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
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:\((0,+\infty)\) ,
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\(D\)。
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\(x\in(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)\),
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
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
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
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.
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\(b\leq \cfrac{\sqrt{3}-1}{2}\)。
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\(a_{max}=4\sqrt{3}-7\)。
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
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;
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\(B\).
提示:答案为\(A\),请仿上例完成。
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
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\(f(x)_{max}=6\)。
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
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\(a\in(\cfrac{1}{3},3)\)。
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。
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。
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\(A\)。
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
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
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【 】
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
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
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 \(C.(1,2)\) .