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思维导图
例题解析
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_axin [0，cfrac{1}{2}])，即(0leq log_axleq cfrac{1}{2})，
解得(xin [sqrt{a}，1])，故选(B)。
分析：(f(x)=cfrac{2018^{x+1}+2016}{2018^x+1}=cfrac{2018^xcdot 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(2otimes x=sqrt{2^2-x^2}=sqrt{4-x^2})，(xoplus 2=sqrt{(x-2)^2}=|x-2|)，
于是(f(x)=cfrac{sqrt{4-x^2}}{2-|x-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(age -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，(egin{cases} &3-a>0 ① \ &a>1 ②\ &(3-a)7-3leq a^{7-6}③end{cases})；即(egin{cases}&a<3 \ &a>1 \ &age cfrac{9}{4}end{cases})
解得：(ain[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，(egin{cases} & 3-a>0 ① \ &a>1 ②\ &(3-a)7-3<a^{8-6}③end{cases})，解得：(ain(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-aleq 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+2age ln1)，
即需要满足(egin{cases}1-a>0\(1-a)cdot 1+2age ln1end{cases})，
解得(-1leq a<1)；即(ain[-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，(0leq f(x)leq 1)且(f(x)=1)；或第二种情形，(f(x)-3=1)且(f(x) otin[0，1])，
其中第一种可化简为(0leq f(x)leq 1)，再等价转化为(egin{cases}xin[0，1]\f(x)=1end{cases})或(egin{cases}x otin[0，1]\0leq x-3leq 1end{cases})
解得(0leq xleq 1)或(3leq xleq 4)；
第二种可化简为(f(x)=4)，再等价转化为(egin{cases}xin[0，1]\1=4end{cases})或(egin{cases}x otin[0，1]\x-3=4end{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(egin{cases}a^2-3a<0\3a>1end{cases})，
解得(cfrac{1}{3}<a<3)，故(ain(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(ain (cfrac{1}{2}，cfrac{3}{2}))，故选(C).
(2^{n+2}-(2n+1)cdot 2^{n+1}=2cdot 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^acdot 8^c}{8^{2b}}=frac{(2^a)^3cdot 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^acdot 8^c}{8^{2b}}=frac{(2^3)^{log_23}cdot 8^c}{(8^b)^2}=frac{3^3 imes 7}{[(2^3)^{frac{1}{2}log_25}]^2})
(=frac{3^3 imes 7}{2^{3log_25}}=frac{27 imes 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(a=0)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，比如(x>0)，故(a<0)满足；
综上所述，(ain (-infty，4))。
法2：分离参数法，转化为(a<cfrac{4x+3}{x^2+1})在(R)上能成立，令(h(x)=cfrac{4x+3}{x^2+1})，此处需要求解(h(x)_{max})；
此时可以考虑用以下的两个思路求解：
思路一：用分式函数求解，由(h(x)=cfrac{4x+3}{x^2+1})，令(4x+3=t)，则(x=cfrac{t-3}{4})，
故(h(x)=g(t)=cfrac{t}{(frac{t-3}{4})^2+1}=cfrac{16t}{t^2-6t+25})，
[由于(tin R)，故此时还不能直接分式分子分母同除以(t)，需要分类讨论说明]
当(tleqslant 0)时，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)处取到，此时(g(t)=cfrac{16}{t+frac{25}{t}-6}leqslant cfrac{16}{2sqrt{25}-6}=4)，
当且仅当(t=5)时取到等号，故(g(t)_{max}=h(x)_{max}=4)；
其图像大致如下图所示，
思路二：用导数法求解(h(x)_{max})，
(h'(x)=cfrac{4cdot (x^2+1)-(4x+3)cdot 2x}{(x^2+1)^2}=cfrac{-2(x+2)(2x-1)}{(x^2+1)^2})
故函数(h(x))在((-infty，-2))上，(h'(x)<0)，(h(x))单调递减，
在((2，cfrac{1}{2}))上，(h'(x)>0)，(h(x))单调递增，
在((cfrac{1}{2}，+infty))上，(h'(x)<0)，(h(x))单调递减，
[注意作图的细节，很容易出错，(x<-2)时，(h(x)<0)，(x>cfrac{1}{2})时，(h(x)>0)，作图大致如下所示]
又由于(h(-2)=-1)，(h(cfrac{1}{2})=4)，故(h(x)_{max}=4)；
综上所述，得到(a<4)，即(ain (-infty，4))。
法1：一般式，设(f(x)=ax^2+bx+c(a eq 0))，
由题意得(egin{cases}4a+2b+c=-1\a-b+c=-1\ cfrac{4ac-b^2}{4a}=8end{cases})，解得(egin{cases}a=-4\b=4\c=7end{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^2ge 0)对任意的(ain R)恒成立，
则(Delta =b^2lambda^2-4(8b^2-lambda b^2)=b^2(lambda^2+4lambda-32)leq 0)，
解得(-8leq lambda leq 4)。
法2：变量集中策略，当(b=0)时，即(a^2ge 0)恒成立，(lambdain R)；
当(b eq 0)时，原不等式等价于((cfrac{a}{b})^2+8ge lambda (cfrac{a}{b})+lambda)，
令(cfrac{a}{b}=tin R)，即(t^2-lambda t+8-lambdage 0)对任意的(tin R)恒成立，
则(Delta =(lambda)^2-4(8-lambda)leq 0)，
解得(-8leq lambda leq 4)。
综上所述(两种情况取交集)，实数(lambda)的取值范围为(-8leq 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({xmid cfrac{1}{a}<x<1})；
当(cfrac{1}{a}>1)时，即(0<a<1)时，不等式解集为({xmid 1<x< cfrac{1}{a}})；
综上所述，
当(a<0)时，不等式解集为({xmid x<cfrac{1}{a})或(x>1})；
当(a=0)时，不等式解集为({xmid x>1})；
当(0<a<1)时，不等式解集为({xmid 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({xmid cfrac{1}{a}<x<1})；
因式分解
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^2-5sqrt{2}x+8ge 0)，即((x-sqrt{2})(x-4sqrt{2})ge 0)；
②(x^2-(2m+1)x+m^2+m-2leq 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^3leq 0)，即((x-a)(x-a^2)leq 0)；
⑤(x^2-(a+1)x+aleq 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 eq 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(-1leqslant g(b)leqslant 1)，即(-1leqslant log_2|b|leqslant 1)，
上式可以转化为(left{egin{array}{l}{bgeqslant 0}\{-1leqslant log_2bleqslant 1}end{array} ight.)或者(left{egin{array}{l}{b<0}\{-1leqslant log_2(-b)leqslant 1}end{array} ight.)
解得(cfrac{1}{2}leqslant bleqslant 2)或(-2leqslant bleqslant -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(xin [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(xin [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(ain (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(xin [cfrac{1}{e}，e])内有两个交点，
则可知函数(f(x)=2lnx-x^2+a-2)在(xin [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(xin [cfrac{1}{e}，1])时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增，
当(xin [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})=2lncfrac{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(xin [cfrac{1}{e}，e])内有两个零点，
必须满足条件(left{egin{array}{l}{f(1)=a-3>0}\{f(cfrac{1}{e})=-cfrac{1}{e^2}-4+aleqslant 0}end{array} ight.)
解得(3<aleqslant cfrac{1}{e^2}+4)，即可知实数(a)的取值范围为(ain (3，4+cfrac{1}{e^2}])