x21， 则f(x)2f(x 1)2 2f(x2)22(x2)(x3)，由此可得 f(x) ， 1 2 x1x，1x0， xx1，0 x1， 2x1x2，1x2， 2 2 x2x3，2x3， 由此作出函数f(x)的图象，如图所示.由图 可知当 2x3 时，令 2 2(x2)(x3)8 9，整理，得(3x7)(3x8)0，解得 x7 3或 x8 3，将这两个值标注在图中.要使对任意 x(，m都有f(x)8 9，必有 m7 3，即实 数m的取值范围是 ，7 3 ，故选 B. 例例 2 2(2017 南通期末 14）已知函数f(x)是定义在1，)上的函数， 且f(x) 1|2x3|，1x2，
41、 1 2f 1 2x，x2， 则函数y2xf(x)3 在区间(1,2 015)上的零点 个数为_ 【解析一】由题意得当 1x2 时，f(x) 2x2，1x3 2， 42x， 3 2x2. 设x2 n1,2n)(nN N*)， 则 x 2 n11,2)，又 f(x) 1 2 n1f 1 2 n1x ， 1当 x 2 n1 1，3 2 时， 则x2 n1,32n2， 所以 f(x) 1 2 n1f 1 2 n1x 1 2 n1 2 1 2 n1x2 ， 所以 2xf(x)32x 1 2 n1 2 1 2 n1x2 30，整理得x 222n2x322n40.解得 x 32 n2或 x2 n2.由于
42、x2 n1,32n2，所以 x32 n2； 2当 x 2 n1 3 2，2时，则x(32 n2,2n)，所以 f(x) 1 2 n1f 1 2 n1x 1 2 n1 42 1 2 n1x ， 所以 2xf(x)32x 1 2 n1 4 2x 2 n1 30，整理得x 242n2x322n40.解得 x 32 n2或 x2 n2.由于 x(32 n2,2n)，所以无解 综上所述，x32 n2.由 x32 n2(1,2 015)，得 n11，所以函数y2xf(x)3 在区 间(1,2 015)上零点的个数是 11. 【解法二】由题意得当x2 n1,2n)时，因为 f(x) 1 2 n1f 1 2
43、n1x ，所以f(x)maxf 3 22 n1 1 2 n1.令g(x) 3 2x.当 x3 22 n1时， g(x)g 3 22 n1 1 2 n1， 所以当x2 n1,2n)时， x3 22 n 1为 y2xf(x)3 的一个零点 下面证明：当x2 n1,2n)时，y2xf(x)3 只有一个零点 当x2 n1,32n2时，yf(x)单调递增，yg(x)单调递减，f(32n2)g(32n2)，所 以x2 n1,32n2时，有一零点 x32 n2；当 x(32 n2,2n)时，yf(x) 1 2 n1 1 2 n1 x 2 n23 ，k1f(x) 1 2 2n3，g(x) 3 2x，k 2g(
44、x) 3 2x 2 1 32 2n3， 3 2 2n1 ， 所以k1 ， 当0,100 x 时，关于x的方程 1 ( ) 5 f xx=-的所有解的和为。 【答案】10000 4.已知函数 11,2 ( ) 1 (2),2 2 xx f x f xx ， ， ,则方程( ) 10 xf x 根的个数为. 【答案】6 5.（2020丹阳3 月考）已知函数( )f x的定义域为 R，且()2 ( )f xf x，当x0， )时，( )sinf xx 若存在 0 x (，m，使得 0 ()4 3f x ，则m的取值范围 为 【答案】 10 3 ，) 【解析】根据题意作出函数图像，如下： 故m 10
45、3 专题专题 8 8函数奇偶性型函数奇偶性型 例例 1 1（2020扬州中学五月考13）圆 22 640 xyxy与曲线 24 3 x y x 相交于 , ,A B C D点四点，O为坐标原点，则OAOBOCOD _. 【分析】注意发现圆与一次分式函数 24 3 x y x 的图象均关于点(3, 2)对称，利用三角形 中线的向量表示，将所求转化即可. 【解析】 由圆方程 22 640 xyxy， 可得 22 3213xy， 圆心坐标为(3, 2) 242(3)22 2 333 xx y xxx ，其对称中心为(3, 2). 在同一直角坐标系中，画出圆和函数图像如右图所示： 数形结合可知，圆和函
46、数都关于点M(3, 2)对称， 故可得其交点A和C，B和D都关于点M(3, 2)对称. 故 2OAOCOM ， 2OBODOM 所以44 13OAOBOCODOM . 例例 2 2（2017全国理）已知函数 211 ( )2() xx f xxxa ee 有唯一零点，则a= A 1 2 B 1 3 C 1 2 D1 【答案】C 【分析】如果利用导数研究的零点，就会小题大做，容易陷入困难.由函数与方程 思想，函数的零点满足. 设， 显然是由函数向右平移 一个单位而得到， 易知是偶函数且在上是增函数.故关于 直 线对 称 ， 且 在上 是 增 函 数 ， 在上 是 减 函 数 ， . 设，显然关于
47、直线对称，顶点为. 若，则函数关于直线对称，且在上是减函数， 在上是增函数，最大值为，. 若的图象与的图象有一个公共点 A，根据对称性必有另一个公共 点 B.所以，不合题意； 若，函数关于直线对称，且在上是增函数，在 上是减函数，最小值为.若的图象与的图象只有一个 公共点，必有，得. 【解析】 2 11 ( )1() 1 xx f xxa ee ，令 2 ( )(1) 1() xx g xf xxa ee 则易知( )g x是偶函数，所以( )f x图象关于直线1x 对称，欲使( )f x有唯一零点， 必有(1)0f，即210a ，所以 1 2 a . 例例 3 3已知关于x的方程03)2(l
48、og2 22 2 2 axax有唯一解，则实数a的值为 _. 【答案】1 【分析】利用隐藏的对称性，易得f(0)0，求得a1 或a3，再利用数形结合，将增 解舍弃. 【解析】通过对函数f(x)x 22alog 2(x 22)a23 的研究，可发现它是一个偶函数，那 么它的图象就关于y轴对称，若有唯一解，则该解必为 0 将x0 代入原方程中，可求得a1 或a3这就意味着，当a1 或a3 时， 原方程必有一解 0，但是否是唯一解，还需进一步验证 当a1 时，原方程为x 22log 2(x 22)20，即 2log 2(x 22)2x2，该方程实 数根的研究可能过函数y2log2t和函数y4t的交点
49、情况来进行，不难发现，此时 是符合题意的；而当a3 时，原方程为x 26log 2(x 22)60，即 x 266log 2(x 2 2)通过研究函数y4t和y6log2t可以发现，此时原方程不止一解，不合题意， 需舍去 例例 4 4（2020启东中学最后一卷12）已知函数 1 2 ( )sin 21 x x f xx 在区间, k k的 值域为 , m n，则mn的值为_. 【答案】2 【分析】本题的难点在于发现函数内隐藏的奇偶性、对称性. 【解析】因为 1 2121 221 ( )sinsinsin1 212121 xx xx xxx f xxxx 设 21 g( )sin 21 x x
50、xx ，则g( )x为定义在R上的单调递增函数 所以( )f x在区间, k k单增，且关于点（0,1）对称 所以mn=2. 点评：点评： 以具体的奇、 偶函数为依托， 使函数的对称性内隐于函数解析式， 设计对称性函数， 要求学生理解知识间的关联，洞察函数的奇、偶性，迁移奇、偶函数的对称性，运用数 形结合、函数与方程等思想解决问题，考查学生运用知识解决问题的能力，综合性强， 体现能力立意，具有一定难度. 1.若函数 22 ( )243f xxa xa的零点有且只有一个，则实数a . 【答案】 3 2 a 2.2.(2017南京、盐城二检12)若函数f(x)x 2mcosxm23m8 有唯一零点
