高考数学选填经典题型汇编

1、题型1 单调性的几个等价命题【方法点拨】函数f(x)为定义域在上的增函数对任意，当时,都有；对任意，当时,都有函数f(x)kx为上的增函数说明：含有地位同等的两个变量x1 , x 2 或,等不等式，进行“尘归尘，土归土”式的整理，是一种常见变形，如果整理（即同构）后不等式两边具有结构的一致性，往往暗示单调性（需要预先设定两个变量的大小）.【典型题示例】例1 （2021江苏镇江八校12联考）已知函数f(x)的定义域为R，图象恒过(0,1)点，对任意，当时,都有，则不等式)的解集为( )A.(In2, +)B.(-,ln2)C.(In 2,1)D.(0, ln 2)【答案】D【分析】移项通分，按结

2、构相同、同一变量分成一组的原则，将化为令，故在R上单增，且可化为即，所以，解之得所以不等式)的解集为(0, ln 2).点评：f(x)在单增（减）对任意，当时，都有 ；结构联想，当题目中出现，应移项通分转化为，即F(x)=f(x)ax在单增.例2 (2021江苏南通如皋一抽测22改编)已知函数，对于任意，当时，不等式 恒成立，则实数的取值范围是_.【答案】【分析】同构后不等式两边具有结构的一致性，构造新函数，直接转化为函数的单调性.【解析】不等式可变形为，即，当，且恒成立，所以函数在上单调递减.令则在上恒成立，即在上恒成立. 设，则.因为当时，所以函数在上单调递减，所以，所以，即实数的取值范围

3、为.例3 （2021江苏南通如皋期末12）已知是定义在上的奇函数，对任意两个不相等的正数，都有，记，则，的大小关系为A.B.C.D.【答案】D【解析】构造函数，则因为是定义在上的奇函数，故为定义域是 的偶函数又对任意两个不相等的正数都有，即，故在上为减函数.综上, 为偶函数,且在上单调递增,在上单调递减.又，且所以，即,故答案为：D.【巩固训练】1. 已知函数满足对任意，都有成立，则实数的取值范围是（ ）A B C D2.已知函数，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（）ABCD3.若对x1，x2(m，)，且x1x2，都有eq f(x1ln x2x2ln x1,x2x1)1，则m的最小值是(

4、)注：(e为自然对数的底数，即e2.718 28)A.eq f(1,e) Be C1 D.eq f(3,e)4.（2021江苏扬州中学高三数学开学考试8）已知函数，对任意的，且，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD5. （2021江苏无锡天一12月八省联考热身卷8）已知是定义在上的奇函数，且，当，且时，成立，若对任意的恒成立，则实数m的取值范围是（ ）A B C D6.设函数是定义在上的奇函数，若对任意两个不相等的正数都有，则不等式的解集为_.7.已知，若对任意两个不等的正实数，都有恒成立，则的取值范围是 【答案与提示】1. 【答案】B【解析】因为函数对任意，都有成立，所以函数在定义

5、域内单调递减，所以.故选B.2. 【答案】A【分析】令，由可知在上单调递增，从而可得在上恒成立；通过分离变量可得，令，利用导数可求得，从而可得，解不等式求得结果.【解析】由且得：令，可知在上单调递增在上恒成立，即：令，则时，单调递减；时，单调递增 ，解得：本题正确选项：点评：本题考查根据函数的单调性求解参数范围的问题，关键是能够将已知关系式变形为符合单调性的形式，从而通过构造函数将问题转化为导数大于等于零恒成立的问题；解决恒成立问题常用的方法为分离变量，将问题转化为参数与函数最值之间的大小关系比较的问题，属于常考题型.3.【答案】C【解析】由题意，当0mx1x2时，由eq f(x1ln x2x

6、2ln x1,x2x1)1，等价于x1ln x2x2ln x1x2x1，即x1ln x2x1x2ln x1x2，故x1(ln x21)x2(ln x11)，故eq f(ln x21,x2)eq f(ln x11,x1)，令f(x)eq f(ln x1,x)，则f(x2)x1m0，故f(x)在(m，)上单调递减，又由f(x)eq f(ln x,x2)，令f(x)1，故f(x)在(1，)上单调递减，故m1.4. 【答案】B【解析】因为，不妨设，则可化为，即设则恒成立，即对任意的，且时恒成立，即对任意的，且时恒成立所以在R上单增故在R上恒成立所以，故所以实数的取值范围是， 选B5. 【答案】B【解析

7、】令，则，成立，则为单调增函数，若对任意的恒成立，则，即，即都有，令，则，故选B6.【答案】【解析】构造函数,则因为是定义在上的奇函数,故为定义域是 的偶函数,又对任意两个不相等的正数都有,即,故在上为减函数.又,故.综上, 为偶函数,且在上单调递增,在上单调递减.且.故即.根据函数性质解得，故答案为：.7.【答案】，【解析】设，则，令，在上单调递减，时，的取值范围是，故答案为：，题型2 函数的奇偶性与单调性【方法点拨】1. 若函数f(x)为偶函数，则f(x)f(|x|)，其作用是将“变量化正”，从而避免分类讨论2. 以具体的函数为依托，而将奇偶性、单调性内隐于函数解析式去求解参数的取值范围，

8、是函数的奇偶性、单调性的综合题的一种重要命题方式，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.【典型题示例】例1 设函数f(x)ln(1|x|) eq f(1,1x2)，则使得f(x)f(2x1)成立的x的取值范围是()A.eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)，1) B.eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1,3)(1，)C.eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)，f(1,3) D.eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1,3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)，)【答案】A【分析】发现函数f

9、(x)为偶函数，直接利用f(x)f(|x|)，将“变量化正”，转化为研究函数函数f(x)在（0，+）上单调性，逆用单调性脱“f”【解析】易知函数f(x)的定义域为R，且f(x)为偶函数当x0时，f(x)ln(1x)eq f(1,1x2)，易知此时f(x)单调递增所以f(x)f(2x1)f(|x|)f(|2x1|)，所以|x|2x1|，解得eq f(1,3)x0)在区间上有四个不同的根，则 86(多选题)函数f(x)的定义域为R，且f(x1)与f(x2)都为奇函数，则()A.f(x)为奇函数 B.f(x)为周期函数C.f(x3)为奇函数 D.f(x4)为偶函数7.若定义在R上的函数满足，是奇函数

10、，现给出下列4个论断：是周期为4的周期函数；的图象关于点对称；是偶函数； 的图象经过点；其中正确论断的个数是_.8. (多选题)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)2f(2x)，且f(x)是偶函数，下列说法正确的是()A.f(x)的图象关于点(1，1)对称 B.f(x)是周期为4的函数C.若f(x)满足对任意的x0，1，都有eq f(f（x2）f（x1）,x1x2)0，则f(x)在3，2上单调递增D.若f(x)在1，2上的解析式为f(x)ln x1，则f(x)在2，3上的解析式为f(x)1ln(x2)【答案与提示】1【答案】【解析】函数关于对称,则由,结合图象可得,求得.2【答案】8【解析

11、】，故，即的图象关于点对称，又函数满足，则函数的图象关于点对称，所以四个交点的横纵坐标之和为8.3. 【答案】D【解析】因为，所以 .4. 【答案】ABC【解析】由f(x1)f(x3)，得f(x)f(x1)1f(x1)3f(x4)，所以函数f(x)的周期为4，A正确.由f(1x)f(3x)，得f(2x)f(2x)，所以函数f(x)的图象关于直线x2对称，B正确.当0 x2时，函数f(x)在eq blcrc)(avs4alco1(0，f(1,2)上单调递减，在eq blc(rc(avs4alco1(f(1,2)，2)上单调递增.所以当xeq f(1,2)时，函数f(x)在0，2上取得极小值eq

12、f(1,4)，且f(0)0，f(2)2.作出函数f(x)在0，8上的大致图象，如图.由图可知，当0 x4时，函数f(x)的最大值为f(2)2，C正确；当6x8时，函数f(x)的最小值为feq blc(rc)(avs4alco1(f(15,2)feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)eq f(1,4)，D错误.故选ABC.5. 8【答案】8【提示】四个根分别关于直线，对称.6【答案】ABC【解析】法一由f(x1)与f(x2)都为奇函数知，函数f(x)的图象关于点(1，0)，(2，0)对称，所以f(x)f(2x)0，f(x)f(4x)0，所以f(2x)f(4x)，即f(x)f(2x

13、)，所以f(x)是以2为周期的周期函数.又f(x1)与f(x2)都为奇函数，所以f(x)，f(x3)，f(x4)均为奇函数.故选ABC.法二由f(x1)与f(x2)都为奇函数知，函数f(x)的图象关于点(1，0)，(2，0)对称，所以f(x)的周期为2|21|2，所以f(x)与f(x2)，f(x4)的奇偶性相同，f(x1)与f(x3)的奇偶性相同，所以f(x)，f(x3)，f(x4)均为奇函数.故选ABC.7.【答案】3【解析】命题：由，得：，所以函数的周期为4，故正确；命题：由是奇函数，知的图象关于原点对称，所以函数的图象关于点对称，故正确；命题：由是奇函数，得：，又，所以，所以函数是偶函数

14、，故正确；命题：，无法判断其值，故错误.综上，正确论断的序号是：.8. 【答案】ABC【解析】根据题意，f(x)的图象关于点(1，1)对称，A正确；又f(x)的图象关于y轴对称，所以f(x)f(x)，则2f(2x)f(x)，f(x)2f(x2)，从而f(x2)2f(x4)，所以f(x)f(x4)，B正确；由eq f(f（x2）f（x1）,x1x2)0可知f(x)在0，1上单调递增，又f(x)的图象关于点(1，1)对称，所以f(x)在1，2上单调递增，因为f(x)的周期为4，所以f(x)在3，2上单调递增，C正确；因为f(x)f(x)，x2，1时，x1，2，所以f(x)f(x)ln(x)1，x2

15、，1，因为f(x)的周期为4，f(x)f(x4)，x2，3时，x42，1，所以f(x)f(x4)ln(4x)1，x2，3，D错误.综上，正确的是ABC.题型4 具有关于某点对称的函数的最值性质【方法点拨】1.若奇函数f(x)在D上有最值，则f(x)maxf(x)min0.2.关于某一点中心对称的函数在对称区间上的最值的解决方法同上，可以使用图象变换，转化为奇函数在对称区间上的最值问题. 一般的，若单调函数f(x)关于点(m，n)对称，且在D上有最值，则f(x)maxf(x)min2n.【典型题示例】例1 设函数f(x)eq f(（x1）2sin x,x21)的最大值为M，最小值为m，则Mm_.

16、【答案】2【分析】本题解法较多，利用函数的奇偶性应当最为简单.将函数解析式适当作如下变形，设，显然为奇函数，由题意知其最大值、最小值一定存在，根据函数图象的对称性，最大值与最小值互为相反数，其和为0，所以，本题应填2.【解析】显然函数f(x)的定义域为R，f(x)eq f(（x1）2sin x,x21)1eq f(2xsin x,x21)，设g(x)eq f(2xsin x,x21)，则g(x)g(x)，g(x)为奇函数，由奇函数图象的对称性知g(x)maxg(x)min0，Mmg(x)1maxg(x)1min2g(x)maxg(x)min2答案：2.点评:1.本题欲求最大值与最小值的和，上述

17、解法没有运用常规的求最值的基本工具，如：求导、基本不等式、单调性、反解等，而是充分利用函数的性质奇偶性，舍弃解析式其外在的“形”转而研究函数的“性”，这种策略和方法在解题中经常涉及.由于考生受定势思维的影响，此类题目多为考生所畏惧.2. 发现函数隐藏的单调性、对称性是解决此类问题之关键，对于单调奇函数有下列性质：若单调奇函数f(x)满足f(a)f(b)0，则ab0.更一般的，若单调函数f(x)关于点(m，n)对称，且满足f(a)f(b)2n，则ab2m.例2 已知函数，则_【答案】【解析】因为所以,故答案为：.例3 已知，设函数，的最大值、最小值分别为，则的值为 .【答案】4039【分析】研究

18、函数的对称性，利用函数（其中是奇函数）在对称区间上的最大值、最小值的和为.【解析】设则所以的图象关于点对称所以的图象关于点对称故的值为4039.【巩固训练】1.已知函数f(x)ln(eq r(19x2)3x)1，则f(lg 2)feq blc(rc)(avs4alco1(lg f(1,2)()A.1 B.0 C.1 D.22已知定义在上的函数，则在上的最大值与最小值之和等于（ ）ABCD3.已知函数的最大值为，最小值为，则的值为（ ）A0B1C2D34.已知函数在区间的值域为，则的值为_.5. 已知函数,在区间上的最大值为最小值为则_.【答案与提示】1.【答案】D【解析】令g(x)ln(eq

19、r(19x2)3x)，xR，则g(x)ln(eq r(19x2)3x)，因为g(x)g(x)ln(eq r(19x2)3x)ln(eq r(19x2)3x)ln(19x29x2)ln 10，所以g(x)是定义在R上的奇函数.又lg eq f(1,2)lg 2，所以g(lg 2)geq blc(rc)(avs4alco1(lg f(1,2)0，所以f(lg 2)feq blc(rc)(avs4alco1(lg f(1,2)g(lg 2)1geq blc(rc)(avs4alco1(lg f(1,2)12.2 【解析】根据题意，设，有，即函数为奇函数，其图象关于原点对称，则，则有，变形可得，所以，

20、当时，函数的最大值与最小值之和等于.故选：C3.【解析】，令，即,而是在R上的奇函数，设其最大值为,最小值为，由奇函数性质可得，所以，故选择C4.【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】因为设，则为定义在上的单调递增函数所以在区间单增，且关于点（0,1）对称所以=2.5. 【答案】2【解析】. 令 ,且, 为奇函数,设其最大值为,则其最小值为,函数的最大值为,最小值为 , .故答案为:.题型5 与函数的对称性相关的零点问题【方法点拨】若单调奇函数f(x)满足f(a)f(b)0，则ab0.一般的，若单调函数f(x)关于点(m，n)对称，且满足f(a)f(b)2n

21、，则ab2m.对于具有对称性的函数零点问题，要注意检验充分性，以防增解.【典型题示例】 例1 若函数存在个零点，则所有这些零点的和等于_.【答案】【解析】设，则为奇函数，其图象关于坐标原点对称所以的图象关于点（1,0）对称，故其与x轴的交点也关于点（1,0）对称所以的所有零点的和等于.例2 设函数，数列是公差不为0的等差数列，则（ ）A0 B7 C14 D21【答案】D【分析】根据函数值之和求自变量之和，很自然会去考虑函数的性质，而等式常常考查对称性，从而尝试去寻求函数的对称中心. 函数可以视为由与构成，它们的对称中心不一样，可以考虑对函数的图象进行平移, 比如，引入函数，则该函数是奇函数，对

22、称中心是坐标原点，由图象变换知识不难得出的图象关于点中心对称.【解析】是公差不为0的等差数列，且例3 已知函数有唯一零点，则a=（ ）A B CD1【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

23、小值为.若的图象与的图象只有一个公共点，必有，得.【解析】，令则易知是偶函数，所以图象关于直线对称，欲使有唯一零点， 必有，即，所以.【解析二】x22xa(ex1ex1)，设g(x)ex1ex1，g(x)ex1ex1ex1eq f(1,ex1)eq f(e2（x1）1,ex1)，当g(x)0时，x1，当x1时，g(x)1时，g(x)0，函数g(x)单调递增，当x1时，函数g(x)取得最小值g(1)2，设h(x)x22x，当x1时，函数取得最小值1，作出ag(x)与h(x)的大致图象如图所示.若a0，结合选项A，aeq f(1,2)时，函数h(x)和ag(x)的图象没有交点，排除选项A；当a0时

24、，f(x)=lnxax，若函数f(x)恰有5个零点，则实数a的取值范围是 .2.若函数 HYPERLINK 的零点有且只有一个，则实数 HYPERLINK .3.若函数f(x)x2mcosxm23m8有唯一零点，则满足条件的实数m组成的集合为 4.已知函数， ，则函数零点的个数所有可能值构成的集合为 5.函数的图象与函数的图像所有交点的横坐标之和等于（ ） A.2 B. 4 C.6 D.86.已知函数满足，若函数与图象的交点为 则 （ ）A. 0 B. m C. 2m D. 4m7.已知实数x、y满足，则 的值是 .8.圆与曲线相交于点四点，为坐标原点，则_.9.已知函数，函数有唯一零点，则实

25、数的值为_.10.函数的所有零点之和为( ).A 0 B. 2 C. 4 D. 6【答案与提示】1.【答案】（0，e）【提示】分离函数，问题即为x0时，h(x)=lnx与g(x)=ax的图象恰有2个交点，利用导数求出当a= e时，相切为临界值.2.【答案】【提示】同例4，利用f(x)=0，求得，而当时，不满足题意，应舍去.3. 【答案】m=2【提示】发现f(x)是偶函数，故得到f(0)=0，立得m=2或m=4，难点在于对m=4的取舍问题.思路有二，一是“分离函数”，利用“形”助数；二是利用导数知识，只需当x0时，函数恒增或恒减即可.4.【答案】0,1,2,4【提示】见例3.5.【答案】B【提示

26、】根据对称性易得答案.6.【答案】B【分析】该题设计抽象函数关于点成中心对称，函数由奇函数向上平移一个单位得到，也关于点成中心对称，因而两函数图象的交点为也关于点成中心对称，考虑倒序相加法，可得，故.7.【答案】2020【提示】两边取自然对数得设，则易得其为上的单增奇函数所以，故.8.【答案】【分析】注意发现圆与一次分式函数的图象均关于点(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，可得，圆心坐标为(3, 2) ，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，圆和函数都关于点M(3, 2)对称，故可得其交点A和C，B和

27、D 都关于点M(3, 2)对称. 故，所以.9.【答案】或10.【答案】A题型6 超越不等式（方程）【方法点拨】含有指对运算的方程(或不等式)称之为超越方程(或超越不等式),实现解这类方程、不等式，一般是构造函数，利用函数的单调性来解决.【典型题示例】例1 （2021江苏无锡天一12月八省联考热身卷7）已知点为函数的图象上任意一点，点为圆上任意一点，则线段的长度的最小值为（ ）ABCD【答案】A【解析】考虑从“形”的角度切入，与已知圆同心且与相切的圆的半径与已知圆的半径之差即为所求如下图设该圆与相切的切点为则由导数的几何意义、圆的切线性质得即，此为超越方程，应先猜根，易知为其中一个根设，则，单

28、调递减故为其唯一的一个根，此时切点为所以的长度的最小值为，故选A.例2 已知函数(aR)，其中e为自然对数的底数，若函数的定义域为R，且，求a的取值范围【答案】(2，4)【解析】由函数f(x)的定义域为R，得x2axa0恒成立，所以a24a0，解得0a4 方法1（讨论单调性）由f(x) eq sdo1(f(ex,x2axa)，得f(x) eq sdo1(f(ex(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

29、(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2（转化为解超越不等式，先猜根再使用单调性）由f(2)f(a)，得 eq sdo1(f(e2,4a) eq sdo1(f(ea,a) 因为0a4，所以不等式可化为e2 eq sdo1(f(ea,a)(4a) 设函数g(x) eq sdo1(f(ex,x)(4x)e2， 0 x4 因为g(x)ex eq sdo1(f(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3 已知函数f(x)x1(e1)lnx

30、，其中e为自然对数的底，则满足f(ex)0的x的取值范围为 【答案】【解析】易得f(1)f(e)=0当时，在单减；当时，在单增的解集是令，得，故f(ex)0的x的取值范围为【巩固训练】1.已知函数，则不等式的解集是（ ）A. B. C. D. 2. 关于的不等式的解集为_.3. 方程的根是_.4.已知、分别是方程、的根，则的值是 .5.已知实数x、y满足，则的值是 .6.不等式的解集是 .7.方程的根是 .【答案与提示】1. 【答案】D【分析】作出函数和的图象，观察图象可得结果.【解析】因为，所以等价于，在同一直角坐标系中作出和的图象如图：两函数图象的交点坐标为，不等式的解为或.所以不等式的解

31、集为：.2.【答案】【提示】设，则，单增.3. 【答案】【解析】设，则，所以单调递增，因为，所以.4.【答案】1【提示】设，则，单增.由，得代入得，即，得1.5.【答案】2020【提示】两边取自然对数得设，则易得其为上的单增奇函数所以，故.6.【答案】【解法一】显然是方程一个根令，则故在单增，且所以不等式的解集是.【解法二】变形为设，而在单减，在单增，且图象均过（1,0）所以不等式的解集是.7.【答案】【分析】利用“同构”构造函数，再利用函数的单调性.【解析】原方程可化为设，易得其为上的单增奇函数所以，即为所求.题型7 指数型函数的单调性、对称性【方法点拨】1. 指数复合型函数的对称中心为.记

32、忆方法：横下对，纵半分（即横坐标是使分母取对数的值，但真数为保证有意义，取的是绝对值而已，而纵坐标是分母、分子中的常数分别作为分母、分子的值的一半）.2.函数的性质如下：（1）定义域是R； （2）值域是（1,1）； （3）在（，+）单增； （4）是奇函数，其图象关于坐标原点对称. 说明：形如的函数，即指数函数与一次分式函数复合类型的函数是重要的考察的载体，通过变形（部分分式），可得到、等.【典型例题】例1 已知函数，则满足不等式的实数的取值范围是 .【答案】【解析】的对称中心是，其定义域为R且单减令，则为R上的单调递减的奇函数由得即因为为奇函数，故所以又在R上单减，所以，解之得所以实数的取值范

33、围是.例2 已知，设函数，的最大值、最小值分别为，则的值为 .【答案】4039【分析】研究函数的对称性，利用函数（其中是奇函数）在对称区间上的最大值、最小值的和为.【解析】设则所以的图象关于点对称所以的图象关于点对称故的值为4039.例3 已知函数（）是奇函数，设函数，,若，其中，试比较的大小.【答案】.【分析】研究函数的单调性，逆用单调性脱“g”即可.【解析】易得，故，下面考察函数的单调性.对于在单增，由复合函数单调性得在单减；对于，设（），在单减，由复合函数单调性得在单减，再由函数单调性得性质得，在单减，因为，所以.【巩固练习】1.已知函数的图象关于坐标原点对称，则实数的值为_.2. 已知

34、函数，则满足不等式的实数的取值范围是 .3.已知，则的值为 4. 已知函数在区间k,k上的值域为m,n，则mn=_ 5. 已知函数是定义域为的奇函数,当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是 .【答案与提示】1.【答案】1【提示】由立得.2.【答案】【提示】的对称中心是，其定义域为R且单增.3.【答案】【思路一】从所求式中自变量的特征，被动发现函数的对称性.设若，尝试去求的值，易得.【思路二】主动发现函数的对称性，设，则其对称中心为，则的对称中心也为，故.4. 【答案】2【提示】，奇，单增.5. 【答案】.【解析】函数是定义域为的奇函数，解得.经检验，当时，函数为奇函数，即所求实数的值为.设且，

35、则，即，所以是上的减函数.由，可得.是上的奇函数，又是上的减函数，所以对恒成立，令，对恒成立，思路一：（转化为二次函数区间上的最大值0）令，该函数开口朝上，故或取得最大值，解得，所以实数的取值范围为.思路二：（分离变量）即对恒成立，设，则在区间上单减，在区间上单增所以所以，故实数的取值范围为.题型8 递推函数【方法点拨】类比于数列的递推关系,我们把具有f(x1)2f(x)等形式的函数称为递推函数.诸如函数f(x1)2f(x)，意即变量的值增加1，其对应的函数值是原来函数值的2倍，类似函数的周期性，但有一个倍数关系依然可以考虑利用周期性的思想，在作图时，以一个“周期”图像为基础，其余各部分按照倍

36、数调整图像即可f(x)f(x1)+1等以此类推.【典型题示例】例1 设函数f(x)的定义域为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)eq f(8,9)，则m的取值范围是()A.eq blc(rc(avs4alco1(，f(9,4) B.eq blc(rc(avs4alco1(，f(7,3)C.eq blc(rc(avs4alco1(，f(5,2) D.eq blc(rc(avs4alco1(，f(8,3)【答案】B【分析】【解析一】时， 当时，故，同理，当时，当时，所以，当，当时，令，解之得：为使对任意，都有，则m的取值范围是.故选B.

37、【解析二】当1x0时，0 x11，则f(x)eq f(1,2)f(x1)eq f(1,2)(x1)x；当1x2时，0 x11，则f(x)2f(x1)2(x1)(x2)；当2x3时，0 x21，则f(x)2f(x1)22f(x2)22(x2)(x3)，由此可得f(x)eq blcrc (avs4alco1(，,f(1,2)x1x，1x0，,xx1，0 x1，,2x1x2，1x2，,22x2x3，2x3，)由此作出函数f(x)的图象，如图所示.由图可知当2x3时，令22(x2)(x3)eq f(8,9)，整理，得(3x7)(3x8)0，解得xeq f(7,3)或xeq f(8,3)，将这两个值标注

38、在图中.要使对任意x(，m都有f(x)eq f(8,9)，必有meq f(7,3)，即实数m的取值范围是eq blc(rc(avs4alco1(，f(7,3)，故选B.例2 已知函数f(x)是定义在1，)上的函数，且f(x)eq blcrc (avs4alco1(1|2x3|，1x2，,f(1,2)fblc(rc)(avs4alco1(f(1,2)x)， x2，)则函数y2xf(x)3在区间(1,2 015)上的零点个数为_【答案】11【解析一】由题意得当1x2时，f(x)eq blcrc (avs4alco1(2x2，1xf(3,2)，,42x， f(3,2)x2. )设x2n1,2n)(n

39、N*)，则eq f(x,2n1)1,2)，又f(x)eq f(1,2n1)feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2n1)x)，当eq f(x,2n1)eq blcrc(avs4alco1(1，f(3,2)时，则x2n1,32n2，所以f(x)eq f(1,2n1)feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2n1)x)eq f(1,2n1)eq blc(rc)(avs4alco1(2f(1,2n1)x2)，所以2xf(x)32xeq f(1,2n1)eq blc(rc)(avs4alco1(2f(1,2n1)x2)30，整理得x222n2x322n40.解得x32n2或x

40、2n2.由于x2n1,32n2，所以x32n2；当eq f(x,2n1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)，2)时，则x(32n2,2n)，所以f(x)eq f(1,2n1)feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2n1)x)eq f(1,2n1)eq blc(rc)(avs4alco1(42f(1,2n1)x)，所以 2xf(x)32xeq f(1,2n1)eq blc(rc)(avs4alco1(4f(2x,2n1)30，整理得x242n2x322n40.解得x32n2或x2n2.由于x(32n2,2n)，所以无解综上所述，x32n2.由x32n2(1,2

41、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x2n1,2n)时，因为f(x)eq f(1,2n1)feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2n1)x)，所以f(x)maxfeq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)2n1)eq f(1,2n1).令g(x)eq f(3,2x).当xeq f(3,2)2n1时，g(x)geq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)2n1)eq f(1,2n1)，所以当x2n1,2n)时，xeq f(3,2)2n1为y2xf(x)3的一个零点下面证明：当x2n1,2n

42、)时，y2xf(x)3只有一个零点当x2n1,32n2时，yf(x)单调递增，yg(x)单调递减，f(32n2)g(32n2)，所以x2n1,32n2时，有一零点x32n2；当x(32n2,2n)时，yf(x)eq f(1,2n1)eq f(1,2n1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(x,2n2)3)，k1f(x)eq f(1,22n3)，g(x)eq f(3,2x)，k2g(x)eq f(3,2x2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,322n3)，f(3,22n1)，所以k10时，f(x) eq blc(avs4alco1(2|x1|1，0 x2，,f(1,2)

43、f（x2），x2，) 那么函数g(x)xf(x)1在7，)上的所有零点之和为_.7.已知函数是定义在上的偶函数，当时，则函数的零点个数为（ ）A 4 B6 C8 D10【答案与提示】1.【答案】(，1)【解析】x0时，f(x)2x1，0 x1时，1x10，f(x)f(x1)2(x1)1.故x0时，f(x)是周期函数，如图所示若方程f(x)xa有两个不同的实数根，则函数f(x)的图象与直线yxa有两个不同交点，故a1，即a的取值范围是(，1)2.【答案】eq blcrc)(avs4alco1(f(1,4)，f(1,3)【解析】根据x表示的意义可知，当0 x1时，f(x)x，当1x2时，f(x)x

44、1，当2x3时，f(x)x2，以此类推，当kxk1时，f(x)xk，kZ，当1x0时，f(x)x1，作出函数f(x)的图象如图，直线yk(x1)过点(1，0)，当直线经过点(3，1)时恰有三个交点，当直线经过点(2，1)时恰好有两个交点，在这两条直线之间时有三个交点，故keq blcrc)(avs4alco1(f(1,4)，f(1,3).3.【答案】10000【提示】当时，此时的两根之和是1当时，此时的两根之和是3当时，此时的两根之和是5以此类推，当时， 的两根之和是199所以方程的所有解的和为1+3+5+199=10000.4.【答案】6【提示】转化为两函数、交点个数.5.【答案】，)【解析

45、】根据题意作出函数图像，如下： 故m6.【答案】8【提示】转化为两函数、在7，)上的所有交点横坐标和的问题，两函数均为奇函数，故在7，7上横坐标和为0，只需考虑x(7，)即可，利用递推关系作出图象.7.【答案】D【分析】由为偶函数可得：只需作出正半轴的图像，再利用对称性作另一半图像即可，当时，可以利用利用图像变换作出图像，时，即自变量差2个单位，函数值折半，进而可作出，的图像，的零点个数即为根的个数，即与的交点个数，观察图像在时，有5个交点，根据对称性可得时，也有5个交点.共计10个交点题型9 三次函数的对称性、穿根法作图象【方法点拨】对于三次函数f (x)ax3bx2cxd（其中a0），给出

46、以下常用结论：(1)当a0，b23ac0时，三次函数的图象为N字型；当a0，b23ac0时，三次函数的图象为反N字型；当a0，b23ac0时，单调递增，当a0，b23ac0时，单调递减(2)三次函数有对称中心(x0，f (x0)，f (x0)0.【典型题示例】例1 (2021全国乙卷理10)设，若为函数的极大值点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否编号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到所满足的关系，由此确定正确选项.【解析】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在

47、左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的.当时，由，画出的图象如下图所示：由图可知，故.当时，由时，画出的图象如下图所示：由图可知，故.综上所述，成立.故选：D例2 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是 【答案】.（公众号：钻研数学）【解析】 .函数的一个极值点是，所以以为界与比较，进行分类讨论.当时，如图一，由得，或，欲使函数在区间上单调递增，只需，即.当时，如图二，在区间上单调递增，满足题意.aOxy（图一）xyaOxy（图一）xyOa（图二)点评: 作三次函数f (x)a(xx1) 2(xx2)（其中a0，x1x2）示意图的方法要点有二：（1）当a0时，三

48、次函数的图象为N字型（最右区间增）；当a0时，三次函数的图象为反N字型（最右区间减）.（2）x1既是函数的零点，又是函数的极值点，从形上看，函数图象此时与x轴相切（或称“奇穿偶回”，即x1、x2都是函数的零点，x1是二重根，图象到此不穿过x轴，即“回”，这种作函数图象的方法称为“穿根法”）.例3 已知a，bR且ab0，若(xa)(xb)(x2ab)0在x0上恒成立，则（ ）A. a0C. b0【答案】C【分析】本题的实质是考察三次函数的图象，设，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，对分与两种情况讨论，结合三次函数的性质分析即可得到答案.【解析】因为，所以且，设，则的零点

49、为当时，则，要使，必有，且，即，且，所以；当时，则，要使，必有.综上一定有.故选：C例4 已知a33a25a1，b33b25b5，那么ab的值是 .【答案】2【分析】本题的难点在于发现函数的对称性、变形为“结构相同”后逆用函数的单调性.【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.【巩固训练】1.函数图象的对称中心为_.2.已知直线与曲线有三个不同的交点，且，则_.3.若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为 4.已知函数的导函数为，若函数在处取到极小值，

50、则实数的取值范围是 5.若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是 6. 设aR，若x0时均有(a1)x1( x 2ax1)0，则a_7. 已知函数，其中，且，如果函数的值域是，则实数的取值范围为_.8.已知函数，则函数yf (x)在区间1,2上的最小值是 .9.已知函数的定义域是，值域是，则实数的取值范围是 .【答案与提示】1.【答案】【解析一】由题意设对称中心的坐标为，则有对任意均成立，代入函数解析式得， 整理得到：，整理得到 对任意均成立，所以 ，所以，.即对称中心【解析二】f (x)6x6 令f (x)6x60 解得x1将x1代入得f (x)得f (1)2 对称中心2.【答案】3【解析

51、】由题意，函数是奇函数，则函数的图象关于原点对称，所以函数的函数图象关于点对称，因为直线与曲线有三个不同的交点，且，所以点为函数的对称点，即，且两点关于点对称，所以，于是.3.【答案】【解析】因为,且由得: 或所以函数的图象是增-减-增型，且在或处取得极值欲使函数在内有且只有一个零点，当且仅当解之得.当时，增；时，减，故，所以在上的最大值与最小值的和为4.【答案】 5.【答案】6.【答案】7.【答案】8. 【答案】【解析】设此最小值为m.当因为: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，若在区间(1，2)内f/(x)0,从而f(x)为区间1，2上的增

52、函数，由此得：m=f(1)=a-1.若2a3,则当当因此，当2a0，)则满足f(x1)f(2x)的x的取值范围是()A(，1 B(0，)C(1,0) D(，0)3.已知f (x)(x1) |x|3x若对于任意xR，总有f (x)f (xa)恒成立，则常数a的最小值是_4.已知函数，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是 .5.已知函数是定义在上的奇函数，当时，则不等式的解集为 6.已知函数，则不等式的解集为_.7. 已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x0时，f(x) EQ F(1,2)(|xa2|x2a2|3a2)若对于任意xR，有f(x1)f(x)，则实数a的取值范围为 【答案与提示】1

53、.【答案】【分析】作出函数图象，考察动区间间图象的单调性，易得，当即时，此即为“临界值”，而动区间右移时满足题意，故,所以不等式的解集为.2.【答案】D【解析】法一：分类讨论法当eq blcrc (avs4alco1(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eq blcrc (avs4alco1(x10，,2x0，)即1x0时，f(x1)f(2x)，即为122x，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

54、)，则需eq blcrc (avs4alco1(x10，,2x0，,2xx1)或eq blcrc (avs4alco1(x10，,2x0，)x0)，xeq blcrc(avs4alco1(0，f(1,2)，若存在x1eq blcrc(avs4alco1(0，f(1,2)及x2eq blcrc(avs4alco1(0，f(1,2)，使得f(x1)g(x2)成立，求实数k的取值范围3.已知函数f(x) eq sdo1(f(1,2)x2x，g(x)ln(x1)a ，若存在x1，x20，2，使得f(x1)g(x2) ，求实数a的取值范围.4.已知函数f(x)eq f(x2x1,x1)(x2)，g(x)

55、ax(a1，x2)(1)若x02，)，使f(x0)m成立，则实数m的取值范围为_；(2)若x12，)，x22，)，使得f(x1)g(x2)，则实数a的取值范围为_5.已知函数，若存在实数，使得 成立，则实数的取值范围是 。6.已知函数f(x)=，g(x)= x22x2，若存在aR，使得f(a)+g(b)=0，则实数b的取值范围是_.7.若，总使得成立，则实数的取值范围是 .【答案与提示】1.【答案】2,0【解析】f(x)3x22xa(a2)，则f(x)6x2，由f(x)0得xeq f(1,3).当xeq blcrc)(avs4alco1(1，f(1,3)时，f(x)0，所以f(x)minfeq

56、 blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)a22aeq f(1,3).又由题意可知，f(x)的值域是eq blcrc(avs4alco1(f(1,3)，6)的子集，所以eq blcrc (avs4alco1(f16，a22af(1,3)f(1,3)，f16，)解得实数a的取值范围是2,02.【答案】eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，f(4,3)【解析】由题意，易得函数f(x)的值域为0,1，g(x)的值域为eq blcrc(avs4alco1(22k，2f(3k,2)，并且两个值域有公共部分先求没有公共部分的情况，即22k1或2eq f(3,2)k0，解得keq f(

57、4,3)，所以，要使两个值域有公共部分，k的取值范围是eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，f(4,3).3.【答案】4,ln3【解析】f(x)值域A=0，4，g(x)值域B=a，ln3a，由存在x1，x20，2，使得f(x1)g(x2) 知：AB正难则反，先求出AB时，a的取值范围由AB得：4a或ln3ag(x2)恒成立,则f(x)min g(x)max； x1D, x2E, 使得f(x1) g(x2)成立,则f(x)min g(x) min；x1D, x2E, 使得f(x1) g(x2)成立,则f(x) max g(x) min.记忆方法：都任意，大小小大（即对于两个变量都是

58、“任意”的，不等式中较大者的最小值大于不等式中较小者的最大值），存在换任意，大小应互换.2.双元型不等式恒成立、能成立问题一般应遵循“双元化一元，逐一处理”的策略，即选择主次元的方法，一般应”先独立后分参”,即先处置独立变量（所谓”独立变量”是指与所求参数无关的变量），再处置另一变量,而解题过程中往往采取分参方法.【典型题示例】例1 已知函数，若对，总，使得，则实数的取值范围是 .【答案】【分析】即.当时，故只需，所以即对恒成立，分参得，令，故；当时，故只需，所以，且，即对恒成立，分参得，令，故；综上，实数的取值范围.例2 已知函数，若对任意，都存在使成立，则实数b的取值范围是 .【解析】由条

59、件可知因为，且、在1，2上单调递增所以函数在1，2上单调递增，所以，即在恒成立，即在恒成立，记，易证在1,2上单调递增，所以，从而只需，即.点评： 为避免求函数最小值时的含参讨论，逆向转化为在上恒成立，再利用分离参数求解.此种处理手段太重要，意味深长！例3 已知函数，若(0，)，1，0，使得成立，则实数a的取值范围是 【答案】【解析】双变量问题，逐一突破，这里先处理不含参部分由题意得，当时，令，则，即在上为减函数，故所以，所以恒成立，即恒成立， 又，当且仅当时取等号，所以实数的取值范围为 点评：存在性和恒成立混合问题注意理解题意，不等关系转化为最值的关系.例4 若对任意，存在，使不等式成立，则

60、实数的取值范围是 .【答案】【解析一】先视为以“”为主元的二次不等式的恒成立，即不等式在上恒成立，所以，即，存在，使不等式成立，再视为以“”为元的二次不等式的存在性问题，即能成立，设，则只需或，即或，所以实数的取值范围为.【解析二】先视为以“”为主元的二次不等式的恒成立，即不等式在上恒成立，所以，即，存在，使不等式成立，再视为以“”为元的二次不等式的存在性问题，即能成立，即在能成立分离变量得设，则在区间上单增，所以，故，即所以实数的取值范围为.点评：二元存在性、恒成立问题应考虑“主次元”思想；解法二用到了“分离参数”构造函数的方法，一般来说，求参变量范围问题，应尽量做到“能分则分”，以避免参数