高考数学（文）大一轮复习导学案：第二章 函数、导数及其应用

第一节函数及其表示[基础梳理]1．函数的概念(1)设A，B都是非空的数集，如果按照某种确定的对应关系f，使对于集合A中的任意一个数x，在集合B中都有唯一确定的数f(x)和它对应，那么就称f：A→B为从集合A到集合B的一个函数，记作y＝f(x)，x∈A.(2)函数的三要素函数由定义域、对应关系和值域三个要素构成，对函数y＝f(x)，x∈A，其中①定义域：自变量x的取值范围；②值域：函数值的集合{f(x)|x∈A}．2．函数的表示法表示函数的常用方法有：解析法、列表法、图象法．3．分段函数若函数在定义域的不同子集上，因对应关系不同而分别用几个不同的式子来表示，这种函数称为分段函数．1．两种对应关系f：A→B表示从A到B的一个函数，即从A到B的元素是一对一或多对一，值域为B的子集．2．两个关注点(1)分段函数是一个函数．(2)分段函数的定义域、值域是各段定义域、值域的并集．3．函数的三要素与相等函数函数的三要素为定义域、对应法则和值域，而值域是由定义域和对应法则确定的，故如果两个函数的定义域、对应法则分别相同，这两个函数为相等函数．[四基自测]1．下列函数中，与函数y＝x＋1是相等函数的是()A．y＝(eq\r(x＋1))2 B．y＝eq\r(3,x3)＋1C．y＝eq\f(x2,x)＋1 D．y＝eq\r(x2)＋1答案：B2．函数f(x)＝eq\r(2x－1)＋eq\f(1,x－2)的定义域为()A．[0，2) B．(2，＋∞)C．[0，2)∪(2，＋∞) D．(－∞，2)∪(2，＋∞)答案：C3．若f(x)＝x2＋bx＋c且f(1)＝0，f(3)＝0，则f(x)＝________．答案：x2－4x＋34．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝log2(x2＋a)．若f(3)＝1，则a＝________．解析：∵f(x)＝log2(x2＋a)且f(3)＝1，∴1＝log2(9＋a)，∴9＋a＝2，∴a＝－7.答案：－75．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex，x≤0,lnx，x＞0))，则f(f(eq\f(1,e)))＝________．答案：eq\f(1,e)考点一求函数的定义域eq\x(◄考基础——练透)[例1](1)函数f(x)＝eq\f(3x,\r(x－2))＋lg(3－x)的定义域是()A．(3，＋∞) B．(2，3)C．[2，3) D．(2，＋∞)(2)若函数y＝f(x)的定义域是[0，3]，则函数g(x)＝eq\f(f（3x）,x－1)的定义域是()A．[0，1) B．[0，1]C．[0，1)∪(1，9] D．(0，1)解析：(1)由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2＞0，,3－x＞0，))解得2＜x＜3，故选B.(2)依题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤3x≤3，,x－1≠0，))即0≤x＜1，因此函数g(x)的定义域是[0，1)，故选A.答案：(1)B(2)A1．将本例(1)的函数改为f(x)＝eq\r(x－2)＋lg(3－x)，其定义域如何选？解析：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2≥0,3－x＞0))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥2,x＜3))，故选C.2．若本例(2)的条件不变，求g(x)＝eq\f(f（2x）,（x－1）0)的定义域．解析：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤2x≤3,x－1≠0))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤x≤\f(3,2),x≠1))，定义域为[0，1)∪(1，eq\f(3,2)]．考点二求函数的解析式eq\x(◄考能力——知法)[例2](1)已知f(eq\r(x)＋1)＝x＋2eq\r(x)，则f(x)的解析式为________．(2)已知f(x)是一次函数，且f[f(x)]＝4x＋3，则f(x)的解析式为________________．(3)已知函数f(x)满足f(x)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋x，求f(x)的解析式．解析：(1)法一：设t＝eq\r(x)＋1(t≥1)，则x＝(t－1)2，∴f(t)＝(t－1)2＋2(t－1)＝t2－2t＋1＋2t－2＝t2－1，∴f(x)＝x2－1(x≥1)．法二：∵x＋2eq\r(x)＝(eq\r(x))2＋2eq\r(x)＋1－1＝(eq\r(x)＋1)2－1，∴f(eq\r(x)＋1)＝(eq\r(x)＋1)2－1，∴f(x)＝x2－1(x≥1)．(2)由题意设f(x)＝ax＋b(a≠0)，则f[f(x)]＝f(ax＋b)＝a(ax＋b)＋b＝a2x＋ab＋b＝4x＋3，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,ab＋b＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1.))故所求解析式为f(x)＝－2x－3或f(x)＝2x＋1.(3)由f(x)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋x①，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝2f(x)＋eq\f(1,x)②，①＋②×2得f(x)＝x＋4f(x)＋eq\f(2,x)，则f(x)＝－eq\f(2,3x)－eq\f(1,3)x.答案：(1)f(x)＝x2－1(x≥1)(2)f(x)＝－2x－3或f(x)＝2x＋1(3)见解析求函数解析式的四个方法方法解读适合题型配凑法由已知条件f(g(x))＝F(x)，可将F(x)改写成关于g(x)的表达式，然后以x替代g(x)，便得f(x)的表达式形如y＝f(g(x))的函数解析式换元法对于形如y＝f(g(x))的函数解析式，可令t＝g(x)，从中求出x＝φ(t)，然后代入表达式求出f(t)，得到关于t的解析式，再将t换成x，得到f(x)的解析式，此时自变量x的定义域就是t＝g(x)的值域形如y＝f(g(x))的函数解析式待定系数法先设出含有待定系数的解析式，再利用恒等式的性质，或将已知条件代入，建立方程(组)，通过解方程(组)求出相应的待定系数，从而得到所求函数的解析式已知所求曲线的种类和函数解析式的具体形式解方程组法已知f(x)与f(g(x))满足的关系式，要求f(x)时，可用φ(x)代替两边的所有x，得到关于f(x)及f(φ(x))的方程组，解之即可得出f(x)已知关于f(x)与feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))或f(x)与f(－x)的表达式1．如果feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(x,1－x)，则当x≠0且x≠1时，f(x)等于()A.eq\f(1,x) B.eq\f(1,x－1)C.eq\f(1,1－x) D.eq\f(1,x)－1解析：令t＝eq\f(1,x)，得x＝eq\f(1,t)，∴f(t)＝eq\f(\f(1,t),1－\f(1,t))＝eq\f(1,t－1)，∴f(x)＝eq\f(1,x－1).答案：B2．已知f(x)是一次函数，且满足3f(x＋1)－2f(x－1)＝2x＋17，则f(解析：设f(x)＝ax＋b(a≠0)，则3f(x＋1)－2f(x－1)＝3ax＋3a＋3b－2ax＋2a－2b＝ax＋即ax＋5a＋b＝2x＋17不论x为何值都成立∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＋5a＝17，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝7，))∴f(x)＝2x＋7.答案：2x＋73．已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f(x)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))·eq\r(x)－1，则f(x)＝________．解析：在f(x)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\r(x)－1中，用eq\f(1,x)代替x，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝2f(x)eq\f(1,\r(x))－1，将feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(2f（x）,\r(x))－1代入f(x)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\r(x)－1中，可求得f(x)＝eq\f(2,3)eq\r(x)＋eq\f(1,3).答案：eq\f(2,3)eq\r(x)＋eq\f(1,3)考点三分段函数及应用eq\x(◄考素养——懂理)角度1已知自变量求函数值[例3](1)(2019·合肥一模)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x－2)，x＞2，,x2＋2，x≤2，))则f[f(1)]＝()A．－eq\f(1,2) B．2C．4 D．11解析：∵函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x－2)，x＞2，,x2＋2，x≤2，))∴f(1)＝12＋2＝3，∴f[f(1)]＝f(3)＝3＋eq\f(1,3－2)＝4.故选C.答案：C(2)(2018·高考江苏卷)函数f(x)满足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，且在区间(－2，2]上，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cos\f(πx,2)，0＜x≤2，,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，－2＜x≤0，))则f(f(15))的值为________．解析：由函数f(x)满足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，可知函数f(x)的周期是4，所以f(15)＝f(－1)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，所以f(f(15))＝f(eq\f(1,2))＝coseq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)对于分段函数给定自变量求函数值时，应根据自变量的范围，代入相应的解析式直接求解．其关键点为：(1)判断，判断所给自变量符合哪个解析式；(2)转化，若所给自变量都不属于所给区间或所给区间的解析式不确定，要进行转化；(3)求值，对形如f(g(x))型的求值，遵循由里向外求解；(4)结论.角度2给定函数值求自变量[例4](1)已知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\s\up6(\f(1,2))，x∈[0，＋∞），,|sinx|，x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，))若f(a)＝eq\f(1,2)，则a＝__________．解析：若a≥0，由f(a)＝eq\f(1,2)得，aeq\s\up6(\f(1,2))＝eq\f(1,2)，解得a＝eq\f(1,4)；若a<0，则|sina|＝eq\f(1,2)，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，解得a＝－eq\f(π,6).综上可知，a＝eq\f(1,4)或－eq\f(π,6).答案：eq\f(1,4)或－eq\f(π,6)(2)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－2，x≤1，,－log2（x＋1），x＞1，))且f(a)＝－3，则f(6－a)＝________．解析：当a≤1时，f(a)＝2a当a＞1时，由f(a)＝－log2(a＋1)＝－3，得a＋1＝8，解得a＝7，所以f(6－a)＝f(－1)＝2－1－2＝－eq\f(3,2).答案：－eq\f(3,2)若给定函数值求自变量，应根据函数每一段的解析式分别求解，利用函数值构造方程．其关键点为：(1)讨论，对所求自变量分段讨论，得出相应函数值；(2)解方程，由函数值相等构造方程，并解方程；(3)得结论，将符合自变量相应范围的解写出来.角度3分段函数与不等式问题[例5](1)(2018·高考全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－x，x≤0，,1，x＞0，))则满足f(x＋1)＜f(2x)的x的取值范围是()A．(－∞，－1] B．(0，＋∞)C．(－1，0) D．(－∞，0)解析：法一：①当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1≤0，,2x≤0，))即x≤－1时，(x＋1)＜(2x)即为2－(x＋1)＜2－2x，即－(x＋1)＜－2x，解得x＜1.因此不等式的解集为(－∞，－1]．②当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1≤0，,2x＞0))时，不等式组无解．③当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1＞0，,2x≤0，))即－1＜x≤0时，(x＋1)＜(2x)即1＜2－2x，解得x＜0.因此不等式的解集为(－1，0)．④当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1＞0，,2x＞0，))即x＞0时，(x＋1)＝1，(2x)＝1，不合题意．综上，不等式(x＋1)＜(2x)的解集为(－∞，0)．故选D.法二：∵(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－x，x≤0，,1，x＞0，))∴函数(x)的图象如图所示．由图可知，当x＋1≤0且2x≤0时，函数(x)为减函数，故(x＋1)＜(2x)转化为x＋1＞2x.此时x≤－1.当2x＜0且x＋1＞0时，(2x)＞1，(x＋1)＝1，满足(x＋1)＜(2x)．此时－1＜x＜0.综上，不等式(x＋1)＜(2x)的解集为(－∞，－1]∪(－1，0)＝(－∞，0)．故选D.答案：D(2)(2017·高考全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,2x，x＞0，))则满足f(x)＋f(x－eq\f(1,2))＞1的x的取值范围是________．解析：当x＞eq\f(1,2)时，f(x)＋f(x－eq\f(1,2))＝2x＋2x－eq\f(1,2)＞2x＞eq\r(2)＞1；当0＜x≤eq\f(1,2)时，f(x)＋f(x－eq\f(1,2))＝2x＋(x－eq\f(1,2))＋1＝2x＋x＋eq\f(1,2)＞2x＞1；当x≤0时，f(x)＋f(x－eq\f(1,2))＝x＋1＋(x－eq\f(1,2))＋1＝2x＋eq\f(3,2)，∴f(x)＋f(x－eq\f(1,2))＞1⇒2x＋eq\f(3,2)＞1⇒x＞－eq\f(1,4)，即－eq\f(1,4)＜x≤0.综上，x∈(－eq\f(1,4)，＋∞)．答案：(－eq\f(1,4)，＋∞)分段讨论构建不等式或者利用图象数形结合.其关键点为：(1)讨论：分段讨论相应的自变量，构建不等式(组)；(2)求解，解不等式要与自变量所在的区间求交集；(3)结论，将各段上所得的解集求并集得结论.角度4分段函数与方程问题[例6](2018·高考浙江卷)已知λ∈R，函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－4，x≥λ，,x2－4x＋3，x＜λ.))当λ＝2时，不等式f(x)＜0的解集是________．若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是________．解析：(1)当λ＝2时，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－4，x≥2，,x2－4x＋3，x＜2，))其图象如图(1)．由图知f(x)＜0的解集为(1，4)．(2)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－4，x≥λ，,x2－4x＋3，x＜λ))恰有2个零点有两种情况：①二次函数有两个零点，一次函数无零点；②二次函数与一次函数各有一个零点．在同一平面直角坐标系中画出y＝x－4与y＝x2－4x＋3的图象，如图(2)，平移直线x＝λ，可得λ∈(1，3]∪(4，＋∞)．答案：(1，4)(1，3]∪(4，＋∞)解决与分段函数有关的方程问题主要是分段讨论构建方程或数形结合求图象交点，其关键点：(1)讨论：分段讨论相应的自变量，构建方程．(2)求解：在分类讨论的前提下，求解方程，或利用分段函数的图象求交点的横坐标．(3)结论：将各段上的方程的解求并集．1．(2019·濮阳模拟)若f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－3，x＞0，,g（x），x＜0))是奇函数，则f(g(－2))的值为()A.eq\f(5,2) B．－eq\f(5,2)C．1 D．－1解析：∵f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－3，x＞0,g（x），x＜0))是奇函数，∴x＜0时，g(x)＝－eq\f(1,2x)＋3，∴g(－2)＝－eq\f(1,2－2)＋3＝－1，f(g(－2))＝f(－1)＝g(－1)＝－eq\f(1,2－1)＋3＝1.故选C.答案：C2．(2019·福州模拟)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，x≤0，,2x－2－x，x＞0，))则满足f(x2－2)＞f(x)的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B．(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)C．(－∞，－eq\r(2))∪(2，＋∞)D．(－∞，－1)∪(eq\r(2)，＋∞)解析：由题意，x＞0时，f(x)递增，故f(x)＞f(0)＝0，又x≤0时，f(x)＝0，故若f(x2－2)＞f(x)，则x2－2＞x，且x2－2＞0，解得x＞2或x＜－eq\r(2)，故选C.答案：C3．(2019·南昌一模)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2|x－a|，x≤1，,x＋1，x＞1，))若f(1)是f(x)的最小值，则实数a的取值范围为()A．[－1，2) B．[－1，0]C．[1，2] D．[1，＋∞)解析：函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2|x－a|，x≤1，,x＋1，x＞1，))若x＞1，则f(x)＝x＋1＞2，易知y＝2|x－a|在(a，＋∞)上递增，在(－∞，a)上递减，若a＜1，则f(x)在x＝a处取得最小值，不符合题意；若a≥1，则要使f(x)在x＝1处取得最小值，只需2a－1≤2解得a≤2，∴1≤a≤2.综上可得a的取值范围是[1，2]．故选C.答案：C数学运算——函数运算中的学科素养在函数的有关概念中，求函数的定义域、值域、求函数值，解决与函数有关的不等式、方程等问题都是以数学运算作为主要的核心素养来考查.[例](2019·珠海期中测试)已知f(x5)＝lgx，则f(2)＝()A.eq\f(1,5)lg2 B.eq\f(1,2)lg5C.eq\f(1,3)lg2 D.eq\f(1,2)lg3解析：法一：由题意知x＞0，令t＝x5，则t＞0，x＝teq\s\up6(\f(1,5))，∴f(t)＝lgteq\s\up6(\f(1,5))＝eq\f(1,5)lgt，即f(x)＝eq\f(1,5)lgx(x＞0)，∴f(2)＝eq\f(1,5)lg2，故选A.法二：令x5＝2，则x＝2eq\s\up6(\f(1,5))，∴f(2)＝lg2eq\s\up6(\f(1,5))＝eq\f(1,5)lg2.故选A.答案：A课时规范练A组基础对点练1．函数y＝eq\f(lg（x＋1）,x－2)的定义域是()A．(－1，＋∞) B．[－1，＋∞)C．(－1，2)∪(2，＋∞) D．[－1，2)∪(2，＋∞)解析：由题意知，要使函数有意义，需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2≠0,x＋1＞0))，即－1＜x＜2或x＞2，所以函数的定义域为(－1，2)∪(2，＋∞)．故选C.答案：C2．设f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－\r(x)，x≥0，,2x，x＜0，))则f(f(－2))＝()A．－1 B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2) D.eq\f(3,2)解析：∵f(－2)＝2－2＝eq\f(1,4)，∴f(f(－2))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝1－eq\r(\f(1,4))＝eq\f(1,2)，故选C.答案：C3．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，x＞0，,π，x＝0，,π2＋1，x＜0，))则f(f(f(－1)))的值等于()A．π2－1 B．π2＋1C．π D．0解析：由函数的解析式可得f(f(f(－1)))＝f(f(π2＋1))＝f(0)＝π.故选C.答案：C4．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，x＞0，,x＋1，x≤0，))若f(a)＋f(1)＝0，则实数a的值等于()A．－3 B．－1C．1 D．3解析：由题意知f(1)＝21＝2.∵f(a)＋f(1)＝0，∴f(a)＋2＝0.①当a＞0时，f(a)＝2a，2②当a≤0时，f(a)＝a＋1，∴a＋1＋2＝0，∴a＝－3.答案：A5．已知函数f(x)＝2x＋1(1≤x≤3)，则()A．f(x－1)＝2x＋2(0≤x≤2)B．f(x－1)＝2x－1(2≤x≤4)C．f(x－1)＝2x－2(0≤x≤2)D．f(x－1)＝－2x＋1(2≤x≤4)解析：因为f(x)＝2x＋1，所以f(x－1)＝2x－1.因为函数f(x)的定义域为[1，3]，所以1≤x－1≤3，即2≤x≤4，故f(x－1)＝2x－1(2≤x≤4)．答案：B6．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x－1，x>0，,f（2－x），x≤0，))则f(0)＝()A．－1 B．0C．1 D．3解析：f(0)＝f(2－0)＝f(2)＝log22－1＝0.答案：B7．(2019·唐山一中测试)已知函数f(x)＝ax5－bx＋|x|－1，若f(－2)＝2，则f(2)＝________．解析：因为f(－2)＝2，所以－32a＋2b＋2－1＝2，即32a－2b＝－1，则f(2)＝32a答案：08．若函数f(x)＝2x＋3，g(x＋2)＝f(x)，则函数g(x)的表达式为________．解析：令x＋2＝t，则x＝t－2.因为f(x)＝2x＋3，所以g(x＋2)＝f(x)＝2x＋3，所以g(t)＝2(t－2)＋3＝2t－1.故函数g(x)的表达式为g(x)＝2x－1.答案：g(x)＝2x－19．设函数f(x)满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－x,1＋x)))＝1＋x，则f(x)的表达式为________．解析：令eq\f(1－x,1＋x)＝t，则x＝eq\f(1－t,1＋t)，代入feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－x,1＋x)))＝1＋x，得f(t)＝1＋eq\f(1－t,1＋t)＝eq\f(2,1＋t).∴f(x)＝eq\f(2,1＋x).答案：f(x)＝eq\f(2,1＋x)10．设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\s\up6(\f(1,3))，x≥8，,2ex－8，x<8，))则使得f(x)≤3成立的x的取值范围是__________．解析：当x≥8时，xeq\s\up6(\f(1,3))≤3，x≤27，即8≤x≤27；当x<8时，2ex－8≤3恒成立．综上，x∈(－∞，27]．答案：(－∞，27]B组能力提升练11．(2019·郑州教学质量监测)若函数y＝f(x)的定义域是[0，2016]，则函数g(x)＝eq\f(f（x＋1）,x－1)的定义域是()A．[－1，2015] B．[－1，1)∪(1，2015]C．[0，2016] D．[－1，1)∪(1，2016]解析：要使函数f(x＋1)有意义，则0≤x＋1≤2016，解得－1≤x≤2015，故函数f(x＋1)的定义域为[－1，2015]，所以函数g(x)有意义的条件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤2015,x－1≠0))，故函数g(x)的定义域为[－1，1)∪(1，2015]．答案：B12．设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－1，x≥0，,\f(1,x)，x<0，))若f(f(a))＝－eq\f(1,2)，则实数a＝()A．4 B．－2C．4或－eq\f(1,2) D．4或－2答案：C13．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2ex－1，x<1,x3＋x，x≥1))，则f(f(x))<2的解集为()A．(1－ln2，＋∞) B．(－∞，1－ln2)C．(1－ln2，1) D．(1，1＋ln2)解析：因为当x≥1时，f(x)＝x3＋x≥2，当x<1时，f(x)＝2ex－1<2，所以f(f(x))<2等价于f(x)<1，即2ex－1<1，解得x<1－ln2，所以f(f(x))<2的解集为(－∞，1－ln2)，故选B.答案：B14．(2019·郑州质检)设函数f：R→R满足f(0)＝1，且对任意x，y∈R都有f(xy＋1)＝f(x)f(y)－f(y)－x＋2，则f(2017)＝()A．0 B．1C．2017 D．2018解析：令x＝y＝0，则f(1)＝f(0)f(0)－f(0)＋2＝1×1－1＋2＝2；令y＝0，则f(1)＝f(x)f(0)－f(0)－x＋2，将f(0)＝1，f(1)＝2代入，可得f(x)＝1＋x，所以f(2017)＝2018.故选D.答案：D15．已知函数f(x)的定义域为实数集R，x∈R，f(x－90)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lgx，x>0，,－x，x≤0，))则f(10)－f(－100)的值为__________．解析：令t＝x－90，得x＝t＋90，则f(t)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lg（t＋90），t>－90，,－（t＋90），t≤－90，))f(10)＝lg100＝2，f(－100)＝－(－100＋90)＝10，所以f(10)－f(－100)＝－8.答案：－816．设函数f(x)的定义域为D，若对任意的x∈D，都存在y∈D，使得f(y)＝－f(x)成立，则称函数f(x)为“美丽函数”，下列所给出的几个函数：①f(x)＝x2；②f(x)＝eq\f(1,x－1)；③f(x)＝ln(2x＋3)；④f(x)＝2x－2－x；⑤f(x)＝2sinx－1.其中是“美丽函数”的序号有________．解析：对于①只有x＝y＝0时，才f(y)＝－f(x)，不合定义；对于②令y＝2－x时，f(y)＝f(2－x)＝－f(x)，成立；对于③当2y＋3＝eq\f(1,2x＋3)时，f(y)＝－f(x)；对于④当y＝－x时，有f(y)＝－f(x)；对于⑤不成立．答案：②③④第二节函数的单调性与最值[基础梳理]1．增函数、减函数一般地，设函数f(x)的定义域为I，如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量x1，x2.(1)增函数：当x1＜x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数；(2)减函数：当x1＜x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数．(增函数)(减函数)2．单调性、单调区间的定义若函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间D叫做函数y＝f(x)的单调区间．3．函数的最值前提设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足条件(1)对于任意x∈I，都有f(x)≤M(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M(1)对于任意x∈I，都有f(x)≥M(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M结论M为最大值M为最小值1．两个防范(1)单调区间只能用区间表示，不能用不等式表示．(2)有多个单调区间应分别写，不能用符号“∪”联结，也不能用“或”联结，只能用“逗号”或“和”联结．2．单调性的两种等价形式(1)设任意x1，x2∈[a，b]且x1＜x2，那么eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜0⇔f(x)在[a，b]上是减函数．(2)(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0⇔f(x)在[a，b]上是减函数．3．函数最值存在的两条结论(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值．当函数在闭区间上单调时最值一定在端点取到．(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大(小)值．(3)f(x)的最大值记为f(x)max，f(x)最小值记为f(x)min.[四基自测]1．函数y＝(2m－1)x＋b在R上是减函数，A．m＞eq\f(1,2) B．m＜eq\f(1,2)C．m＞－eq\f(1,2) D．m＜－eq\f(1,2)答案：B2．函数y＝eq\f(1,x－1)的单调区间为()A．(－∞，1)∪(1，＋∞)B．(－∞，1)C．(1，＋∞)D．(－∞，1)和(1，＋∞)答案：D3．函数y＝－x4＋x2＋2的最大值为________．答案：eq\f(9,4)4．函数f(x)＝eq\f(2x,x－1)在[2，6]上的最大值和最小值分别是________．答案：4，eq\f(12,5)5．(2017·高考全国卷Ⅱ改编)函数f(x)＝ln(2x－8)的递增区间为__________．答案：(4，＋∞)考点一判断函数的单调性、求单调区间eq\x(◄考能力——知法)[例1](1)函数f(x)＝lnx－x的递增区间为________．(2)函数f(x)＝lgx2的单调递减区间是__________．(3)求函数y＝x－eq\r(1－2x)的单调区间．(4)讨论函数f(x)＝eq\f(ax,x2－1)(a＞0)在x∈(－1，1)上的单调性．解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)＞0，∴0＜x＜1.(2)法一：设t＝x2，∴y＝lgt.当x＞0时，t＝x2在(0，＋∞)上为增，y＝lgt为增，∴f(x)＝lgx2在(0，＋∞)上为增；当x<0时，t＝x2在(－∞，0)上为减，y＝lgt为增．∴f(x)＝lgx2在(－∞，0)上为减．法二：f(x)＝lgx2为偶函数．当x＞0时，f(x)＝2lgx，在(0，＋∞)为增，∴当x＜0时，f(x)为减函数．(3)∵函数的定义域为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))，且y＝x，y＝－eq\r(1－2x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))均为增函数，故函数y＝x－eq\r(1－2x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))上为单调函数．单调增区间为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))，无单调减区间．(4)设－1＜x1＜x2＜1，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(ax1,x12－1)－eq\f(ax2,x22－1)＝eq\f(ax1x22－ax1－ax2x12＋ax2,（x12－1）（x22－1）)＝eq\f(a（x2－x1）（x1x2＋1）,（x12－1）（x22－1）).∵－1＜x1＜x2＜1，∴x2－x1＞0，x1x2＋1＞0，(x12－1)(x22－1)＞0.又∵a＞0，∴f(x1)－f(x2)＞0，∴函数f(x)在(－1，1)上为减函数．答案：(1)(0，1)(2)(－∞，0)(3)见解析(4)见解析1．将本例(1)改为函数f(x)＝lnx＋x，其递增区间为__________．解析：法一：定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝lnx＋x，得f′(x)＝eq\f(1,x)＋1>0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数，增区间为(0，＋∞)．法二：设y1＝lnx，y2＝x，在定义域(0，＋∞)上都为增函数，∴f(x)＝y1＋y2在(0，＋∞)上为增函数．答案：(0，＋∞)2．本例(4)改为判断函数g(x)＝eq\f(－2x,x－1)在(1，＋∞)上的单调性．解析：∵g′(x)＝eq\f(－2（x－1）＋2x,（x－1）2)＝eq\f(2,（x－1）2)＞0，∴g(x)在(1，＋∞)上是增函数．函数单调性的判断方法方法解读适合题型指引定义法具体的方法步骤为：取值、作差、变形、定号、下结论适用于所有函数，特别是抽象函数复合法复合函数单调性的判断法则：“同增异减”.形如y＝f(g(x))的复合函数导数法解不等式f′(x)>0，函数f(x)在此不等式对应的区间上为增函数；函数f(x)在不等式f′(x)<0对应的区间上为减函数适用于可求导的函数图象法在定义域内作出相应的图象，根据图形中的单调性写出相应的单调区间适用于初等函数，易于作出图象的函数性质法运用函数单调性的有关结论直接判断函数的单调性适合初等函数简单运算后得到的函数1．下列函数既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递增的是()A．y＝x3 B．y＝xeq\s\up6(\f(1,4))C．y＝|x| D．y＝|tanx|解析：对于A，y＝x3为奇函数，不符合题意；对于B，y＝xeq\s\up6(\f(1,4))是非奇非偶函数，不符合题意；对于D，y＝|tanx|是偶函数，但在区间(0，＋∞)上不单调递增．故选C.答案：C2．设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论一定正确的是()A．y＝eq\f(1,f（x）)在R上为减函数B．y＝|f(x)|在R上为增函数C．y＝－eq\f(1,f（x）)在R上为增函数D．y＝－f(x)在R上为减函数解析：A错，如f(x)＝x3，则y＝eq\f(1,f（x）)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在定义域上无单调性；B错，如f(x)＝x3，则y＝|f(x)|在R上无单调性；C错，如f(x)＝x3，则y＝－eq\f(1,f（x）)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在定义域上无单调性．故选D.答案：D考点二函数单调性的应用eq\x(◄考能力——知法)角度1比较大小[例2](1)(2018·高考天津卷)已知a＝log2e，b＝ln2，c＝logeq\s\do9(\f(1,2))eq\f(1,3)，则a，b，c的大小关系为()A．a＞b＞c B．b＞a＞cC．c＞b＞a D．c＞a＞b解析：c＝logeq\s\do9(\f(1,2))eq\f(1,3)＝log23＞log2e＝a，即c＞a.又b＝ln2＝eq\f(1,log2e)＜1＜log2e＝a，即a＞b.所以c＞a＞b.故选D.答案：D(2)(2019·淮南一模)函数y＝f(x)在[0，2]上单调递增，且函数f(x＋2)是偶函数，则下列结论成立的是()A．f(1)＜f(eq\f(5,2))＜f(eq\f(7,2))B．f(eq\f(7,2))＜f(1)＜f(eq\f(5,2))C．f(eq\f(7,2))＜f(eq\f(5,2))＜f(1)D．f(eq\f(5,2))＜f(1)＜f(eq\f(7,2))解析：∵函数y＝f(x)在[0，2]上单调递增，且函数f(x＋2)是偶函数，∴函数y＝f(x)在[2，4]上单调递减，且在[0，4]上函数y＝f(x)满足f(2－x)＝f(2＋x)，∴f(1)＝f(3)，f(eq\f(7,2))＜f(3)＜f(eq\f(5,2))，即f(eq\f(7,2))＜f(1)＜f(eq\f(5,2))．故选B.答案：B比较f(a)与f(b)的大小，其关键点①确定函数y＝f(y)在区间上的单调性；②将a与b转化到该单调区间；③确定a与b的大小；④利用单调性，比较f(a)与f(b)的大小．角度2利用单调性解不等式[例3](2019·石家庄一模)设f(x)是定义在[－2b，3＋b]上的偶函数，且在[－2b，0]上为增函数，则f(x－1)≥f(3)的解集为()A．[－3，3] B．[－2，4]C．[－1，5] D．[0，6]解析：因为f(x)是定义在[－2b，3＋b]上的偶函数，所以有－2b＋3＋b＝0，解得b＝3，由函数f(x)在[－6，0]上为增函数，得f(x)在(0，6]上为减函数，故f(x－1)≥f(3)⇒f(|x－1|)≥f(3)⇒|x－1|≤3，故－2≤x≤4.选B.答案：B根据单调性求解形如F(f(x))>F(g(x))型的不等式其实质就是利用单调性脱去“F”符号，其关键点为：(1)判断，判断f(x)、g(x)是否在F(x)的同一个单调区间内；(2)脱“F”，利用单调性脱去“F”：若F(x)为增，则得到f(x)>g(x)，若F(x)为减，则得到f(x)<g(x)；(3)解“x”，解不等式f(x)>g(x)，(f(x)<g(x))；(4)结论，解得的x与定义域求交集.角度3利用单调性求最值或值域[例4](2019·上饶一模)函数f(x)＝－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上的最大值是()A.eq\f(3,2) B．－eq\f(8,3)C．－2 D．2解析：法一：易知y＝－x，y＝eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上单调递减，∴函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上单调递减，∴f(x)max＝f(－2)＝eq\f(3,2).故选A.法二：∵f(x)＝－x＋eq\f(1,x).∴f′(x)＝－1－eq\f(1,x2)＝－eq\f(x2＋1,x2)＜0.∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上为减函数．f(x)max＝f(－2)＝eq\f(3,2).答案：A根据函数的单调性求函数的最值或值域，其关键点：(1)变形：对函数式变形或求导，确定函数的单调性．(2)根据单调性变化，确定取最值的条件及最值．(3)求出最值或值域．角度4利用单调性求参数[例5](1)已知函数f(x)＝x2＋eq\f(a,x)(x≠0，a∈R)，若f(x)在区间[2，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围为()A．(－∞，16] B．(－∞，4]C．[4，＋∞) D．[16，＋∞)解析：对函数求导可得f′(x)＝2x－ax－2，因为函数f(x)在区间[2，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝2x－ax－2≥0在[2，＋∞)上恒成立，即a≤2x3在[2，＋∞)上恒成立．令g(x)＝2x3，则函数g(x)在[2，＋∞)上是增函数，所以函数g(x)在[2，＋∞)上的最小值为g(2)＝16，所以a≤16.故选A.答案：A(2)若函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a－1）x－2a，x＜2，,logax，x≥2))在R上单调递减，则实数a的取值范围是________．解析：由题意得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1＜0，,0＜a＜1，,loga2≤（a－1）×2－2a，))解得eq\f(\r(2),2)≤a＜1，所以实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))根据函数单调性的定义确定函数的单调性，并结合不等式性质进行求解是求参数取值范围最基本的方法，破解此类题的关键点：(1)设元，在题设条件所给出的区间内设出两个变量x1，x2.(2)作差，对f(x1)与f(x2)作差，并通过通分、因式分解等方法进行恒等变形；(3)确定符号，通过条件中的区间限制和两个变量x1，x2的大小关系，确定函数差值f(x2)－f(x1)的符号；(4)得出结论，根据f(x2)－f(x1)的符号和x2－x1的符号，判断函数f(x)的单调性，并求参数的取值范围．利用导数法，求参数，使f′(x)≥0恒成立(或f′(x)≤0恒成立)求参数．1．(2019·宣城第二次调研)定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋2)＝－f(x)，且在[0，1]上是减函数，则有()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))解析：因为f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋2＋2)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以函数的周期为4，作出f(x)的草图，如图，由图可知，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))，选C.答案：C2．(2017·高考全国卷Ⅰ)函数f(x)在(－∞，＋∞)单调递减，且为奇函数．若f(1)＝－1，则满足－1≤f(x－2)≤1的x的取值范围是()A．[－2，2] B．[－1，1]C．[0，4] D．[1，3]解析：∵函数f(x)在(－∞，＋∞)单调递减，且f(1)＝－1，∴f(－1)＝－f(1)＝1，由－1≤f(x－2)≤1，得－1≤x－2≤1，∴1≤x≤3，故选D.答案：D3．函数f(x)＝x＋eq\r(2x－1)的值域为________．解析：由2x－1≥0可得x≥eq\f(1,2)，∴函数的定义域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，又函数f(x)＝x＋eq\r(2x－1)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，∴当x＝eq\f(1,2)时，函数取最小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，∴函数f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))逻辑推理——函数单调性中的学科素养依据增函数、减函数的定义证明函数单调性，通常按照设元、作差、变形、判号、定论这五个步骤进行.利用函数的单调性解不等式、求值域或求参数，都需要严格的推理，充分体现了“逻辑推理”的核心素养.[例](2019·西安模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足：①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1，②当x＞0时，f(x)＞－1.(1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是单调增函数.(2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)＞4.解析：(1)令x＝y＝0得f(0)＝－1.在R上任取x1＞x2，则x1－x2＞0，f(x1－x2)＞－1.又f(x1)＝f((x1－x2)＋x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)＋1＞f(x2)，所以，函数f(x)在R上是单调增函数.(2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5.由f(x2＋2x)＋f(1－x)＞4得f(x2＋x＋1)＞f(3)，又函数f(x)在R上是增函数，故x2＋x＋1＞3，解得x＜－2或x＞1，故原不等式的解集为{x|x＜－2或x＞1}.课时规范练A组基础对点练1．下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是()A．f(x)＝3－x B．f(x)＝x2－3xC．f(x)＝－eq\f(1,x＋1) D．f(x)＝－|x|解析：当x＞0时，f(x)＝3－x为减函数；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))时，f(x)＝x2－3x为减函数，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))时，f(x)＝x2－3x为增函数；当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－eq\f(1,x＋1)为增函数；当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－|x|为减函数．故选C.答案：C2.下列函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递减的是()A．y＝eq\f(1,x) B．y＝e－xC．y＝－x2＋1 D．y＝lg|x|解析：A中y＝eq\f(1,x)是奇函数，A不正确；B中y＝e－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))eq\s\up12(x)是非奇非偶函数，B不正确；C中y＝－x2＋1是偶函数且在(0，＋∞)上是单调递减的，C正确；D中y＝lg|x|在(0，＋∞)上是增函数，D不正确．故选C.答案：C3．(2019·天津模拟)若函数f(x)满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)”，则f(x)的解析式可以是()A．f(x)＝(x－1)2 B．f(x)＝exC．f(x)＝eq\f(1,x) D．f(x)＝ln(x＋1)解析：根据条件知，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．对于A，f(x)＝(x－1)2在(1，＋∞)上单调递增，排除A；对于B，f(x)＝ex在(0，＋∞)上单调递增，排除B；对于C，f(x)＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，C正确；对于D，f(x)＝ln(x＋1)在(0，＋∞)上单调递增，排除D.答案：C4．(2019·福州模拟)函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋3a，x＜0,ax，x≥0))，(a＞0且a≠1)是R上的减函数，则a的取值范围是()A．(0，1) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))解析：∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＜a＜1,3a≥1))，∴eq\f(1,3)≤a＜1.答案：B5．设a＞0且a≠1，则“函数f(x)＝ax在R上是减函数”是“函数g(x)＝(2－a)x3在R上是增函数”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件解析：若函数f(x)＝ax在R上为减函数，则有0＜a＜1；若函数g(x)＝(2－a)x3在R上为增函数，则有2－a＞0，即a＜2，所以“函数f(x)＝ax在R上是减函数”是“函数g(x)＝(2－a)x3在R上是增函数”的充分不必要条件，选A.答案：A6．定义在R上的偶函数f(x)满足：对任意的x1，x2∈(－∞，0)(x1≠x2)，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜0.则下列结论正确的是()A．f(0.32)＜f(20.3)＜f(log25)B．f(log25)＜f(20.3)＜f(0.32)C．f(log25)＜f(0.32)＜f(20.3)D．f(0.32)＜f(log25)＜f(20.3)解析：∵对任意的x1，x2∈(－∞，0)，且x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜0，∴f(x)在(－∞，0)上是减函数．又∵f(x)是R上的偶函数，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，∵0＜0.32＜20.3＜log25，∴f(0.32)＜f(20.3)＜f(log25)．故选A.答案：AB组能力提升练7．定义在[－2，2]上的函数f(x)满足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠x2，且f(a2－a)＞f(2a－2)，则实数aA．[－1，2) B．[0，2)C．[0，1) D．[－1，1)解析：函数f(x)满足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠x2，∴函数在[－2，2]上单调递增，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2≤a2－a≤2，,－2≤2a－2≤2，,2a－2＜a2－a，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1≤a≤2，,0≤a≤2，,a＜1或a＞2，))∴0≤a＜1，故选C.答案：C8．已知定义在R上的函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，且f(x＋1)是偶函数，不等式f(m＋2)≥f(x－1)对任意的x∈[－1，0]恒成立，则实数m的取值范围是()A．[－3，1] B．[－4，2]C．(－∞，－3]∪[1，＋∞) D．(－∞，－4]∪[2，＋∞)解析：因为f(x＋1)是偶函数，所以f(－x＋1)＝f(x＋1)，所以f(x)的图象关于x＝1对称，由f(m＋2)≥f(x－1)得|(m＋2)－1|≤|(x－1)－1|，所以根据题意得|m＋1|≤2，解得－3≤m≤1.故选A.答案：A9．若函数f(x)＝x2－eq\f(1,2)lnx＋1在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是()A．[1，＋∞) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))C．[1，2) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以k－1≥0，即k≥1.令f′(x)＝eq\f(4x2－1,2x)＝0，解得x＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(1,2)舍)).因为函数f(x)在区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，所以k－1＜eq\f(1,2)＜k＋1，得－eq\f(1,2)＜k＜eq\f(3,2).综上得1≤k＜eq\f(3,2).答案：B10．(2018·西安一中模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3，x≤0，,ln（x＋1），x＞0，))若f(2－x2)＞f(x)，则实数x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B．(－∞，－2)∪(1，＋∞)C．(－1，2) D．(－2，1)解析：∵当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，∴函数的图象是一条连续的曲线．∵当x≤0时，函数f(x)＝x3为增函数，当x＞0时，f(x)＝ln(x＋1)也是增函数，∴函数f(x)是定义在R上的增函数．因此，不等式f(2－x2)＞f(x)等价于2－x2＞x，即x2＋x－2＜0，解得－2＜x＜1.故选D.答案：D11．若函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则a＝________．解析：由f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x－a，x＜－\f(a,2),2x＋a，x≥－\f(a,2)))，可得函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))，故3＝－eq\f(a,2)，解得a＝－6.答案：－612．已知函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(x≠0，a∈R)，若函数f(x)在(－∞，－2]上单调递增，则实数a的取值范围是__________．解析：设x1<x2≤－2，则Δy＝f(x1)－f(x2)＝x1＋eq\f(a,x1)－x2－eq\f(a,x2)＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,x1x2)))＝eq\f(（x1－x2）（x1x2－a）,x1x2).因为x1－x2<0，x1x2>0，所以要使Δy＝eq\f(（x1－x2）（x1x2－a）,x1x2)<0恒成立，只需使x1x2－a>0恒成立，即a<x1x2恒成立．因为x1<x2≤－2，所以x1x2>4，所以a≤4，故函数f(x)在(－∞，－2]上单调递增时，实数a的取值范围是(－∞，4]．答案：(－∞，4]第三节函数的奇偶性与周期性[基础梳理]1．函数的奇偶性奇偶性条件图象特点偶函数对于函数f(x)的定义域内任意一个x，都有f(－x)＝f(x)关于y轴对称奇函数对于函数f(x)的定义域内任意一个x，都有f(－x)＝－f(x)关于原点对称2.周期性(1)周期函数：对于函数y＝f(x)，如果存在一个非零常数T，使得当x取定义域内的任何值时，都有f(x＋T)＝f(x)，那么就称函数y＝f(x)为周期函数，称T为这个函数的周期．(2)最小正周期：如果在周期函数f(x)的所有周期中存在一个最小的正数，那么这个最小正数就叫做f(x)的最小正周期．1．奇、偶函数的一个必要不充分条件奇、偶函数定义域的特点是关于原点对称．函数的定义域关于原点对称是函数具有奇偶性的必要不充分条件．2．奇偶性的两个等价定义在定义域内恒有若f(－x)＋f(x)＝0或eq\f(f（－x）,f（x）)＝－1(f(x)≠0)则f(x)为奇函数，若f(－x)－f(x)＝0或eq\f(f（－x）,f（x）)＝1，则f(x)为偶函数(f(x)≠0)．3．奇偶性的六个重要结论(1)如果一个奇函数f(x)在原点处有定义，即f(0)有意义，那么一定有f(0)＝0.(2)如果函数f(x)是偶函数，那么f(x)＝f(－x)＝f(|x|)．(3)既是奇函数又是偶函数的函数只有一种类型，即f(x)＝0，x∈D，其中定义域D是关于原点对称的非空数集．(4)奇函数在两个对称的区间上具有相同的单调性；偶函数在两个关于原点对称的区间上具有相反的单调性．(5)偶函数在关于原点对称的区间上有相同的最大(小)值，取最值时的自变量互为相反数；奇函数在关于原点对称的区间上的最值互为相反数，取最值时的自变量也互为相反数．(6)设f(x)，g(x)的定义域分别是D1，D2，那么在它们的公共定义域上：奇＋奇＝奇，奇×奇＝偶，偶＋偶＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇．4．函数周期性常用的结论对f(x)定义域内任一自变量的值x，(1)若f(x＋a)＝－f(x)，则T＝2a(a≠(2)若f(x＋a)＝eq\f(1,f（x）)，则T＝2a(a≠0)．(3)若f(x＋a)＝－eq\f(1,f（x）)，则T＝2a(a≠0)．5．函数对称性问题的结论(1)若函数y＝f(x＋a)是偶函数，即f(a－x)＝f(a＋x)，则函数y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称；(2)若对于R上的任意x都有f(2a－x)＝f(x)或f(－x)＝f(2a＋x)，则y＝f(x)的图象关于直线x＝(3)若函数y＝f(x＋b)是奇函数，即f(－x＋b)＋f(x＋b)＝0，则函数y＝f(x)关于点(b，0)中心对称．[四基自测]1．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x＞0时，f(x)＝x2＋eq\f(1,x)，则f(－1)等于()A．－2 B．0C．1 D．2答案：A2．下列函数中，既是奇函数又是增函数的为()A．y＝x＋1 B．y＝－x3C．y＝eq\f(1,x) D．y＝x|x|答案：D3．(2018·高考全国卷Ⅰ改编)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，则a＝________．答案：14．(2018·高考全国卷Ⅱ改编)已知f(x)是定义域R的奇函数，且f(1－x)＝f(1＋x)．若f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＝________．答案：25．(2018·高考全国卷Ⅱ改编)函数f(x)＝eq\f(ex－e－x,x2)的对称中心为________．答案：(0，0)考点一函数奇偶性的判断eq\x(◄考基础——练透)[例1](1)(2017·高考北京卷)已知函数f(x)＝3x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)，则f(x)()A．是偶函数，且在R上是增函数B．是奇函数，且在R上是增函数C．是偶函数，且在R上是减函数D．是奇函数，且在R上是减函数解析：x∈R，f(－x)＝3－x－3x＝－f(x)，f(x)为奇函数，又因y1＝3x为增函数，y2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)为增函数，故y＝3x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)为增函数，故选B.答案：B(2)函数f(x)＝lg(x＋1)＋lg(x－1)的奇偶性是()A．奇函数 B．偶函数C．非奇非偶函数 D．既奇又偶函数解析：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1＞0,x－1＞0))，知x＞1，定义域不关于原点对称，故f(x)为非奇非偶函数．答案：C(3)函数f(x)＝eq\r(x2－1)＋eq\r(1－x2)，则f(x)为()A．奇函数B．偶函数C．既是奇函数，又是偶函数D．非奇非偶函数解析：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－1≥0，,1－x2≥0，))得x＝±1，∴f(x)的定义域为{－1，1}．又f(1)＋f(－1)＝0，f(1)－f(－1)＝0，故f(x)既是奇函数，又是偶函数，故选C.答案：C1.定义法：确定函数的奇偶性时，必须先判定函数定义域是否关于原点对称．若对称，再化简解析式后验证f(－x)＝±f(x)或其等价形式f(－x)±f(x)＝0是否成立.2.图象法：3.性质法：利用奇偶性的运算关系.1．将本例(2)改为函数f(x)＝lg(x2－1)，其奇偶性如何？答案：偶函数2．将本例(2)改为函数f(x)＝lgeq\f(x＋1,x－1)，其奇偶性如何？”答案：奇函数3．将本例(2)改为函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1x＞0,x－1x＜0))，其奇偶性如何？答案：奇函数考点二函数的周期性及应用eq\x(◄考基础——练透)[例2](1)函数f(x)＝lg|sinx|是()A．最小正周期为π的奇函数B．最小正周期为2π的奇函数C．最小正周期为π的偶函数D．最小正周期为2π的偶函数解析：∵f(－x)＝lg|sin(－x)|＝lg|sinx|，∴函数f(x)为偶函数．∵f(x＋π)＝lg|sin(x＋π)|＝lg|sinx|，∴函数f(x)的周期为π.故选C.答案：C(2)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋5)＝f(x)，且当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))时，f(x)＝x3－3x，则f(2018)＝()A．2 B．－18C．18 D．－2解析：f(x)的周期T＝5，∴f(2018)＝f(404×5－2)＝f(－2)＝－f(2)，＝－(23－3×2)＝－2，选D.答案：D求函数周期的方法方法解读适合题型定义法具体步骤为：对于函数y＝f(x)，如果能够找到一个非零常数T，使得当x取定义域内的任何值时，都有f(x＋T)＝f(x)，那么T就是函数y＝f(x)的周期非零常数T容易确定的函数方法解读适合题型递推法采用递推的思路进行，再结合定义确定周期．如：若f(x＋a)＝－f(x)，则f(x＋2a)＝f[(x＋a)＋a]＝－f(x＋a)＝f(x)，所以2a为f(含有f(x＋a)与f(x)的关系式换元法通过换元思路将表达式化简为定义式的结构，如：若f(x＋a)＝f(x－a)，令x－a＝t，则x＝t＋a，则f(t＋2a)＝f(t＋a＋a)＝f(t＋a－a)＝f(t)，所以2a为f(f(bx±a)＝f(bx±c)型关系式将本例(2)中的“f(x＋5)＝f(x)”改为“f(x＋5)＝－f(x)”．其余条件不变，求f(2018)．解析：由题意知T＝10，∴f(2018)＝f(10×202－2)＝f(－2)＝－2.答案：－2考点三函数性质的综合应用eq\x(◄考素养——懂理)角度1求函数解析式[例3](1)设f(x)是定义在R上以2为周期的偶函数，当x∈[0，1]时，f(x)＝log2(x＋1)，则函数f(x)在[1，2]上的解析式是________．解析：令x∈[－1，0]，则－x∈[0，1]，结合题意可得f(x)＝f(－x)＝log2(－x＋1)，令x∈[1，2]，则x－2∈[－1，0]，故f(x)＝log2[－(x－2)＋1]＝log2(3－x)．故函数f(x)在[1，2]上的解析式是f(x)＝log2(3－x)．答案：f(x)＝log2(3－x)(2)函数f(x)在R上为奇函数，且x＞0时，f(x)＝eq\r(x)＋1，则当x＜0时，f(x)＝________．解析：∵f(x)为奇函数，x＞0时，f(x)＝eq\r(x)＋1，∴当x＜0时，－x＞0，f(x)＝－f(－x)＝－(eq\r(－x)＋1)，∴f(x)＝－eq\r(－x)－1.答案：－eq\r(－x)－1抓住奇偶性讨论函数在各个分区间上的解析式，或充分利用奇偶性得出关于f(x)的方程，从而可得f(x)的解析式．其关键点为：(1)设元，在所求区间上设x；(2)代入，－x在已知区间上，并将－x代替x，代入已知解析式得f(－x)的表达式；(3)转化，利用奇偶性f(－x)＝－f(x)(或f(－x)＝f(x))得所求区间上的解析式；(4)结论，用分段形式写出f(x)的表达式.角度2求函数值[例4]对任意的实数x都有f(x＋2)－f(x)＝2f(1)，若y＝f(x－1)的图象关于x＝1对称，且f(0)＝2，则f(2015)＋fA．0 B．2C．3 D．4解析：y＝f(x－1)的图象关于x＝1对称，则函数y＝f(x)的图象关于x＝0对称，∴函数f(x)是偶函数，对于f(x＋2)－f(x)＝2f(1)，令x＝－1，则f(－1＋2)－f(－1)＝2f(1)，则f(1)－f(1)＝2f(1)＝0，即f(1)＝0，则f(x＋2)－f(x)＝2f(1)＝0，即f(x＋2)＝f(x)，则函数f(x)的周期是2，又f(0)＝2，则f(2015)＋f(2016)＝f(1)＋f答案：B若题设条件给出的函数不具备奇偶性，但通过变形转化为一个新的函数，进而能够确定奇偶性，便可利用此性质求解复杂式子的值．其关键点为：(1)构造，将原函数变形，构造奇函数或偶函数F(x)；(2)利用，利用F(－x)＋F(x)＝0或