标签：辅导 lock des document 文字 必须 cal inf 注意
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分析：由图可知，外函数\(f(x)\)在区间\((-\infty，0)\)和\([\cfrac{1}{2}，+\infty)\)上单调递减，在区间\([0，\cfrac{1}{2}]\)上单调递增，
又\(0<a<1\)时，内函数\(y=log_ax\)在区间\((0，+\infty)\)上单调递减，
故要使得复合函数函数\(g(x)=f(log_ax)(0<a<1)\)单调递减，
则需要\(log_ax\in [0，\cfrac{1}{2}]\)，即\(0\leq log_ax\leq \cfrac{1}{2}\)，
解得\(x\in [\sqrt{a}，1]\)，故选\(B\)。
分析：\(f(x)=\cfrac{2018^{x+1}+2016}{2018^x+1}=\cfrac{2018^x\cdot 2018+2016}{2018^x+1}=\cfrac{2018(2018^x+1)-2}{2018^x+1}=2018-\cfrac{2}{2018^x+1}\)
故函数\(f(x)\)在区间\([-a,a]\)上单调递增，故\(M=f(x)_{max}=f(a)\)，\(N=f(x)_{min}=f(-a)\)，
故\(M+N=f(a)+f(-a)=2018-\cfrac{2}{2018^a+1}+2018-\cfrac{2}{2018^{-a}+1}=4036-2=4034\)，故选\(D\).
分析：由定义的运算可知\(2\otimes x=\sqrt{2^2-x^2}=\sqrt{4-x^2}\)，\(x\oplus 2=\sqrt{(x-2)^2}=|x-2|\)，
于是\(f(x)=\cfrac{\sqrt{4-x^2}}{2-|x-2|}\)，仿例2先求得定义域为\([-2，0)\cup(0，2]\)，
故\(f(x)=\cfrac{\sqrt{4-x^2}}{2-(2-x)}=\cfrac{\sqrt{4-x^2}}{x}\)，满足\(f(-x)=-f(x)\)，故函数\(f(x)\)为奇函数。
反思：研究函数的性质，一般都要求定义域优先原则。
分析：函数\(f(x)\)满足条件，\(f(-x)+f(x)=0\)，故为奇函数，又函数在\(R\)上单调递增，故由\(a\ge -b\)，得到\(f(a)\ge f(-b)\)，即\(f(a)\ge -f(b)\)，则\(f(a)+f(b)\ge 0\)，故选\(B\)。
【法1】：由函数\(f(x)\)为奇函数，则满足\(f(-x)=-f(x)\)，
\(f(x)=\cfrac{x}{(2x+1)(x-a)}=\cfrac{x}{2x^2+(1-2a)x-a}\)，
\(f(-x)=\cfrac{-x}{(-2x+1)(-x-a)}=\cfrac{-x}{2x^2-(1-2a)x-a}\)，
则\(\cfrac{-x}{2x^2-(1-2a)x-a}=\cfrac{-x}{2x^2+(1-2a)x-a}\)应该恒成立，
只需要\(-(1-2a)=1-2a\)，解得\(a=\cfrac{1}{2}\)；故选\(A\)；
【法2】：由于定义域中有\(-1，1\)，故必然满足\(f(-1)=-f(1)\)，解得\(a=\cfrac{1}{2}\)；故选\(A\)；和法1相比，是特值验证。
【法3】：由于奇函数的定义域关于原点对称，令\(2x+1=0\)得到\(x=-\cfrac{1}{2}\)，故可知定义域中没有\(x=-\cfrac{1}{2}\)；
令\(x-a=0\)得到\(x=a\)，故定义域中必然没有\(x=a\)，故\(a=\cfrac{1}{2}\)；故选\(A\)；
【法4】：\(f(x)=\cfrac{x}{(2x+1)(x-a)}=\cfrac{x}{2x^2+(1-2a)x-a}\)，由于分子函数为奇函数，要是\(f(x)\)为奇函数，则分母函数\(y=2x^2+(1-2a)x-a\)为二次函数，
要是偶函数，则\(1-2a=0\)，解得\(a=\cfrac{1}{2}\)；故选\(A\)；
分析：由题目可知，\(\begin{cases} &3-a>0 ① \\ &a>1 ②\\ &(3-a)7-3\leq a^{7-6}③\end{cases}\)；即\(\begin{cases}&a<3 \\ &a>1 \\ &a\ge \cfrac{9}{4}\end{cases}\)
解得：\(a\in[\cfrac{9}{4}，3)\)；
反思：1、本题目常犯的错误是缺少第三条的限制；学生常认为函数在两段上分别单调递增，则在整体定义域\(R\)上一定单调递增，这个认知是错误的。原因是前者是后者的必要不充分条件。
2、防错秘籍：既要保证每段上的单调性，还要保证转折点处的单调性。
分析：由题目可知，\(\begin{cases} & 3-a>0 ① \\ &a>1 ②\\ &(3-a)7-3<a^{8-6}③\end{cases}\)，解得：\(a\in(2，3)\)；
反思：本题目和上例非常类似，但是又不一样，原因是数列是特殊的函数，所以在③中不等式的两端的自变量的取值不一样，而且不能取等号。
分析：先做出分段函数的第二段，当做第一段时，会考虑斜率\(1-a\)，
当做射线\(y=(1-a)x+2a(x<1)\)的图像时，\(1-a\leq 0\)都不符合题意，只有\(1-a>0\)才有可能符合题意。
由于要求函数的值域为R，故要求分段函数的两段图像在\(y\)轴上的射影要占满\(y\)轴，
然后将其转化为文字语言，即左端函数的最大值必须大于或等于右端函数的最小值，
再转化为数学语言，即\((1-a)\cdot 1+2a\ge ln1\)，
即需要满足\(\begin{cases}1-a>0\\(1-a)\cdot 1+2a\ge ln1\end{cases}\)，
解得\(-1\leq a<1\)；即\(a\in[-1，1)\)。
说明：注意三种数学语言的顺利转化。
分析：本题目属于求解分段函数方程，可以将\(f(x)\)这个整体视为已知中的\(x\)，则原分段函数方程等价于
第一种情形，\(0\leq f(x)\leq 1\)且\(f(x)=1\)；或第二种情形，\(f(x)-3=1\)且\(f(x)\notin[0，1]\)，
其中第一种可化简为\(0\leq f(x)\leq 1\)，再等价转化为\(\begin{cases}x\in[0，1]\\f(x)=1\end{cases}\)或\(\begin{cases}x\notin[0，1]\\0\leq x-3\leq 1\end{cases}\)
解得\(0\leq x\leq 1\)或\(3\leq x\leq 4\)；
第二种可化简为\(f(x)=4\)，再等价转化为\(\begin{cases}x\in[0，1]\\1=4\end{cases}\)或\(\begin{cases}x\notin[0，1]\\x-3=4\end{cases}\)，解得\(x=7\)；
综上所述，\(x\)的取值范围是\([0，1]\cup[3，4]\cup\{7\}\)，故选\(D\)。
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\(a\in(\cfrac{1}{3}，3)\)。
分析：由偶函数可知，\(f(x)\)总满足\(f(x)=f(-x)=f(|x|)\)，\(f(x)\)在区间\((0，+\infty)\)上单调递减，
故将已知条件转化为\(f(2^{|a-1|})>f(|-\sqrt{2}|)=f(\sqrt{2})\)，
利用在区间\((0，+\infty)\)上单调递减得到\(2^{|a-1|}<2^{\frac{1}{2}}\)，则有\(|a-1|<\cfrac{1}{2}\)，
解得\(a\in (\cfrac{1}{2}，\cfrac{3}{2})\)，故选\(C\).
\(2^{n+2}-(2n+1)\cdot 2^{n+1}=2\cdot 2^{n+1}-(2n+1)\cdot 2^{n+1}=(1-2n)\cdot 2^{n+1}\)
应用层次二：为整体换元和化简、计算做准备。
法1：\(8^{a+c-2b}=\frac{8^a\cdot 8^c}{8^{2b}}=\frac{(2^a)^3\cdot 8^c}{2^{2b}\cdot (4^b)^2}=\frac{189}{125}\)；
法2：\(a=log_23\)，\(b=log_45\)，\(c=log_87\)，
则\(8^{a+c-2b}=\frac{8^a\cdot 8^c}{8^{2b}}=\frac{(2^3)^{log_23}\cdot 8^c}{(8^b)^2}=\frac{3^3\times 7}{[(2^3)^{\frac{1}{2}log_25}]^2}\)
\(=\frac{3^3\times 7}{2^{3log_25}}=\frac{27\times 7}{5^3}=\frac{189}{125}\)
分析法1：利用二次函数求解；
转化为仿二次不等式\(ax^2-4x+a-3<0\)能成立，分类讨论如下：
①当\(a=0\)时，不等式为\(-4x-3<0\)，故\(x>-\cfrac{3}{4}\)，有解，故满足；
②当\(a>0\)时，二次不等式\(ax^2-4x+a-3<0\)能成立，必须\(\Delta >0\)，解得\(0<a<4\)；
③当\(a<0\)时，二次不等式\(ax^2-4x+a-3<0\)必然有解，故满足；
综上所述，\(a\in (-\infty，4)\)。
法2：分离参数法，\(a<\cfrac{4x+3}{x^2+1}\)在\(R\)上能成立，
令\(h(x)=\cfrac{4x+3}{x^2+1}\)，用导数法求得\(h(x)_{min}=4\)，此处略。
故\(a<4\)，即\(a\in (-\infty，4)\)。
法1：一般式，设\(f(x)=ax^2+bx+c(a\neq 0)\)，
由题意得\(\begin{cases}4a+2b+c=-1\\a-b+c=-1\\ \cfrac{4ac-b^2}{4a}=8\end{cases}\)，解得\(\begin{cases}a=-4\\b=4\\c=7\end{cases}\)，
故\(f(x)=-4x^2+4x+7\)。
法2：顶点式，设\(f(x)=a(x-m)^2+n\)，由题意得\(n=8\)，
又\(f(2)=f(-1)\)，故函数的对称轴是\(x=\cfrac{2+(-1)}{2}=\cfrac{1}{2}\)，故\(m=\cfrac{1}{2}\)。
则\(y=f(x)=a(x-\cfrac{1}{2})^2+8\)，又\(f(2)=-1\)，\(a(2-\cfrac{1}{2})^2+8=-1\)，
解得\(a=-4\)，故\(f(x)=-4x^2+4x+7\)。
法3：两根式(零点式)，由已知\(f(x)+1=0\)的两根\(x_1=2\)，\(x_2=-1\)，
故可设\(f(x)+1=a(x+1)(x-2)\)，
即\(f(x)=ax^2-ax-2a-1\)，又函数\(f(x)_{max}=8\)，即\(\cfrac{4a(-2a-1)-a^2}{4a}=8\)，
解得\(a=-4\)或\(a=0(舍去)\)，故\(f(x)=-4x^2+4x+7\)。
法1：(将\(b\)和\(\lambda\)看做系数)将不等式转化为\(a^2-\lambda ba+8b^2-\lambda b^2\ge 0\)对任意的\(a\in R\)恒成立，
则\(\Delta =b^2\lambda^2-4(8b^2-\lambda b^2)=b^2(\lambda^2+4\lambda-32)\leq 0\)，
解得\(-8\leq \lambda \leq 4\)。
法2：变量集中策略，当\(b=0\)时，即\(a^2\ge 0\)恒成立，\(\lambda\in R\)；
当\(b\neq 0\)时，原不等式等价于\((\cfrac{a}{b})^2+8\ge \lambda (\cfrac{a}{b})+\lambda\)，
令\(\cfrac{a}{b}=t\in R\)，即\(t^2-\lambda t+8-\lambda\ge 0\)对任意的\(t\in R\)恒成立，
则\(\Delta =(\lambda)^2-4(8-\lambda)\leq 0\)，
解得\(-8\leq \lambda \leq 4\)。
综上所述(两种情况取交集)，实数\(\lambda\)的取值范围为\(-8\leq \lambda \leq 4\)。
分析：若\(a=0\)时，原不等式等价于\(-x+1<0\)，即\(x>1\)；
若\(a<0\)时，原不等式等价于\((x-\cfrac{1}{a})(x-1)>0\)，解得\(x<\cfrac{1}{a}\)或\(x>1\)；
若\(a>0\)时，原不等式等价于\((x-\cfrac{1}{a})(x-1)<0\)，
当\(\cfrac{1}{a}=1\)时，即\(a=1\)时，不等式无解；
当\(\cfrac{1}{a}<1\)时，即\(a>1\)时，不等式解集为\(\{x\mid \cfrac{1}{a}<x<1\}\)；
当\(\cfrac{1}{a}>1\)时，即\(0<a<1\)时，不等式解集为\(\{x\mid 1<x< \cfrac{1}{a}\}\)；
综上所述，
当\(a<0\)时，不等式解集为\(\{x\mid x<\cfrac{1}{a}\)或\(x>1\}\)；
当\(a=0\)时，不等式解集为\(\{x\mid x>1\}\)；
当\(0<a<1\)时，不等式解集为\(\{x\mid 1<x< \cfrac{1}{a}\}\)；
当\(a=1\)时，不等式解集为\(\varnothing\)；
当\(a>1\)时，不等式解集为\(\{x\mid \cfrac{1}{a}<x<1\}\)；
实际高三数学教学和考试中的相关习题常常是这样的，理解掌握。
①\(x^2-5\sqrt{2}x+8\ge 0\)，即\((x-\sqrt{2})(x-4\sqrt{2})\ge 0\)；
②\(x^2-(2m+1)x+m^2+m-2\leq 0\)，即\([x-(m+2)][x-(m-1)]\leq 0\)；
③\(x^2-3mx+(m-1)(2m+1)\ge 0\)；即\([x-(m-1)][x-(2m+1)]\ge 0\)；
④\(x^2-(a+a^2)x+a^3\leq 0\)，即\((x-a)(x-a^2)\leq 0\)；
⑤\(x^2-(a+1)x+a\leq 0\)，即\((x-1)(x-a)\leq 0\)；
⑥\(x^2-(2a+1)x+a(a+1)\leq 0\)；即\((x-a)[x-(a+1)]\leq 0\)；
⑦\(\cfrac{x-2a}{x-(a^2+1)}<0(a\neq 1)\)；即\((x-2a)[x-(a^2+1)]<0\)，解集为\((2a，a^2+1)\)；
⑧\(x^2+(m+4)x+m+3<0\)，即\((x+1)[x+(m+3)]<0\)；
分析：做出适合题意的图像，由图像可知，函数\(f(x)\)的值域为\([-1，1]\)，
完整的偶函数\(g(x)\)的解析式应该为\(g(x)=log_2|x|\)，若存在实数\(a\)，使得\(f(a)=g(b)\)，
则\(g(b)\)必须满足\(-1\leqslant g(b)\leqslant 1\)，即\(-1\leqslant log_2|b|\leqslant 1\)，
上式可以转化为\(\left\{\begin{array}{l}{b\geqslant 0}\\{-1\leqslant log_2b\leqslant 1}\end{array}\right.\)或者\(\left\{\begin{array}{l}{b<0}\\{-1\leqslant log_2(-b)\leqslant 1}\end{array}\right.\)
解得\(\cfrac{1}{2}\leqslant b\leqslant 2\)或\(-2\leqslant b\leqslant -\cfrac{1}{2}\). 故选\(B\).
法1分析：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；
法1：转化为方程\(a=x^2-2lnx+2\)在\(x\in [\cfrac{1}{e}，e]\)内有两个根，
即函数\(y=a\)和函数\(y=g(x)=x^2-2lnx+2\)在\(x\in [\cfrac{1}{e}，e]\)内有两个交点，
\(g'(x)=2x-\cfrac{2}{x}=\cfrac{2(x-1)(x+1)}{x}\)，则在\([\cfrac{1}{e}，1]\)上单调递减，在\([1，e]\)上单调递增，
又\(g(1)=3\)，\(g(\cfrac{1}{e})=4+\cfrac{1}{e^2}\)，\(g(e)=e^2>4+\cfrac{1}{e^2}\)，
做出示意图，可知实数\(a\)的取值范围为\(a\in (3，4+\cfrac{1}{e^2}]\)
法2：由函数\(y=a+2lnx\)与函数\(y=x^2+2\)的图像在\(x\in [\cfrac{1}{e}，e]\)内有两个交点，
则可知函数\(f(x)=2lnx-x^2+a-2\)在\(x\in [\cfrac{1}{e}，e]\)内有两个零点，
\(f'(x)=\cfrac{2}{x}-2x=\cfrac{-2(x^2-1)}{x}=\cfrac{-2(x+1)(x-1)}{x}\)
则当\(x\in [\cfrac{1}{e}，1]\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增，
当\(x\in [1，e]\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减，
又由于\(f(1)=2ln1-1+a-2=a-3\)，\(f(\cfrac{1}{e})=2ln\cfrac{1}{e}-\cfrac{1}{e^2}+a-2=-4-\cfrac{1}{e^2}+a\)，
\(f(e)=2lne-e^2+a-2=-e^2+a\)，\(f(\cfrac{1}{e})>f(e)\)，
则要使得函数\(f(x)=2lnx-x^2+a-2\)在\(x\in [\cfrac{1}{e}，e]\)内有两个零点，
必须满足条件\(\left\{\begin{array}{l}{f(1)=a-3>0}\\{f(\cfrac{1}{e})=-\cfrac{1}{e^2}-4+a\leqslant 0}\end{array}\right.\)
解得\(3<a\leqslant \cfrac{1}{e^2}+4\)，即可知实数\(a\)的取值范围为\(a\in (3，4+\cfrac{1}{e^2}]\)
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