在線|二輪輔導[02][函數與初等函數習題]

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思維導圖

• 函數和基本初等函數

例題解析

例1 【求復合函數的單調區間】【2018天津模擬】已知函數\(y=f(x)(x\in R)\)的圖像如圖所示，則函數\(g(x)=f(log_ax)\)\((0<a<1)\)的單調遞減區間為【】

$A.[0，\cfrac{1}{2}]$ $B.[\sqrt{a}，1]$ $C.(-\infty，0)\cup[\cfrac{1}{2}，+\infty)$ $D.[\sqrt{a}，\sqrt{a+1}]$

分析：由圖可知，外函數\(f(x)\)在區間\((-\infty，0)\)和\([\cfrac{1}{2}，+\infty)\)上單調遞減，在區間\([0，\cfrac{1}{2}]\)上單調遞增，

又\(0<a<1\)時，內函數\(y=log_ax\)在區間\((0，+\infty)\)上單調遞減，

故要使得復合函數函數\(g(x)=f(log_ax)(0<a<1)\)單調遞減，

則需要\(log_ax\in [0，\cfrac{1}{2}]\)，即\(0\leq log_ax\leq \cfrac{1}{2}\)，

解得\(x\in [\sqrt{a}，1]\)，故選\(B\)。

例2 【2019蚌埠模擬】已知\(a>0\)，設函數\(f(x)=\cfrac{2018^{x+1}+2016}{2018^x+1}\)\(（x\in [-a,a]）\)的最大值為\(M\)，最小值為\(N\)，那么\(M+N\)=【】

$A.2016$ $B.2018$ $C.4032$ $D.4034$

分析：\(f(x)=\cfrac{2018^{x+1}+2016}{2018^x+1}=\cfrac{2018^x\cdot 2018+2016}{2018^x+1}=\cfrac{2018(2018^x+1)-2}{2018^x+1}=2018-\cfrac{2}{2018^x+1}\)

故函數\(f(x)\)在區間\([-a,a]\)上單調遞增，故\(M=f(x)_{max}=f(a)\)，\(N=f(x)_{min}=f(-a)\)，

故\(M+N=f(a)+f(-a)=2018-\cfrac{2}{2018^a+1}+2018-\cfrac{2}{2018^{-a}+1}=4036-2=4034\)，故選\(D\).

例3 定義兩種運算：\(a\otimes b=\sqrt{a^2-b^2}\)，\(a\oplus b=\sqrt{(a-b)^2}\)，則\(f(x)=\cfrac{2\otimes x}{2-(x\oplus 2)}\)的奇偶性如何？

分析：由定義的運算可知\(2\otimes x=\sqrt{2^2-x^2}=\sqrt{4-x^2}\)，\(x\oplus 2=\sqrt{(x-2)^2}=|x-2|\)，

於是\(f(x)=\cfrac{\sqrt{4-x^2}}{2-|x-2|}\)，先求得定義域為\([-2，0)\cup(0，2]\)，

故\(f(x)=\cfrac{\sqrt{4-x^2}}{2-(2-x)}=\cfrac{\sqrt{4-x^2}}{x}\)，滿足\(f(-x)=-f(x)\)，故函數\(f(x)\)為奇函數。

反思：研究函數的性質，一般都要求定義域優先原則。

例4 設函數\(f(x)=x^3+lg(\sqrt{x^2+1}+x)\)，則對任意實數\(a\)，\(b\)，若\(a+b\ge 0\)，則有【】

$A.f(a)+f(b)\leq 0$ $B.f(a)+f(b)\ge 0$ $C.f(a)-f(b)\leq 0$ $D.f(a)+f(b)\ge 0$

分析：函數\(f(x)\)滿足條件，\(f(-x)+f(x)=0\)，故為奇函數，又函數在\(R\)上單調遞增，故由\(a\ge -b\)，得到\(f(a)\ge f(-b)\)，即\(f(a)\ge -f(b)\)，則\(f(a)+f(b)\ge 0\)，故選\(B\)。

例5 [求函數中的參數值]【2017\(\cdot\)深圳模擬】若函數\(f(x)=\cfrac{x}{(2x+1)(x-a)}\)是奇函數，則實數\(a\)的值是【】.

$A.\cfrac{1}{2}$ $B.\cfrac{2}{3}$ $C.\cfrac{3}{4}$ $D.-\cfrac{1}{2}$

【法1】：由函數\(f(x)\)為奇函數，則滿足\(f(-x)=-f(x)\)，

\(f(x)=\cfrac{x}{(2x+1)(x-a)}=\cfrac{x}{2x^2+(1-2a)x-a}\)，

\(f(-x)=\cfrac{-x}{(-2x+1)(-x-a)}=\cfrac{-x}{2x^2-(1-2a)x-a}\)，

則\(\cfrac{-x}{2x^2-(1-2a)x-a}=\cfrac{-x}{2x^2+(1-2a)x-a}\)應該恆成立，

只需要\(-(1-2a)=1-2a\)，解得\(a=\cfrac{1}{2}\)；故選\(A\)；

【法2】：由於定義域中有\(-1，1\)，故必然滿足\(f(-1)=-f(1)\)，解得\(a=\cfrac{1}{2}\)；故選\(A\)；和法1相比，是特值驗證。

【法3】：由於奇函數的定義域關於原點對稱，令\(2x+1=0\)得到\(x=-\cfrac{1}{2}\)，故可知定義域中沒有\(x=-\cfrac{1}{2}\)；

令\(x-a=0\)得到\(x=a\)，故定義域中必然沒有\(x=a\)，故\(a=\cfrac{1}{2}\)；故選\(A\)；

【法4】：\(f(x)=\cfrac{x}{(2x+1)(x-a)}=\cfrac{x}{2x^2+(1-2a)x-a}\)，由於分子函數為奇函數，要是\(f(x)\)為奇函數，則分母函數\(y=2x^2+(1-2a)x-a\)為二次函數，

要是偶函數，則\(1-2a=0\)，解得\(a=\cfrac{1}{2}\)；故選\(A\)；

例6 已知\(a>0\)，函數\(f(x)\)滿足\(f(x)=\begin{cases} (3-a)x-3 &x\leq 7 \\ a^{x-6} &x>7 \end{cases}\)，函數\(f(x)\)在\(R\)上單調遞增，求\(a\)的取值范圍。

分析：由題目可知，\(\begin{cases} &3-a>0 ① \\ &a>1 ②\\ &(3-a)7-3\leq a^{7-6}③\end{cases}\)；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、本題目常犯的錯誤是缺少第三條的限制；學生常認為函數在兩段上分別單調遞增，則在整體定義域\(R\)上一定單調遞增，這個認知是錯誤的。原因是前者是后者的必要不充分條件。

2、防錯秘籍：既要保證每段上的單調性，還要保證轉折點處的單調性。

對照例 已知\(a>0\)，數列\(\{a_n\}\)滿足\(a_n = \begin{cases} &(3-a)n-3 &n\leq 7 \\ &a^{n-6} &n>7 \end{cases}\)，數列\(\{a_n\}\)是單調遞增數列，求\(a\)的取值范圍。

分析：由題目可知，\(\begin{cases} & 3-a>0 ① \\ &a>1 ②\\ &(3-a)7-3<a^{8-6}③\end{cases}\)，解得：\(a\in(2，3)\)；

反思：本題目和上例非常類似，但是又不一樣，原因是數列是特殊的函數，所以在③中不等式的兩端的自變量的取值不一樣，而且不能取等號。

例7 【單調性&值域是\(R\)】【(2017\(\cdot\)山東煙台二中月考】若分段函數\(f(x)=\begin{cases}(1-a)x+2a，x<1\\lnx，x\ge 1\end{cases}\)的值域為\(R\)，則\(a\)的取值范圍是_________。

分析：先做出分段函數的第二段，當做第一段時，會考慮斜率\(1-a\)，

當做射線\(y=(1-a)x+2a(x<1)\)的圖像時，\(1-a\leq 0\)都不符合題意，只有\(1-a>0\)才有可能符合題意。

由於要求函數的值域為R，故要求分段函數的兩段圖像在\(y\)軸上的射影要占滿\(y\)軸，

然后將其轉化為文字語言，即左端函數的最大值必須大於或等於右端函數的最小值，

再轉化為數學語言，即\((1-a)\cdot 1+2a\ge ln1\)，

即需要滿足\(\begin{cases}1-a>0\\(1-a)\cdot 1+2a\ge ln1\end{cases}\)，

解得\(-1\leq a<1\)；即\(a\in[-1，1)\)。

說明：注意三種數學語言的順利轉化。

例8 【2018鳳翔中學高三文科數學沖刺模擬第10套第8題】已知\(f(x)=\begin{cases}1，&x\in[0，1]\\x-3，&x\notin[0，1]\end{cases}\)，則使得\(f(f(x))=1\)成立的\(x\)的取值范圍是【】

$A.[0，1]$ $B.[0，1]\cup\{7\}$ $C.[0，1]\cup [3，4]$ $D.[0，1]\cup[3，4]\cup\{7\}$

分析：本題目屬於求解分段函數方程，可以將\(f(x)\)這個整體視為已知中的\(x\)，則原分段函數方程等價於

第一種情形，\(0\leq f(x)\leq 1\)且\(f(x)=1\)；或第二種情形，\(f(x)-3=1\)且\(f(x)\notin[0，1]\)，

其中第一種可化簡為\(0\leq f(x)\leq 1\)，再等價轉化為\(\begin{cases}x\in[0，1]\\f(x)=1\end{cases}\)或\(\begin{cases}x\notin[0，1]\\0\leq x-3\leq 1\end{cases}\)

解得\(0\leq x\leq 1\)或\(3\leq x\leq 4\)；

第二種可化簡為\(f(x)=4\)，再等價轉化為\(\begin{cases}x\in[0，1]\\1=4\end{cases}\)或\(\begin{cases}x\notin[0，1]\\x-3=4\end{cases}\)，解得\(x=7\)；

綜上所述，\(x\)的取值范圍是\([0，1]\cup[3，4]\cup\{7\}\)，故選\(D\)。

例9 【2017·合肥模擬】若函數\(f(x)=log_{3a}[(a^2-3a)x]\)在\((-\infty，0)\)上是減少的，則實數\(a\)的取值范圍是多少？

分析：令\(g(x)=(a^2-3a)x\)，由於\(g(x)>0\)在區間\((-\infty，0)\)上要恆成立，

則有\(a^2-3a<0\)，這樣內函數\(g(x)\)只能單調遞減，復合函數\(f(x)=log_{3a}g(x)\)是單調遞減的，

所以外函數必須是單調遞增的，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10 【2016天津】已知\(f(x)\)是定義在\(R\)上的偶函數，且在區間\((-\infty，0)\)上單調遞增。若實數\(a\)滿足\(f(2^{|a-1|})\)\(>f(-\sqrt{2})\)，則\(a\)的取值范圍是【】

$A.(-\infty，\cfrac{1}{2})$ $B.(-\infty，\cfrac{1}{2})\cup (\cfrac{3}{2}，+\infty)$ $C.(\cfrac{1}{2}，\cfrac{3}{2})$ $D.(\cfrac{3}{2}，+\infty)$

分析：由偶函數可知，\(f(x)\)總滿足\(f(x)=f(-x)=f(|x|)\)，\(f(x)\)在區間\((0，+\infty)\)上單調遞減，

故將已知條件轉化為\(f(2^{|a-1|})>f(|-\sqrt{2}|)=f(\sqrt{2})\)，

利用在區間\((0，+\infty)\)上單調遞減得到\(2^{|a-1|}<2^{\frac{1}{2}}\)，則有\(|a-1|<\cfrac{1}{2}\)，

解得\(a\in (\cfrac{1}{2}，\cfrac{3}{2})\)，故選\(C\).

例11 【運算訓練】應用層次一：為換元和化簡做准備，常涉及復合函數的值域問題和數列的化簡求值等。

$4^x=(2^2)^x=(2^x)^2$；

$9^{x-1}=(3^2)^{x-1}=(3^{x-1})^2$；

$2^x+2^x=2^{x+1}$；

$2^{x}-2^{x-1}=2^{x-1}$；

$2^{x+1}-2^x=2^x\cdot 2-2^x=2^x$；

$2^{x+1}+2^x=3\cdot 2^x$；

$4^n=(2^2)^n=(2^n)^2;$

$2^n+2^n=2^{n+1};$

$2^{n+1}-2^n=2^n;$

$2^{n}-2^{n-1}=2^{n-1}$；

$2^{n+1}+2^n=3\cdot 2^n$；

$2^{-(n+1)}\cdot 2=2^{-n}$；

$2^n\cdot 2^n=2^{2n}$；

$3^{n-1}-3^n=-2\cdot 3^{n-1}$；

$2^{n+1}÷2^n=2;$

$\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n+1}}=\frac{3}{2^{n+1}}$；

$3^{n-1}\cdot 3^n=3^{2n-1}$；

$2^{n+1}\cdot 2^n=2^{2n+1};$

\(2^{n+2}-(2n+1)\cdot 2^{n+1}=2\cdot 2^{n+1}-(2n+1)\cdot 2^{n+1}=(1-2n)\cdot 2^{n+1}\)

應用層次二：為整體換元和化簡、計算做准備。

引例 [初中]已知\(x+x^{-1}=3\)，求值：

$x^{\frac{1}{2}}+x^{-\frac{1}{2}}=\sqrt{5}$；

$x^{\frac{3}{2}}+x^{-\frac{3}{2}}=2\sqrt{5}$；

$x^2+x^{-2}=7$；

引例 [初中]已知\(2^a=3\)，\(4^b=5\)，\(8^c=7\)，求\(8^{a+c-2b}\)的值；

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：\(a=log_23\)，\(b=log_45\)，\(c=log_87\)，

則\(8^{a+c-2b}=\frac{8^a\cdot 8^c}{8^{2b}}=\frac{(2^3)^{log_23}\cdot 8^c}{(8^b)^2}=\frac{3^3\times 7}{[(2^3)^{\frac{1}{2}log_25}]^2}\)

\(=\frac{3^3\times 7}{2^{3log_25}}=\frac{27\times 7}{5^3}=\frac{189}{125}\)

例12 【2019屆高三理科數學二次函數和冪函數課時作業第10題】如果存在實數\(x\)，使得關於\(x\)的不等式\(ax^2-4x+a-3<0\)成立，求實數\(a\)的取值范圍。

分析法1：利用二次函數求解；

轉化為仿二次不等式\(ax^2-4x+a-3<0\)能成立，分類討論如下：

①當\(a=0\)時，不等式為\(-4x-3<0\)，故\(x>-\cfrac{3}{4}\)，有解，故\(a=0\)滿足；

②當\(a>0\)時，二次不等式\(ax^2-4x+a-3<0\)能成立，必須\(\Delta >0\)，解得\(0<a<4\)；

③當\(a<0\)時，二次不等式\(ax^2-4x+a-3<0\)必然有解，比如\(x>0\)，故\(a<0\)滿足；

綜上所述，\(a\in (-\infty，4)\)。

法2：分離參數法，轉化為\(a<\cfrac{4x+3}{x^2+1}\)在\(R\)上能成立，令\(h(x)=\cfrac{4x+3}{x^2+1}\)，此處需要求解\(h(x)_{max}\)；

此時可以考慮用以下的兩個思路求解：

思路一：用分式函數求解，由\(h(x)=\cfrac{4x+3}{x^2+1}\)，令\(4x+3=t\)，則\(x=\cfrac{t-3}{4}\)，

故\(h(x)=g(t)=\cfrac{t}{(\frac{t-3}{4})^2+1}=\cfrac{16t}{t^2-6t+25}\)，

[由於\(t\in R\)，故此時還不能直接分式分子分母同除以\(t\)，需要分類討論說明]

當\(t\leqslant 0\)時，由\(g(t)=\cfrac{16t}{t^2-6t+25}=\cfrac{16t}{(t-3)^2+16}\)，故\(g(t)\leqslant 0\)

故其最大值可能在\(t>0\)處取到，此時\(g(t)=\cfrac{16}{t+\frac{25}{t}-6}\leqslant \cfrac{16}{2\sqrt{25}-6}=4\)，

當且僅當\(t=5\)時取到等號，故\(g(t)_{max}=h(x)_{max}=4\)；

其圖像大致如下圖所示，

思路二：用導數法求解\(h(x)_{max}\)，

\(h'(x)=\cfrac{4\cdot (x^2+1)-(4x+3)\cdot 2x}{(x^2+1)^2}=\cfrac{-2(x+2)(2x-1)}{(x^2+1)^2}\)

故函數\(h(x)\)在\((-\infty，-2)\)上，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)單調遞減，

在\((2，\cfrac{1}{2})\)上，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)單調遞增，

在\((\cfrac{1}{2}，+\infty)\)上，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)單調遞減，

[注意作圖的細節，很容易出錯，\(x<-2\)時，\(h(x)<0\)，\(x>\cfrac{1}{2}\)時，\(h(x)>0\)，作圖大致如下所示]

又由於\(h(-2)=-1\)，\(h(\cfrac{1}{2})=4\)，故\(h(x)_{max}=4\)；

綜上所述，得到\(a<4\)，即\(a\in (-\infty，4)\)。

例13 已知二次函數\(f(x)\)滿足\(f(2)=-1\)，\(f(-1)=-1\)，且\(f(x)\)的最大值是\(8\)，試確定此二次函數的解析式。

法1：一般式，設\(f(x)=ax^2+bx+c(a\neq 0)\)，

由題意得\(\begin{cases}4a+2b+c=-1\\a-b+c=-1\\ \cfrac{4ac-b^2}{4a}=8\end{cases}\)，解得\(\begin{cases}a=-4\\b=4\\c=7\end{cases}\)，

故\(f(x)=-4x^2+4x+7\)。

法2：頂點式，設\(f(x)=a(x-m)^2+n\)，由題意得\(n=8\)，

又\(f(2)=f(-1)\)，故函數的對稱軸是\(x=\cfrac{2+(-1)}{2}=\cfrac{1}{2}\)，故\(m=\cfrac{1}{2}\)。

則\(y=f(x)=a(x-\cfrac{1}{2})^2+8\)，又\(f(2)=-1\)，\(a(2-\cfrac{1}{2})^2+8=-1\)，

解得\(a=-4\)，故\(f(x)=-4x^2+4x+7\)。

法3：兩根式(零點式)，由已知\(f(x)+1=0\)的兩根\(x_1=2\)，\(x_2=-1\)，

故可設\(f(x)+1=a(x+1)(x-2)\)，

即\(f(x)=ax^2-ax-2a-1\)，又函數\(f(x)_{max}=8\)，即\(\cfrac{4a(-2a-1)-a^2}{4a}=8\)，

解得\(a=-4\)或\(a=0(舍去)\)，故\(f(x)=-4x^2+4x+7\)。

例14 【2017銅川模擬】不等式\(a^2+8b^2\ge \lambda b(a+b)\)對於任意的\(a，b\in R\)恆成立，則實數\(\lambda\)的取值范圍為_____________。

法1：(將\(b\)和\(\lambda\)看做系數)將不等式轉化為\(a^2-\lambda ba+8b^2-\lambda b^2\ge 0\)對任意的\(a\in R\)恆成立，

則\(\Delta =b^2\lambda^2-4(8b^2-\lambda b^2)=b^2(\lambda^2+4\lambda-32)\leq 0\)，

解得\(-8\leq \lambda \leq 4\)。

法2：變量集中策略，當\(b=0\)時，即\(a^2\ge 0\)恆成立，\(\lambda\in R\)；

當\(b\neq 0\)時，原不等式等價於\((\cfrac{a}{b})^2+8\ge \lambda (\cfrac{a}{b})+\lambda\)，

令\(\cfrac{a}{b}=t\in R\)，即\(t^2-\lambda t+8-\lambda\ge 0\)對任意的\(t\in R\)恆成立，

則\(\Delta =(\lambda)^2-4(8-\lambda)\leq 0\)，

解得\(-8\leq \lambda \leq 4\)。

綜上所述(兩種情況取交集)，實數\(\lambda\)的取值范圍為\(-8\leq \lambda \leq 4\)。

例15 解關於\(x\)的不等式\(ax^2-(a+1)x+1<0\)

分析：若\(a=0\)時，原不等式等價於\(-x+1<0\)，即\(x>1\)；

若\(a<0\)時，原不等式等價於\((x-\cfrac{1}{a})(x-1)>0\)，解得\(x<\cfrac{1}{a}\)或\(x>1\)；

若\(a>0\)時，原不等式等價於\((x-\cfrac{1}{a})(x-1)<0\)，

當\(\cfrac{1}{a}=1\)時，即\(a=1\)時，不等式無解；

當\(\cfrac{1}{a}<1\)時，即\(a>1\)時，不等式解集為\(\{x\mid \cfrac{1}{a}<x<1\}\)；

當\(\cfrac{1}{a}>1\)時，即\(0<a<1\)時，不等式解集為\(\{x\mid 1<x< \cfrac{1}{a}\}\)；

綜上所述，

當\(a<0\)時，不等式解集為\(\{x\mid x<\cfrac{1}{a}\)或\(x>1\}\)；

當\(a=0\)時，不等式解集為\(\{x\mid x>1\}\)；

當\(0<a<1\)時，不等式解集為\(\{x\mid 1<x< \cfrac{1}{a}\}\)；

當\(a=1\)時，不等式解集為\(\varnothing\)；

當\(a>1\)時，不等式解集為\(\{x\mid \cfrac{1}{a}<x<1\}\)；

因式分解

實際高三數學教學和考試中的相關習題常常是這樣的，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\((x-2a)[x-(a^2+1)]<0\)，解集為\((2a，a^2+1)\)；

⑧\(x^2+(m+4)x+m+3<0\)，即\((x+1)[x+(m+3)]<0\)；

例16 定義在\(R\)上的奇函數\(f(x)\)和定義在\(\{x\mid x\neq 0\}\)上的偶函數\(g(x)\)分別滿足\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{2^x-1(0\leqslant x<1)}\\{\frac{1}{x}(x\geqslant 1)}\end{array}\right.\)，\(g(x)=log_2x(x>0)\)，若存在實數\(a\)，使得\(f(a)=g(b)\)，則實數\(b\)的取值范圍是【】

$A.[-2，2]$ $B.[-2，-\cfrac{1}{2}]\cup [\cfrac{1}{2}，2]$ $C.[-\cfrac{1}{2}，0)\cup(0，\cfrac{1}{2}]$ $D.(-\infty，-2]\cup [2，+\infty)$

分析：做出適合題意的圖像，由圖像可知，函數\(f(x)\)的值域為\([-1，1]\)，

完整的偶函數\(g(x)\)的解析式應該為\(g(x)=log_2|x|\)，若存在實數\(a\)，使得\(f(a)=g(b)\)，

則\(g(b)\)必須滿足\(-1\leqslant g(b)\leqslant 1\)，即\(-1\leqslant log_2|b|\leqslant 1\)，

上式可以轉化為\(\left\{\begin{array}{l}{b\geqslant 0}\\{-1\leqslant log_2b\leqslant 1}\end{array}\right.\)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\(-2\leqslant b\leqslant -\cfrac{1}{2}\). 故選\(B\).

例17 【2017•蚌埠模擬】已知函數\(f(x)=lnx-x^3\)與\(g(x)=x^3-ax\)的圖像上存在關於\(x\)軸的對稱點，則\(a\)的取值范圍為【 】

$A.(-\infty，e)$ $B.(-\infty，e]$ $C.(-\infty，\cfrac{1}{e})$ $D.(-\infty，\cfrac{1}{e}]$

法1分析：函數\(f(x)=lnx-x^3\)與\(g(x)=x^3-ax\)的圖像上存在關於x軸的對稱點，即當\(x=x_0\)時，\(f(x_0)=-g(x_0)\)。

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\(h(x)=\cfrac{lnx}{x}\)，由導數知識可知，\(f(x)\)在\((0，e)\)上單調遞增，在\((e，+\infty)\)上單調遞減，

又\(f(e)=\cfrac{1}{e}\)，故函數\(h(x)\in (-\infty，\cfrac{1}{e}]\)，故\(a\)的取值范圍為\((-\infty，\cfrac{1}{e}]\) ，選\(D\)。

法2：轉換為方程\(lnx=ax\)在\((0,+\infty)\)有解，即函數\(y=lnx\)和函數\(y=ax\)圖像在\((0,+\infty)\)上有交點，利用數形結合求解；

法3：接上轉換為方程\(a=\cfrac{lnx}{x}\)在\((0,+\infty)\)有解，即函數\(y=h(x)=\cfrac{lnx}{x}\)和函數\(y=a\)的圖像有交點，利用數形結合求解；

例18 【2019屆高三理科數學三輪模擬試題】已知函數\(y=a+2lnx\)與函數\(y=x^2+2\)的圖像在\(x\in [\cfrac{1}{e}，e]\)內有兩個交點，則實數\(a\)的取值范圍是________.

法1：轉化為方程\(a=x^2-2lnx+2\)在\(x\in [\cfrac{1}{e}，e]\)內有兩個根，

即函數\(y=a\)和函數\(y=g(x)=x^2-2lnx+2\)在\(x\in [\cfrac{1}{e}，e]\)內有兩個交點，

\(g'(x)=2x-\cfrac{2}{x}=\cfrac{2(x-1)(x+1)}{x}\)，則在\([\cfrac{1}{e}，1]\)上單調遞減，在\([1，e]\)上單調遞增，

又\(g(1)=3\)，\(g(\cfrac{1}{e})=4+\cfrac{1}{e^2}\)，\(g(e)=e^2>4+\cfrac{1}{e^2}\)，

做出示意圖，可知實數\(a\)的取值范圍為\(a\in (3，4+\cfrac{1}{e^2}]\)

法2：由函數\(y=a+2lnx\)與函數\(y=x^2+2\)的圖像在\(x\in [\cfrac{1}{e}，e]\)內有兩個交點，

則可知函數\(f(x)=2lnx-x^2+a-2\)在\(x\in [\cfrac{1}{e}，e]\)內有兩個零點，

\(f'(x)=\cfrac{2}{x}-2x=\cfrac{-2(x^2-1)}{x}=\cfrac{-2(x+1)(x-1)}{x}\)

則當\(x\in [\cfrac{1}{e}，1]\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增，

當\(x\in [1，e]\)時，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調遞減，

又由於\(f(1)=2ln1-1+a-2=a-3\)，\(f(\cfrac{1}{e})=2ln\cfrac{1}{e}-\cfrac{1}{e^2}+a-2=-4-\cfrac{1}{e^2}+a\)，

\(f(e)=2lne-e^2+a-2=-e^2+a\)，\(f(\cfrac{1}{e})>f(e)\)，

則要使得函數\(f(x)=2lnx-x^2+a-2\)在\(x\in [\cfrac{1}{e}，e]\)內有兩個零點，

必須滿足條件\(\left\{\begin{array}{l}{f(1)=a-3>0}\\{f(\cfrac{1}{e})=-\cfrac{1}{e^2}-4+a\leqslant 0}\end{array}\right.\)

解得\(3<a\leqslant \cfrac{1}{e^2}+4\)，即可知實數\(a\)的取值范圍為\(a\in (3，4+\cfrac{1}{e^2}]\)