选择填空压轴题的考向整理【二轮三轮】-优快云博客

本文针对高考数学中的难点问题，如构造函数、分段函数不等式等，通过具体例题详细解析了解题方法和技巧。

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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。

考向一、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$e^x\cdot f(x)-e^x-7>0$的解集是（）

A、$(-\infty，0)$ $\hspace{2cm}$ B、$(0，+\infty)$ $\hspace{2cm}$ C、$(1，+\infty)$ $\hspace{2cm}$ D、$(-\infty，1)$

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$\cfrac{f(x)-1}{e^{ln7-x}}>1$的解集为$(0，+\infty)$ ，选B.

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.$(0，1)$ $\hspace{1cm}$ B.$(1，+\infty)$ $\hspace{1cm}$ C.$(1，2)$ $\hspace{1cm}$ D.$(2，+\infty)$

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$D$。

例3【2017•张家界模拟】

已知函数$f(x)(x\in R)$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$F(x)<0=F(1)=f(1)-\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{2}$

所以$f(x^2)-\cfrac{x^2}{2}<f(1)-\cfrac{1}{2}$，

即$F(x^2)<F(1)$ ,

而函数$F(x)$在$R$上为减函数，

所以$x^2>1$，即$x\in(-\infty，-1)\cup(1，+\infty)$，

例16【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$g(1)=f(1)-3\times 1-1=f(1)-4=0$，

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

例16-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$g(1)=f(1)-2\times 1+1=0$，故可知$g(x)>0$时的解集为$\{x\mid x<1\}$，

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$D$。

考向二、分段函数不等式

例4(2017$\cdot$天津六校联考卷)(用图像求解恒成立题目)

已知函数$f(x)=\begin{cases}-x^2+2x，&x\leq 0\\ln(x+1)，&x>0\end{cases}$，若$|f(x)|\ge ax-1$恒成立，则则$a$的取值范围是

A、$[-2，0]$ $\hspace{2cm}$ B、$[-2，1]$ $\hspace{2cm}$ C、$[-4，0]$ $\hspace{2cm}$ 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$y=x^2-2x(x\leq 0)$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。

考向三、恒成立命题

例5若对$\forall x>0$ ，不等式$ln(x+1)-x+\cfrac{x^2+2x+a}{x+2}>1(a\in R)$ 恒成立，则$a$的取值范围是（）.

$A．[1，+\infty)$ $\hspace{2cm}$ $B．(1，+\infty)$ $\hspace{2cm}$ $C．[2，+\infty)$ $\hspace{2cm}$ $D．(2，+\infty)$

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$g(x)_{max}\rightarrow g(0)=2$，

故得到$a\ge 2$，故选C.

例6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$x=cos\theta，\theta\in (\cfrac{\pi}{3}，\pi]$，

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$b\leq \cfrac{\sqrt{3}-1}{2}$。

例7【2016第三次全国大联考地16题】若不等式$2x^2+(1-a)y^2\ge (3+a)xy(x>0，y>0)$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$a\leq \cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy}$，

令$f(x,y)= \cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy}\xlongequal[关于x，y的二次齐次式]{分子分母同除以y^2}\cfrac{2(\cfrac{x}{y})^2-3\cfrac{x}{y}+1}{1+\cfrac{x}{y}}\\\xlongequal[令\cfrac{x}{y}=t>0]{二元变一元}g(t)=\cfrac{2t^2-3t+1}{t+1}=2(t+1)+\cfrac{6}{t+1}-7\ge 2\sqrt{12}-7=4\sqrt{3}-7$

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$y$，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$-4\sqrt{3}-7\leq a \leq 4\sqrt{3}-7$；

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

解得$a<-4\sqrt{3}-7$；

综上可知，$a\leq 4\sqrt{3}-7$，故$a_{max}=4\sqrt{3}-7$。

例8【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、$(-\infty，\cfrac{1}{3}]$ $\hspace{2cm}$ B、$[\cfrac{1}{3}，1]$ $\hspace{2cm}$ C、$[0，+\infty)$ $\hspace{2cm}$ 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$a\ge \cfrac{1-sin2x}{2+sinx-cosx}=g(x)$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

考向四、能成立命题或方程有解命题

例9【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.$(-\infty，e)$ $\hspace{2cm}$ B.$(-\infty，e]$ $\hspace{2cm}$ C. $(-\infty，-\cfrac{1}{e})$ $\hspace{2cm}$ D. $(-\infty，-\cfrac{1}{e}]$

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。

$\fbox{法2}$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；

$\fbox{法3}$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9-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.$(-\infty，\cfrac{1}{e})$ $\hspace{2cm}$ B.$(-\infty，e)$ $\hspace{2cm}$ C. $(-\cfrac{1}{e}，e)$ $\hspace{2cm}$ 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9-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、$(-\infty，\sqrt{e})$ $\hspace{1cm}$ B、$(-\sqrt{e}，\cfrac{\sqrt{e}}{e})$ $\hspace{1cm}$ C、$(-\infty，\cfrac{\sqrt{e}}{e})$ $\hspace{1cm}$ D、$(-\cfrac{\sqrt{e}}{e}，\sqrt{e})$

提示：答案为A，请仿上例完成。

例9-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；

考向五、新定义习题

例10定义新运算"⊕"，当$a\ge b$时，$a⊕b=a$；当$a<b$时，$a⊕b=b^2$；则函数$f(x)=(1⊕x)x-(2⊕x),x\in[-2，2]$的最大值是多少？

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$f(x)_{max}=6$。

例11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$f(x)=4^x-m\cdot 2^{x+1}+m^2-3$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$t+\cfrac{1}{t}=n\ge 2$，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$[1-\sqrt{3}，2\sqrt{2}]$.

考向六、抽象函数不等式

例12【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$\begin{cases}a^2-3a<0\\3a>1\end{cases}$，解得$\cfrac{1}{3}<a<3$，

故$a\in(\cfrac{1}{3}，3)$。

例13已知定义在R上的偶函数$f(x)$，当$x\ge 0$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$x\ge 0$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$a\in(-\infty，\cfrac{1}{2})$。

考向七、数形结合+转化划归思想

例14【宝鸡市二检文理科第12题】

已知函数$f(x)=a^x$与$g(x)=log_ax(a>0且a \neq 1)$的图像有两个公共点，则实数$a$的取值范围是（）

A、$(0，e^{\frac{1}{e}})$ $\hspace{2cm}$ B、$(1，e^{\frac{2}{e}})$ $\hspace{2cm}$ C、$(1，\sqrt{e})$ $\hspace{2cm}$ 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$g(x)=log_ax(a>0且a \neq 1)$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。

例15【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$\theta$后第一次与$y$轴相切，则角$\theta$满足的条件是（）。

A、$sin\theta=ecos\theta$ $\hspace{2cm}$ B、$esin\theta=cos\theta$ $\hspace{2cm}$ C、$esin\theta=1$ $\hspace{2cm}$ D、 $ecos\theta=1$

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$tan\phi=\cfrac{1}{e}$，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。

例16已知定义在$R$上的函数$f(x)$满足①$f(x+2)=2f(x)$，②$x\in[-1，1]，f(x)=\cos\frac{\pi}{2}x$，记函数$g(x)=f(x)-log_4^{\;(x+1)}$，则函数$g(x)$在区间$[0，10]$内的零点个数是(10)个。

分析：①“定义在$R$上”说明了定义域，

②“$f(x+2)=2f(x)$”所说是周期性和伸缩性的结合，

示例

③“$x\in[-1，1]，f(x)=\cos\frac{\pi}{2}x$”

是说在限定区间上的函数解析式，是作图的起始依据。

④“函数$g(x)$在区间$[0，10]$内的零点个数”需要转化为方程$f(x)-log_4^{\;(x+1)}=0$的根的个数，

再转化为两个函数“$y=f(x)$”和“$y=log_4^{\;(x+1)}$”的图像交点的个数问题。

而做函数“$y=log_4^{\;(x+1)}$”的图像用变换法，

做函数“$y=f(x)$”的图像就需要用以上刚才解析的各种性质。

至此，本题的思路基本就清晰多了。

【详细解析】
首先需要写出分段函数$f(x)$的解析式，

$f(x) = \begin{cases}cos\cfrac{\pi}{2}x &-1\leq x\leq 1 \\ 2cos\cfrac{\pi}{2}(x-2) &1<x\leq 3 \\ 2^2cos\cfrac{\pi}{2}(x-4) &3<x\leq 5 \\ \cdots \\ 2^5cos\cfrac{\pi}{2}(x-10) &9<x\leq 10\end{cases}$，

或$f(x) = \begin{cases}cos\cfrac{\pi}{2}x &-1\leq x\leq 1 \\ 2f(x-2) &x>1 \end{cases}$，

重点说明第二个表达形式的来源，

由$f(x+2)=2f(x)，x\in [-1，1]$，

则$x+2\in [1，3]$，

令$x+2=t\in [1，3]$，

则$x=t-2$，

故$f(t)=2f(t-2)$，

即$f(x)=2f(x-2)，x\in[1，3]$

以下详细说明作图过程

作图命令：

如果[-1 ≤ x ≤ 1, cos((π x) / 2)]
序列[2^k f(x - 2k), k, 1, 5]

考向八、分段函数与数列

例17【2017•衡阳模拟】

已知函数$f(x)=\begin{cases}1-|x-1|，&x<2\\2f(x-2)，&x\ge 2\end{cases}$，$g(x)=2^{\frac{x-1}{2}}$，设方程$f(x)=g(x)$的根从小到大依次为$x_1，x_2，\cdots，x_n，\cdots，n\in N*$，则数列$\{f(x_n)\}$的前$n$项和为________.