高考数学（文）高分计划一轮高分讲义第2章函数导数及其应用2.1函数及其表示

eq\o(\s\up17(第2章函数、导数及其应用),\s\do17())2．1函数及其表示[知识梳理]1．函数与映射2．函数的有关概念(1)函数的定义域、值域在函数y＝f(x)，x∈A中，其中所有x组成的集合A称为函数y＝f(x)的定义域；将所有y组成的集合叫做函数y＝f(x)的值域．(2)函数的三要素：定义域、对应关系和值域．(3)函数的表示法表示函数的常用方法有解析法、图象法和列表法．3．分段函数(1)若函数在其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．(2)分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集，其值域等于各段函数的值域的并集，分段函数虽由几个部分组成，但它表示的是一个函数．4．必记结论函数与映射的相关结论(1)相等函数如果两个函数的定义域相同，并且对应关系完全一致，则这两个函数相等．(2)映射的个数若集合A中有m个元素，集合B中有n个元素，则从集合A到集合B的映射共有nm个．(3)与x轴垂直的直线和一个函数的图象至多有1个交点．[诊断自测]1．概念思辨(1)函数y＝f(x)的图象与直线x＝a最多有2个交点．()(2)函数f(x)＝x2－2x与g(t)＝t2－2t是同一函数．()(3)若A＝R，B＝{x|x>0}，f：x→y＝|x|，其对应是从A到B的映射．()(4)f(eq\r(x)－1)＝x，则f(x)＝(x＋1)2(x≥－1)．()答案(1)×(2)√(3)×(4)√2．教材衍化(1)(必修A1P23T2)下列四个图形中，不是以x为自变量的函数的图象是()答案C解析由函数定义知，定义域内的每一个x都有唯一函数值与之对应，A，B，D选项中的图象都符合；C项中对于大于零的x而言，有两个不同的值与之对应，不符合函数定义．故选C.(2)(必修A1P18例2)下列四组函数中，表示相等函数的一组是()A．f(x)＝|x|，g(x)＝eq\r(x2)B．f(x)＝eq\r(x2)，g(x)＝(eq\r(x))2C．f(x)＝eq\f(x2－1,x－1)，g(x)＝x＋1D．f(x)＝eq\r(x＋1)·eq\r(x－1)，g(x)＝eq\r(x2－1)答案A解析A项，函数g(x)＝eq\r(x2)＝|x|，两个函数的对应法则和定义域相同，是相等函数；B项，函数f(x)＝eq\r(x2)＝|x|，g(x)＝x(x≥0)，两个函数的对应法则和定义域不相同，不是相等函数；C项，函数f(x)＝eq\f(x2－1,x－1)的定义域为{x|x≠1}，g(x)＝x＋1的定义域为R，两个函数的定义域不相同，不是相等函数；D项，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1≥0，,x－1≥0，))解得x≥1，即函数f(x)的定义域为{x|x≥1}．由x2－1≥0，解得x≥1或x≤－1，即g(x)的定义域为{x|x≥1或x≤－1}，两个函数的定义域不相同，不是相等函数．故选A.3．小题热身(1)(2018·广东深圳模拟)函数y＝eq\f(\r(－x2－x＋2),lnx)的定义域为()A．(－2,1) B．[－2,1]C．(0,1) D．(0,1]答案C解析由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－x＋2≥0，,x>0，,lnx≠0，))解得0<x<1.故选C.(2)若函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋2，x≤0，,2x－4，x>0，))则f[f(1)]的值为()A．－10 B．10C．－2 D．2答案C解析因为f(1)＝－2，所以f(－2)＝－2.故选C.题型1函数的概念eq\o(\s\do1(典例1))集合A＝{x|0≤x≤4}，B＝{y|0≤y≤2}，下列不表示从A到B的函数的是()A．f：x→y＝eq\f(1,2)x B．f：x→y＝eq\f(1,3)xC．f：x→y＝eq\f(2,3)x D．f：x→y＝eq\r(x)用定义法．答案C解析依据函数概念，集合A中任一元素在集合B中都有唯一确定的元素与之对应．选项C不符合，因为当x＝4时，y＝eq\f(8,3)∉B.故选C.eq\o(\s\do1(典例2))(2018·秦都区校级月考)判断下列各组中的两个函数是同一函数的是()①y1＝eq\f(x＋3x－5,x＋3)，y2＝x－5；②f(x)＝x，g(x)＝eq\r(x2)；③f(x)＝x，g(x)＝eq\r(3,x3)；④f1(x)＝(eq\r(2x－5))2，f2(x)＝2x－5.A．①② B．②③C．③ D．③④用定义法．答案C解析对于①，y1＝eq\f(x＋3x－5,x＋3)＝x－5(x≠－3)，与y2＝x－5(x∈R)的定义域不同，不是同一函数．对于②，f(x)＝x，与g(x)＝eq\r(x2)＝|x|的对应关系不同，不是同一函数．对于③，f(x)＝x(x∈R)，与g(x)＝eq\r(3,x3)＝x(x∈R)的定义域相同，对应关系也相同，是同一函数．对于④，f1(x)＝(eq\r(2x－5))2＝2x－5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≥\f(5,2)))，与f2(x)＝2x－5(x∈R)的定义域不同，不是同一函数．综上，以上是同一函数的是③.故选C.方法技巧与函数概念有关问题的解题策略1．判断一个对应关系是否是函数关系，就看这个对应关系是否满足函数定义中“定义域内的任意一个自变量的值都有唯一确定的函数值”这个核心点．见典例1.2．两个函数是否是相等函数，取决于它们的定义域和对应关系是否相同，只有当两个函数的定义域和对应关系完全相同时，才表示相等函数．见典例2.冲关针对训练1．下列图象可以表示以M＝{x|0≤x≤1}为定义域，以N＝{x|0≤x≤1}为值域的函数的是()答案C解析A选项中的值域不对，B选项中的定义域错误，D选项不是函数的图象，由函数的定义可知选项C正确．故选C.2．下列函数中一定是同一函数的是________．①y＝x与y＝alogax；②y＝2x＋1－2x与y＝2x；③f(u)＝eq\r(\f(1＋u,1－u))，f(v)＝eq\r(\f(1＋v,1－v))；④y＝f(x)与y＝f(x＋1)．答案②③解析①y＝x与y＝alogax定义域不同．②y＝2x＋1－2x＝2x(2－1)＝2x相同．③f(u)与f(v)的定义域及对应法则均相同．④对应法则不相同．题型2函数的定义域eq\o(\s\do1(典例1))(2015·湖北高考)函数f(x)＝eq\r(4－|x|)＋lgeq\f(x2－5x＋6,x－3)的定义域为()A．(2,3) B．(2,4]C．(2,3)∪(3,4] D．(－1,3)∪(3,6]列不等式组求解．答案C解析依题意，知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－|x|≥0，,\f(x2－5x＋6,x－3)>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|≤4，,\f(x－3x－2,x－3)>0，))解之得2<x<3或3<x≤4，即函数的定义域为(2,3)∪(3,4]．故选C.eq\o(\s\do1(典例2))已知函数f(x)的定义域为(－1,0)，则函数f(2x＋1)的定义域为()A．(－1,1) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))C．(－1,0) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))已知f(x)，x∈[a，b]，求f[g(x)]的定义域，则a<g(x)<b.答案B解析由函数f(x)的定义域为(－1,0)，则使函数f(2x＋1)有意义，需满足－1<2x＋1<0，解得－1<x<－eq\f(1,2)，即所求函数的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2))).故选B.[结论探究]典例2中条件不变，求函数g(x)＝f(2x＋1)＋f(3x＋1)的定义域．解函数f(3x＋1)有意义，需－1<3x＋1<0，解得－eq\f(2,3)<x<－eq\f(1,3)，又由f(2x＋1)有意义，解得－1<x<－eq\f(1,2)，所以可知g(x)的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－\f(1,2))).[条件探究]若典例2中条件变为：“函数f(x－1)的定义域为(－1,0)”，则结果如何？解因为f(x－1)的定义域为(－1,0)，即－1<x<0，所以－2<x－1<－1，故f(x)的定义域为(－2，－1)，则使函数f(2x＋1)有意义，需满足－2<2x＋1<－1，解得－eq\f(3,2)<x<－1.所以所求函数的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－1)).方法技巧1．求函数定义域的三种常考类型及求解策略(1)已知函数的解析式：构建使解析式有意义的不等式(组)求解．见典例1.(2)抽象函数(见典例2)①若已知函数f(x)的定义域为[a，b]，则复合函数f[g(x)]的定义域由a≤g(x)≤b求出．②若已知函数f[g(x)]的定义域为[a，b]，则f(x)的定义域为g(x)在x∈[a，b]时的值域．(3)实际问题：既要使构建的函数解析式有意义，又要考虑实际问题的要求．2．求函数定义域的注意点(1)不要对解析式进行化简变形，以免定义域变化．(2)当一个函数由有限个基本初等函数的和、差、积、商的形式构成时，定义域一般是各个基本初等函数定义域的交集．(3)定义域是一个集合，要用集合或区间表示，若用区间表示，不能用“或”连接，而应该用并集符号“∪”连接．冲关针对训练1．(2017·临川模拟)已知函数y＝f(x＋1)的定义域是[－2,3]，则y＝f(2x－1)的定义域是()A．[－3,7] B．[－1,4]C．[－5,5] D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))答案D解析由y＝f(x＋1)定义域[－2,3]得y＝f(x)定义域为[－1,4]，所以－1≤2x－1≤4，解得0≤x≤eq\f(5,2).故选D.2．(2018·石河子月考)已知函数y＝f(x)的定义域是(－∞，1)，则y＝f(x－1)＋eq\f(\r(2－x),2x2－3x－2)的定义域是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2)) B．(－∞，1)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D．(－∞，2)答案A解析∵函数y＝f(x)的定义域是(－∞，1)，∴y＝f(x－1)＋eq\f(\r(2－x),2x2－3x－2)中，自变量x应满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1<1，,2－x≥0，,2x2－3x－2≠0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<2，,x≤2，,x≠－\f(1,2)或x≠2，))即x<2且x≠－eq\f(1,2)，∴f(x)的定义域是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2)).故选A.题型3求函数的解析式eq\o(\s\do1(典例1))已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝x2＋eq\f(1,x2)，求f(x)的解析式．配凑法．解feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝x2＋eq\f(1,x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))2－2，故f(x)＝x2－2，且x≤－2或x≥2.eq\o(\s\do1(典例2))已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋1))＝lgx，求f(x)的解析式．换元法．解令t＝eq\f(2,x)＋1>1，得x＝eq\f(2,t－1)，所以f(t)＝lgeq\f(2,t－1)，即f(x)＝lgeq\f(2,x－1)(x>1)．eq\o(\s\do1(典例3))已知f(x)是二次函数，且f(0)＝0，f(x＋1)＝f(x)＋x＋1，求f(x)．待定系数法．解设f(x)＝ax2＋bx＋c，由f(0)＝0，得c＝0，对f(x＋1)＝a(x＋1)2＋b(x＋1)，f(x)＋x＋1＝ax2＋bx＋x＋1，即ax2＋(2a＋b)x＋a＋b＝ax2＋(b＋1)x＋1，得a＝b＝eq\f(1,2).所以f(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)x(x∈R)．eq\o(\s\do1(典例4))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，求f(x)．方程组法．解由f(x)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\r(x)－1，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝2f(x)·eq\r(\f(1,x))－1，消掉feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，可得f(x)＝eq\f(2,3)eq\r(x)＋eq\f(1,3).方法技巧函数解析式的常见求法1．配凑法．已知f[h(x)]＝g(x)，求f(x)的问题，往往把右边的g(x)整理成或配凑成只含h(x)的式子，然后用x将h(x)代换．见典例1.2．待定系数法．已知函数的类型(如一次函数、二次函数)可用待定系数法．见典例3.3．换元法．已知f[h(x)]＝g(x)，求f(x)时，往往可设h(x)＝t，从中解出x，代入g(x)进行换元．应用换元法时要注意新元的取值范围．见典例2.4．方程组法．已知f(x)满足某个等式，这个等式除f(x)是未知量外，还有其他未知量，如feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，f(－x)等，可根据已知等式再构造其他等式组成方程组，通过解方程组求出f(x)．见典例4.冲关针对训练1．(2018·衢州期末)已知f(x)是(0，＋∞)上的增函数，若f[f(x)－lnx]＝1，则f(e)＝()A．2 B．1C．0 D．e答案A解析根据题意，f(x)是(0，＋∞)上的增函数，且f[f(x)－lnx]＝1，则f(x)－lnx为定值，设f(x)－lnx＝t，t为常数，则f(x)＝lnx＋t且f(t)＝1，即有lnt＋t＝1，解得t＝1，则f(x)＝lnx＋1，则f(e)＝lne＋1＝2.故选A.2．已知二次函数f(2x＋1)＝4x2－6x＋5，求f(x)．解解法一：(换元法)令2x＋1＝t(t∈R)，则x＝eq\f(t－1,2)，所以f(t)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t－1,2)))2－6·eq\f(t－1,2)＋5＝t2－5t＋9(t∈R)，所以f(x)＝x2－5x＋9(x∈R)．解法二：(配凑法)因为f(2x＋1)＝4x2－6x＋5＝(2x＋1)2－10x＋4＝(2x＋1)2－5(2x＋1)＋9，所以f(x)＝x2－5x＋9(x∈R)．解法三：(待定系数法)因为f(x)是二次函数，所以设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，则f(2x＋1)＝a(2x＋1)2＋b(2x＋1)＋c＝4ax2＋(4a＋2b)x＋a＋b＋c.因为f(2x＋1)＝4x2－6x＋5，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a＝4，,4a＋2b＝－6，,a＋b＋c＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－5，,c＝9，))所以f(x)＝x2－5x＋9(x∈R)．3．已知f(x)满足2f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3x－1，求f(x)．解(消元法)已知2f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3x－1，①以eq\f(1,x)代替①式中的x(x≠0)，得2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋f(x)＝eq\f(3,x)－1，②①×2－②得3f(x)＝6x－eq\f(3,x)－1，故f(x)＝2x－eq\f(1,x)－eq\f(1,3)(x≠0).题型4求函数的值域角度1分式型eq\o(\s\do1(典例))求f(x)＝eq\f(5x－1,4x＋2)，x∈[－3，－1]的值域．分离常数法．解由y＝eq\f(5x－1,4x＋2)可得y＝eq\f(5,4)－eq\f(7,42x＋1).∵－3≤x≤－1，∴eq\f(7,20)≤－eq\f(7,42x＋1)≤eq\f(7,4)，∴eq\f(8,5)≤y≤3，即y∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,5)，3)).角度2根式型eq\o(\s\do1(典例))求函数的值域．(1)y＝2x＋eq\r(1－2x)；(2)y＝x＋4＋eq\r(9－x2).(1)用换元法，配方法；(2)用三角换元法．解(1)令t＝eq\r(1－2x)，则x＝eq\f(1－t2,2).∴y＝－t2＋t＋1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)(t≥0)．∴当t＝eq\f(1,2)，即x＝eq\f(3,8)时，y取最大值，ymax＝eq\f(5,4)，且y无最小值，∴函数的值域为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,4))).(2)令x＝3cosθ，θ∈[0，π]，则y＝3cosθ＋4＋3sinθ＝3eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＋4.∵0≤θ≤π，∴eq\f(π,4)≤θ＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，∴－eq\f(\r(2),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))≤1.∴1≤y≤3eq\r(2)＋4，∴函数的值域为[1,3eq\r(2)＋4]．角度3对勾型函数eq\o(\s\do1(典例))求y＝log3x＋logx3－1的值域．用分类讨论法．解y＝log3x＋logx3－1，变形得y＝log3x＋eq\f(1,log3x)－1.①当log3x>0，即x>1时，y＝log3x＋eq\f(1,log3x)－1≥2－1＝1，当且仅当log3x＝1，即x＝3时取“＝”．②当log3x<0，即0<x<1时，y≤－2－1＝－3.当且仅当log3x＝－1，即x＝eq\f(1,3)时取“＝”．综上所述，原函数的值域为(－∞，－3]∪[1，＋∞)．角度4单调性型eq\o(\s\do1(典例))函数f(x)＝log2(3x＋1)的值域为()A．(0，＋∞) B．[0，＋∞)C．(1，＋∞) D．[1，＋∞)本题用复合函数“同增异减”的单调性原则求解．答案A解析根据对数函数的定义可知，真数3x＋1>0恒成立，解得x∈R.因此，该函数的定义域为R，原函数f(x)＝log2(3x＋1)是由对数函数y＝log2t和t＝3x＋1复合的复合函数，由复合函数的单调性定义(同增异减)知道，原函数在定义域R上是单调递增的．根据指数函数的性质可知，3x>0，所以，3x＋1>1，所以f(x)＝log2(3x＋1)>log21＝0.故选A.角度5有界性型eq\o(\s\do1(典例))求函数y＝eq\f(1－2x,1＋2x)的值域．本题用转化法．解由y＝eq\f(1－2x,1＋2x)可得2x＝eq\f(1－y,1＋y).由指数函数y＝2x的有界性可知2x>0，∴eq\f(1－y,1＋y)>0，解得－1<y<1.所以函数的值域为(－1,1)．角度6数形结合型eq\o(\s\do1(典例))求函数y＝eq\f(sinx＋1,x－1)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))的值域．本题用数形结合法．解函数y＝eq\f(sinx＋1,x－1)的值域可看作由点A(x，sinx)，B(1，－1)两点决定的斜率，B(1，－1)是定点，A(x，sinx)在曲线y＝sinx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上，如图．∴kBP≤y≤kBQ，即eq\f(1,π－1)≤y≤eq\f(4,π－2).方法技巧求函数值域的常用方法1．分离常数法(见角度1典例)2．配方法(见角度2典例(1))3．换元法(见角度2典例(2))(1)代数换元；(2)三角换元．4．有界性法(见角度5典例)5．数形结合法(见角度6典例)6．基本不等式法(见角度3典例)7．利用函数的单调性(见角度4典例)冲关针对训练求下列函数的值域：(1)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x2－2x＋2；(2)y＝eq\r(x＋32＋16)＋eq\r(x－52＋4).解(1)∵x2－2x＋2＝(x－1)2＋1≥1，0<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x2－2x＋2≤eq\f(1,2)，∴函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x2－2x＋2的值域是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).(2)(数形结合法)如图，函数y＝eq\r(x＋32＋16)＋eq\r(x－52＋4)的几何意义为平面内一点P(x,0)到点A(－3,4)和点B(5,2)的距离之和．由平面解析几何知识，找出B关于x轴的对称点B′(5，－2)，连接AB′交x轴于一点P，此时距离之和最小，∴ymin＝|AB′|＝eq\r(82＋62)＝10，又y无最大值，所以y∈[10，＋∞).题型5分段函数角度1求分段函数的函数值eq\o(\s\do1(典例))(2015·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋log22－x，x<1，,2x－1，x≥1，))则f(－2)＋f(log212)＝()A．3 B．6C．9 D．12确定自变量所在区间，代入相应解析式．答案C解析∵－2<1，log212>1，∴f(－2)＝1＋log2[2－(－2)]＝3；f(log212)＝2log212－1＝2log26＝6.∴f(－2)＋f(log212)＝9.故选C.角度2求参数的值eq\o(\s\do1(典例))(2018·襄阳联考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－2，x≤1，,－log2x＋1，x>1，))且f(a)＝－3，则f[f(14－a)]＝________.本题用方程思想求a，再根据区间分类讨论，由内到外，逐层求解．答案－eq\f(15,8)解析当a≤1时，f(a)＝2a－2＝－3无解；当a>1时，由f(a)＝－log2(a＋1)＝－3，得a＋1＝8，解得a＝7，所以f[f(14－a)]＝f[f(7)]＝f(－3)＝2－3－2＝－eq\f(15,8).角度3分段函数与不等式的交汇eq\o(\s\do1(典例))已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x≤0，,lnx＋1，x>0.))若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是()A．(－∞，0] B．(－∞，1]C．[－2,1] D．[－2,0]本题用数形结合思想方法、分离常数法．答案D解析由题意作出y＝|f(x)|的图象：由图象易知，当a>0时，y＝ax与y＝ln(x＋1)的图象在x>0时必有交点，所以当a≤0，x≥0时，|f(x)|≥ax显然成立；当x<0时，要使|f(x)|＝x2－2x≥ax恒成立，则a≥x－2恒成立，又x－2<－2，∴a≥－2.综上，－2≤a≤0.故选D.方法技巧分段函数问题的常见类型及解题策略1．求函数值．弄清自变量所在区间，然后代入对应的解析式，求“层层套”的函数值，要从最内层逐层往外计算．见角度2典例．2．求参数．“分段处理”，采用代入法列出各区间上的方程或不等式．见角度2典例．3．解不等式．根据分段函数中自变量取值范围的界定，代入相应的解析式求解，但要注意取值范围的大前提．见角度3典例．4．数形结合法也是解决分段函数问题的重要方法，在解决选择填空问题中经常使用，而且解题速度更快更准．见角度3典例．冲关针对训练1．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x<0，,x2－2x，x≥0.))若f(－a)＋f(a)≤0，则实数a的取值范围是()A．[－1,1] B．[－2,0]C．[0,2] D．[－2,2]答案D解析依题意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥0，,a2－2a＋－a2＋2－a≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,－a2－2－a＋a2＋2a≤0，))解得a∈[－2,2]．故选D.2．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－2，x≤0，,fx－2＋1，x>0，))则f(2018)＝________.答案1008解析根据题意：f(2018)＝f(2016)＋1＝f(2014)＋2＝…＝f(2)＋1008＝f(0)＋1009＝1008.1.(2014·山东高考)函数f(x)＝eq\f(1,\r(log2x2－1))的定义域为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B．(2，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(2，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪[2，＋∞)答案C解析要使函数f(x)有意义，需使(log2x)2－1>0，即(log2x)2>1，∴log2x>1或log2x<－1.解之得x>2或0<x<eq\f(1,2).故f(x)的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(2，＋∞)．故选C.2．(2018·河北名校联盟联考)设函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x＋1，x≥0，,gx，x<0，))则g[f(－8)]＝()A．－1 B．－2C．1 D．2答案A解析∵函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x＋1，x≥0，,gx，x<0，))∴f(－8)＝－f(8)＝－log39＝－2，∴g[f(－8)]＝g(－2)＝f(－2)＝－f(2)＝－log33＝－1.故选A.3．(2018·工农区模拟)函数y＝eq\r(x＋1)－eq\r(1－x)的值域为()A．(－∞，eq\r(2)] B．[0，eq\r(2)]C．[－eq\r(2)，eq\r(2)] D．[－eq\r(2)，0]答案C解析要使函数有意义，需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1≥0，,1－x≥0，))解得－1≤x≤1，所以函数的定义域为[－1,1]，根据函数的解析式，x增大时，eq\r(x＋1)增大，eq\r(1－x)减小，－eq\r(1－x)增大，所以y增大，即该函数为增函数．所以最小值为f(－1)＝－eq\r(2)，最大值为f(1)＝eq\r(2)，所以值域为[－eq\r(2)，eq\r(2)]．故选C.4．(2017·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,2x，x＞0，))则满足f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))>1的x的取值范围是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))解析由题意知，可对不等式分x≤0,0＜x≤eq\f(1,2)，x＞eq\f(1,2)三段讨论．当x≤0时，原不等式为x＋1＋x＋eq\f(1,2)＞1，解得x＞－eq\f(1,4)，∴－eq\f(1,4)＜x≤0.当0＜x≤eq\f(1,2)时，原不等式为2x＋x＋eq\f(1,2)＞1，显然成立．当x＞eq\f(1,2)时，原不等式为2x＋2x－eq\f(1,2)＞1，显然成立．综上可知，x＞－eq\f(1,4).[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．已知A＝{x|x＝n2，n∈N}，给出下列关系式：①f(x)＝x；②f(x)＝x2；③f(x)＝x3；④f(x)＝x4；⑤f(x)＝x2＋1，其中能够表示函数f：A→A的个数是()A．2 B．3C．4 D．5答案C解析对⑤，当x＝1时，x2＋1∉A，故⑤错误，由函数定义可知①②③④均正确．故选C.2．(2018·吉安四校联考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x2x≤1，,x2＋x－2x>1，))则feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,f2)))的值为()A.eq\f(15,16) B．eq\f(8,9)C．－eq\f(27,16) D．18答案A解析f(2)＝4，feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,f2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＝eq\f(15,16).故选A.3．已知f(x5)＝lgx，则f(2)等于()A．lg2 B．lg32C．lgeq\f(1,32) D.eq\f(1,5)lg2答案D解析令x5＝t，则x＝teq\s\up15(eq\f(1,5))(t>0)，∴f(t)＝lgteq\s\up15(eq\f(1,5))＝eq\f(1,5)lgt．∴f(2)＝eq\f(1,5)lg2.故选D.4．(2017·山西名校联考)设函数f(x)＝lg(1－x)，则函数f[f(x)]的定义域为()A．(－9，＋∞) B．(－9,1)C．[－9，＋∞) D．[－9,1)答案B解析f[f(x)]＝f[lg(1－x)]＝lg[1－lg(1－x)]，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x>0，,1－lg1－x>0))⇒－9<x<1.故选B.5．若函数y＝f(x)的定义域是[0,1]，则函数F(x)＝f(x＋a)＋f(2x＋a)(0<a<1)的定义域是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，\f(1－a,2))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，1－a))C．[－a,1－a] D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－a，\f(1－a,2)))答案A解析eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x＋a≤1，,0≤2x＋a≤1))⇒－eq\f(a,2)≤x≤eq\f(1－a,2).故选A.6．函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(eq\f(1,x2＋1))的值域为()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))答案C解析由于x2≥0，所以x2＋1≥1，所以0<eq\f(1,x2＋1)≤1，结合函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(0,1]上的图象可知函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(eq\f(1,x2＋1))的值域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).故选C.7．(2018·黄冈联考)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x，x>0，,ax＋b，x≤0，))且f(0)＝2，f(－1)＝3，则f[f(－3)]＝()A．－2 B．2C．3 D．－3答案B解析由题意得f(0)＝a0＋b＝1＋b＝2，解得b＝1；f(－1)＝a－1＋b＝a－1＋1＝3，解得a＝eq\f(1,2).故f(－3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－3＋1＝9，从而f[f(－3)]＝f(9)＝log39＝2.故选B.8．(2018·银川模拟)已知具有性质：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－f(x)的函数，我们称为满足“倒负”变换的函数，下列函数：①y＝x－eq\f(1,x)；②y＝x＋eq\f(1,x)；③y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，0<x<1，,0，x＝1，,－\f(1,x)，x>1.))其中满足“倒负”变换的函数是()A．①② B．①③C．②③ D．①答案B解析对于①，f(x)＝x－eq\f(1,x)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1,x)－x＝－f(x)满足；对于②，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1,x)＋x＝f(x)，不满足；对于③，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，0<\f(1,x)<1，,0，\f(1,x)＝1，,－x，\f(1,x)>1，))即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x>1，,0，x＝1，,－x，0<x<1，))故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－f(x)，满足．综上可知，满足“倒负”变换的函数是①③.故选B.9．(2018·铜陵一模)若函数f(x)图象上任意一点P(x，y)皆满足y2≥x2，则f(x)的解析式可以是()A．f(x)＝x－eq\f(1,x) B．f(x)＝ex－1C．f(x)＝x＋eq\f(4,x) D．f(x)＝tanx答案C解析A项，当x＝1时，f(x)＝1－1＝0,02≥12不成立；B项，当x＝－1时，f(x)＝eq\f(1,e)－1∈(－1,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－1))2≥(－1)2不成立；D项，当x＝eq\f(5π,4)时，f(x)＝1，12≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)))2不成立；对于C，f2(x)＝x2＋eq\f(16,x2)＋8>x2，符合题意．故选C.10．(2017·山东模拟)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－1，x<1，,2x，x≥1.))则满足f[f(a)]＝2f(a)的a的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)) B．[0,1]C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)) D．[1，＋∞)答案C解析①当a<eq\f(2,3)时，f(a)＝3a－1<1，f[f(a)]＝3(3a－1)－1＝9a－4,2f(a)＝23a－1，显然f[f(a)]≠2f(a)．②当eq\f(2,3)≤a<1时，f(a)＝3a－1≥1，f[f(a)]＝23a－1,2f(a)＝23a－1，故f[f(a)]＝2f(a)．③当a≥1时，f(a)＝2a>1，f[f(a)]＝22a，2f(a)＝22a，故f[f(a)]＝2f(a)．综合①②③知a≥eq\f(2,3).故选C.二、填空题11．已知x∈N*，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－35，x≥3，,fx＋2，x<3，))其值域设为D.给出下列数值：－26，－1,9,14,27,65，则其中属于集合D的元素是________．(写出所有可能的数值)答案－26,14,65解析注意函数的定义域是N*，由分段函数解析式可知，所有自变量的函数值最终都是转化为大于等于3的对应自变量函数值计算的f(3)＝9－35＝－26，f(4)＝16－35＝－19，f(5)＝25－35＝－10，f(6)＝36－35＝1，f(7)＝49－35＝14，f(8)＝64－35＝29，f(9)＝81－35＝46，f(10)＝100－35＝65.故正确答案应填－26,14,65.12．(2018·厦门一模)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2ax＋3a，x<1，,2x－1，x≥1))的值域为R，则实数a的取值范围是________