备战高考数学一轮复习第二章 函数的概念及基本初等函数(Ⅰ)

第二章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,,))函数的概念及基本初等函数(Ⅰ)第一节函数及其表示eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1.了解构成函数的要素，能求简单函数的定义域.,2.在实际情境中，会根据不同的需要选择恰当的方法如图象法、列表法、解析法表示函数.,3.了解简单的分段函数，并能简单应用分段函数不超过三段.))1．函数的有关概念(1)函数的概念函数前提集合A，B是两个非空的实数集对应关系如果按照某种对应关系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)和它对应名称称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)构成函数的三要素定义域在函数y＝f(x)，x∈A中，x叫做自变量，x的取值范围A叫做函数的定义域值域与x的值相对应的y值叫做函数值，函数值的集合{f(x)|x∈A}叫做函数的值域三要素定义域、对应关系、值域是构成函数的三要素(3)表示函数的常用方法解析法一般情况下，必须注明函数的定义域列表法选取的自变量要有代表性，能反映定义域的特征图象法注意定义域对图象的影响：与x轴垂直的直线与函数图象最多有一个公共点2．分段函数定义在函数定义域内，对于自变量x取值的不同区间，有着不同的对应关系，这样的函数称为分段函数相关概念分段函数的定义域是各段定义域的并集，值域是各段值域的并集．分段函数虽由几个部分构成，但它表示的是一个函数，各部分函数定义域不可以相交1．求函数的定义域时常用的结论(1)分式型eq\f(1,fx)要满足f(x)≠0；(2)根式型eq\r(2n,fx)(n∈N*)要满足f(x)≥0；(3)[f(x)]0要满足f(x)≠0；(4)对数型logaf(x)(a>0，且a≠1)要满足f(x)>0；(5)正切型tan[f(x)]要满足f(x)≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z.2．处理分段函数问题时，需注意的问题(1)分段函数不是多个函数，而是一个函数，自变量与函数值在不同范围内有不同的对应关系．(2)解决分段函数问题时，首先要确定自变量的取值范围，然后选择与其相应的函数解析式．1．设集合M＝{x|0≤x≤2}，N＝{y|0≤y≤2}，那么下列四个图形中，能表示集合M到集合N的函数关系的有()答案：C2．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)－2，x>2，,|x－3|＋2，x≤2，))则f(f(9))＝()A．1 B．2C．4 D．8答案：C3．已知f(x)＝x＋3＋eq\f(1,x＋2)，若f(a)＝eq\f(13,3)，则a＝_______.答案：1或－eq\f(5,3)4．函数f(x)＝eq\f(3x,x＋4)＋eq\r(16－x2)的定义域是________．答案：(－4,4]5．若函数f(x)＝x2＋ax＋b的图象与x轴的一个交点为(1,0)，对称轴为x＝2，则函数f(x)的解析式为____________________．答案：f(x)＝x2－4x＋3层级一/基础点——自练通关(省时间)基础点(一)函数的定义域[题点全训]1．函数f(x)＝ln(4x－x2)＋eq\f(1,x－2)的定义域为()A．(0,4) B．[0,2)∪(2,4]C．(0,2)∪(2,4) D．(－∞，0)∪(4，＋∞)解析：选C要使函数有意义，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－x2＞0，,x－2≠0，))解得0＜x＜4且x≠2.2．已知函数f(x)的定义域是[0,2]，则函数g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))的定义域是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))解析：选C由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x＋\f(1,2)≤2，,0≤x－\f(1,2)≤2，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)≤x≤\f(3,2)，,\f(1,2)≤x≤\f(5,2)，))∴eq\f(1,2)≤x≤eq\f(3,2).故选C.3．已知函数f(2x－3)的定义域是[－1,4]，则函数f(1－2x)的定义域为()A．[－2,1] B．[1,2]C．[－2,3] D．[－1,3]解析：选C因为函数f(2x－3)的定义域是[－1,4]，所以－1≤x≤4，即－5≤2x－3≤5，所以f(x)的定义域为[－5,5]，所以f(1－2x)满足－5≤1－2x≤5，所以－2≤x≤3，所以函数f(1－2x)的定义域为[－2,3]．故选C.4．(2022·北京高考)函数f(x)＝eq\f(1,x)＋eq\r(1－x)的定义域是________．解析：因为f(x)＝eq\f(1,x)＋eq\r(1－x)，所以x≠0,1－x≥0，解得x∈(－∞，0)∪(0,1]．答案：(－∞，0)∪(0,1][一“点”就过]求函数定义域的类型及解题策略求具体函数的定义域已知解析式的函数，其定义域是使解析式有意义的自变量的取值集合，求解时只要根据函数解析式列出自变量满足的不等式(组)，得出不等式(组)的解集即可求抽象函数的定义域(1)若已知函数f(x)的定义域为[a，b]，则复合函数f(g(x))的定义域由不等式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]上的值域基础点(二)函数的解析式[题点全训]求下列函数的解析式：(1)已知f(1－sinx)＝cos2x，求f(x)的解析式；(2)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；(3)已知f(x)是一次函数且3f(x＋1)－2f(x－1)＝2x＋17，求f(x)的解析式；(4)已知f(x)满足2f(x)＋f(－x)＝3x，求f(x)的解析式．解：(1)设1－sinx＝t，t∈[0,2]，则sinx＝1－t，∵f(1－sinx)＝cos2x＝1－sin2x，∴f(t)＝1－(1－t)2＝2t－t2，t∈[0,2]，即f(x)＝2x－x2，x∈[0,2]．(2)∵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，由勾型函数y＝x＋eq\f(1,x)的性质可得，其值域为(－∞，－2]∪[2，＋∞)，所以f(x)＝x2－2，x∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)．(3)由f(x)是一次函数，可设f(x)＝ax＋b(a≠0)，∴3[a(x＋1)＋b]－2[a(x－1)＋b]＝2x＋17，即ax＋(5a＋b)＝2x＋17，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,5a＋b＝17，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝7，))∴f(x)＝2x＋7.(4)∵2f(x)＋f(－x)＝3x，①∴将x用－x替换，得2f(－x)＋f(x)＝－3x，②由①②解得f(x)＝3x.[一“点”就过]求函数解析式的常用方法配凑法由已知条件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)的表达式待定系数法若已知函数的类型(如一次函数、二次函数)，可用待定系数法换元法已知复合函数f(g(x))的解析式，可用换元法，此时要注意新元的取值范围解方程组法已知关于f(x)与feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))或f(－x)等的表达式，可根据已知条件再构造出另外一个等式组成方程组，通过解方程组求出f(x)层级二/重难点——逐一精研(补欠缺)重难点分段函数的应用eq\a\vs4\al()考法1求函数值[例1](1)(2023·成都质检)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x，0≤x<2，,2fx－2，x≥2，))则f(9)＝()A．16 B．8C．－8 D．－16(2)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,3x，x≤0，))则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))))的值是()A．9 B．－9C.eq\f(1,9) D．－eq\f(1,9)[解析](1)根据题意，f(9)＝2f(7)＝4f(5)＝8f(3)＝16f(1)，又f(1)＝1－2＝－1，则f(9)＝16f(1)＝－16.故选D.(2)∵eq\f(1,4)>0，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝log2eq\f(1,4)＝－2，又∵－2<0，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))))＝f(－2)＝3－2＝eq\f(1,9).[答案](1)D(2)Ceq\a\vs4\al([方法技巧])求分段函数的函数值的方法先确定要求值的自变量的取值属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值．当出现f(f(a))的形式时，应从内到外依次求值．eq\a\vs4\al()考法2与方程结合[例2]已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋3，x≤0，,\r(x)，x>0，))若f(a－3)＝f(a＋2)，则f(a)＝()A．1 B．eq\r(2)C．2 D．eq\r(5)[解析]根据题意，若f(a－3)＝f(a＋2)，∵a－3<a＋2，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3≤0，,a＋2>0，))即－2<a≤3，则(a－3)＋3＝eq\r(a＋2)，即a＝eq\r(a＋2)，则a≥0，解得a＝2或－1(舍去)，∴f(a)＝f(2)＝eq\r(2)，故选B.[答案]Beq\a\vs4\al([方法技巧])(1)若分段函数中含有参数，则直接根据条件选择相应区间上的解析式代入求参．(2)若是求自变量的值，则需要结合分段区间的范围对自变量进行分类讨论，再求值．eq\a\vs4\al()考法3与不等式结合[例3]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________．[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)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的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)).[答案]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))eq\a\vs4\al([方法技巧])涉及与分段函数有关的不等式问题，主要表现为解不等式，当自变量取值不确定时，往往要分类讨论求解；当自变量取值确定，但分段函数中含有参数时，只需依据自变量的情况，直接代入相应解析式求解．[针对训练]1．已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，x≥0，,x2，x<0，))则f(f(x))≥1的解集是()A．(－∞，－eq\r(2)] B．(－∞，－1]∪[4eq\r(2)，＋∞)C．[4eq\r(2)，＋∞) D．(－∞，－eq\r(2)]∪[4，＋∞)解析：选D当x≥0时，f(x)＝eq\f(x,2)≥0，所以f(f(x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(x,2)))＝eq\f(x,4)≥1，解得x≥4；当x＜0时，f(x)＝x2＞0，所以f(f(x))＝f(x2)＝eq\f(x2,2)≥1，解得x≥eq\r(2)(舍去)或x≤－eq\r(2).综上，x≥4或x≤－eq\r(2).故选D.2．(2023·宁夏平罗中学高三阶段练习)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋x，x>0，,5x＋6，x≤0，))若f(a－2)＝f(a)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝()A．11 B．6C．4 D．2解析：选D易知f(x)在R上单调递增，因为f(a－2)＝f(a)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2≤0，,a>0，))可得0<a≤2，由题意可得a2＋a＝5(a－2)＋6，即a2－4a＋4＝0，解得a＝2，符合题意，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝f(1)＝12＋1＝2.3．(2022·浙江高考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2，x≤1，,x＋\f(1,x)－1，x>1，))则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＝________；若当x∈[a，b]时，1≤f(x)≤3，则b－a的最大值是________．解析：由题意知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋2＝eq\f(7,4)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)))＝eq\f(7,4)＋eq\f(1,\f(7,4))－1＝eq\f(7,4)＋eq\f(4,7)－1＝eq\f(37,28).作出函数f(x)的图象，如图所示，结合图象，令－x2＋2＝1，解得x＝±1；令x＋eq\f(1,x)－1＝3，解得x＝2±eq\r(3)，又x＞1，所以x＝2＋eq\r(3)，所以(b－a)max＝2＋eq\r(3)－(－1)＝3＋eq\r(3).答案：eq\f(37,28)3＋eq\r(3)层级三/细微点——优化完善(扫盲点)1．(误认为f(g(x))与f(h(x))中“x”的含义相同)已知f(x2－1)的定义域为[0,3]，则f(2x－1)的定义域是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,2))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,2)))解析：选B∵f(x2－1)的定义域为[0,3]，∴0≤x≤3，∴－1≤x2－1≤8，即f(x)的定义域为[－1,8]．∴在f(2x－1)中－1≤2x－1≤8，∴0≤x≤eq\f(9,2)，即函数f(2x－1)的定义域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2))).2．(衔接高等数学)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数．例如：[－2.1]＝－3，[3.1]＝3，已知函数f(x)＝eq\f(2x＋3,2x＋1)，则函数y＝[f(x)]的值域为()A．{0,1,2,3} B．{0,1,2}C．{1,2,3} D．{1,2}解析：选Df(x)＝eq\f(2x＋3,2x＋1)＝eq\f(2x＋1＋2,2x＋1)＝1＋eq\f(2,2x＋1)，∵2x>0，∴1＋2x>1，∴0<eq\f(1,2x＋1)<1，则0<eq\f(2,2x＋1)<2，∴1<1＋eq\f(2,2x＋1)<3，即1<f(x)<3.当1<f(x)<2时，[f(x)]＝1；当2≤f(x)<3时，[f(x)]＝2.综上，函数y＝[f(x)]的值域为{1,2}．故选D.3．(忽视新元的范围致误)若f(2x)＝4x－2x，则f(x)＝________.解析：由题意，f(2x)＝4x－2x＝(2x)2－2x，设t＝2x>0，则f(t)＝t2－t，t>0，所以f(x)＝x2－x，x>0.答案：x2－x(x>0)4．(忽视自变量的范围致误)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋12，x<1，,4－\r(x－1)，x≥1，))则使得f(x)≥1的自变量x的取值范围为__________．解析：因为f(x)是分段函数，所以f(x)≥1应分段求解．当x<1时，f(x)≥1⇒(x＋1)2≥1⇒x≤－2或x≥0，所以x≤－2或0≤x<1.当x≥1时，f(x)≥1⇒4－eq\r(x－1)≥1，即eq\r(x－1)≤3，所以1≤x≤10.综上所述，x∈(－∞，－2]∪[0,10]．答案：(－∞，－2]∪[0,10]5．(忽视自变量的实际意义)某单位计划建一矩形场地，现有总长度为100m的可作为围墙的材料，则场地的面积S(单位：m2)与场地的长x(单位：m)的函数关系式为____________．解析：由于场地的长为xm，则宽为(50－x)m，由题意得S＝x(50－x)．易知x＞0,50－x＞0，所以自变量x的取值范围为0＜x＜50.故所求函数的关系式为S＝x(50－x)(0＜x＜50)．答案：S＝x(50－x)(0＜x＜50)6．(结合新定义问题)十九世纪德国数学家狄利克雷提出了“狄利克雷函数”D(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x∈Q，,0，x∈∁RQ，))“狄利克雷函数”在现代数学的发展过程中有着重要意义．根据“狄利克雷函数”求得D(D(2＋D(eq\r(2)))＋D(eq\r(3)＋D(3)))＝________.解析：由题设，D(D(2＋D(eq\r(2)))＋D(eq\r(3)＋D(3)))＝D(D(2)＋D(eq\r(3)＋1))＝1.答案：1[课时验收评价]一、点全面广强基训练1．函数y＝eq\f(\r(1－x2),2x2－3x－2)的定义域为()A．(－∞，－1] B．[1,2)∪(2，＋∞)C．[－1,1] D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))解析：选D要使得函数y＝eq\f(\r(1－x2),2x2－3x－2)有意义，必须满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x2≥0，,2x2－3x－2≠0，))解得－1≤x<－eq\f(1,2)或－eq\f(1,2)<x≤1，即x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，故选D.2．下列四组函数中，f(x)与g(x)是同一个函数的是()A．f(x)＝lnx2，g(x)＝2lnxB．f(x)＝x，g(x)＝(eq\r(x))2C．f(x)＝x，g(x)＝eq\f(x2,x)D．f(x)＝x，g(x)＝logaax(a＞0且a≠1)解析：选D对于选项A，f(x)的定义域为{x|x≠0}，g(x)的定义域为{x|x＞0}，两个函数的定义域不相同，不是同一个函数；对于选项B，f(x)的定义域为R，g(x)的定义域为{x|x≥0}，两个函数的定义域不相同，不是同一个函数；对于选项C，f(x)的定义域为R，g(x)的定义域为{x|x≠0}，两个函数的定义域不相同，不是同一个函数；对于选项D，g(x)＝logaax＝x，x∈R，两个函数的定义域和对应关系相同，是同一个函数．3．(2022·北京高考)已知函数f(x)＝eq\f(1,1＋2x)，则对任意实数x，有()A．f(－x)＋f(x)＝0 B．f(－x)－f(x)＝0C．f(－x)＋f(x)＝1 D．f(－x)－f(x)＝eq\f(1,3)解析：选C函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝eq\f(1,1＋2－x)＝eq\f(2x,1＋2x)，所以f(－x)＋f(x)＝eq\f(2x,1＋2x)＋eq\f(1,1＋2x)＝1，故选C.4．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2cosπx，x≤0，,fx－1＋1，x>0，))则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))的值为()A．－1 B．1C.eq\f(3,2) D．eq\f(5,2)解析：选B依题意得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＋1＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＋1＋1＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)))＋2＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋2＝1.故选B.5．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x＋1，x≥1，,1，x<1，))则满足f(2x＋1)<f(3x－2)的实数x的取值范围是()A．(－∞，0] B．(3，＋∞)C．[1,3) D．(0,1)解析：选B由f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x＋1，x≥1，,1，x<1，))可得当x<1时，f(x)＝1，当x≥1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，且f(1)＝log22＝1，要使得f(2x＋1)<f(3x－2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1<3x－2，,3x－2>1，))解得x>3，即不等式f(2x＋1)<f(3x－2)的解集为(3，＋∞)，故选B.6．已知函数f(2x)＝log2x＋x，则f(4)＝________.解析：令x＝2，则f(22)＝f(4)＝log22＋2＝1＋2＝3.答案：37．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x≥0，,\f(1,x2)，x<0，))若f(a)＝2，则实数a＝________.解析：当a≥0时，令a2＋1＝2，解得a＝1；当a<0时，令eq\f(1,a2)＝2，解得a＝－eq\f(\r(2),2)，故a＝1或a＝－eq\f(\r(2),2).答案：1或－eq\f(\r(2),2)8．已知函数f(x)的定义域为[－2,1]，则函数y＝eq\f(f3x－2,lg1－x)的定义域为________．解析：已知函数f(x)的定义域为[－2,1]，对于函数y＝eq\f(f3x－2,lg1－x)，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2≤3x－2≤1，,1－x>0，,lg1－x≠0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2≤3x－2≤1，,1－x>0，,1－x≠1，))解得0<x<1.因此，函数y＝eq\f(f3x－2,lg1－x)的定义域为(0,1)．答案：(0,1)9．已知函数f(x)＝eq\r(x＋3)＋eq\f(1,x＋2).(1)求函数的定义域；(2)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))的值；(3)当a>0时，求f(a)，f(a－1)的值．解：(1)由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋3≥0，,x＋2≠0，))解得x≥－3且x≠－2，所以函数f(x)的定义域为{x|x≥－3且x≠－2}．(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝eq\r(3－\f(2,3))＋eq\f(1,2－\f(2,3))＝eq\f(\r(21),3)＋eq\f(3,4).(3)f(a)＝eq\r(a＋3)＋eq\f(1,a＋2)，f(a－1)＝eq\r(a－1＋3)＋eq\f(1,a－1＋2)＝eq\r(a＋2)＋eq\f(1,a＋1).10．根据下列条件，求f(x)的解析式．(1)已知f(x)满足f(x＋1)＝x2＋4x＋1；(2)已知f(x)是一次函数，且满足3f(x＋1)－f(x)＝2x＋9；(3)已知f(x)满足2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋f(x)＝x(x≠0)．解：(1)令t＝x＋1，则x＝t－1，故f(t)＝(t－1)2＋4(t－1)＋1＝t2＋2t－2，所以f(x)＝x2＋2x－2.(2)设f(x)＝kx＋b(k≠0)，因为3f(x＋1)－f(x)＝2x＋9，所以3k(x＋1)＋3b－kx－b＝2x＋9，即2kx＋3k＋2b＝2x＋9，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2k＝2，,3k＋2b＝9，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝1，,b＝3，))所以f(x)＝x＋3.(3)因为2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋f(x)＝x(x≠0)，①所以2f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1,x)，②2×②－①得3f(x)＝eq\f(2,x)－x，所以f(x)＝eq\f(2,3x)－eq\f(x,3)(x≠0)．二、重点难点培优训练1．设a为常数，f(0)＝eq\f(1,2)，f(x＋y)＝f(x)f(a－y)＋f(y)f(a－x)，则()A．f(a)＝1B．f(x＋y)＝f(x)f(y)C．满足条件的f(x)不止一个D．f(x)＝eq\f(1,2)恒成立解析：选D令x＝y＝0，可得f(0)＝2f(0)f(a)，因为f(0)＝eq\f(1,2)，所以f(a)＝eq\f(1,2)，故A不正确；令y＝0，得f(x)＝f(x)f(a)＋f(0)f(a－x)，代入f(a)＝eq\f(1,2)，得f(a－x)＝f(x)，原等式变形为f(x＋y)＝2f(x)f(y)，故B不正确；在f(x＋y)＝2f(x)f(y)中，令y＝x，得f(2x)＝2[f(x)]2，即函数取值非负，令y＝a－x，得f(a)＝2[f(x)]2，所以eq\f(1,2)＝2[f(x)]2，即f(x)＝eq\f(1,2)恒成立，满足条件的f(x)只有一个，故D正确，C不正确．2．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\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：选D∵f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x，x≤0，,1，x>0，))∴函数f(x)的图象如图所示．结合图象知，要使f(x＋1)<f(2x)，则需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1<0，,2x<0，,2x<x＋1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1≥0，,2x<0，))∴x<0，故选D.3.已知某船舶每小时航行所需费用u(单位：元)与航行速度v(单位：千米/时)的函数关系为u(v)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kv＋b，0<v<10，,450＋av2，v≥10))(其中a，b，k为常数)，函数u(v)的部分图象如图所示．(1)求u(v)的解析式；(2)若该船舶需匀速航行20千米，问船舶的航行速度v为多少时，航行所需费用最少．最少的费用为多少？解：(1)将(0,320)，(10,650)分别代入u＝kv＋b得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(320＝b，,650＝k·10＋b，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝33，,b＝320.))把(10,650)代入u＝450＋av2，得650＝450＋a·102，解得a＝2.所以u(v)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(33v＋320，0<v<10，,450＋2v2，v≥10.))(2)设航行时间为t，t＝eq\f(20,v)小时，所需费用设为z元，则z＝u(v)·t＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(660＋\f(6400,v)，0<v<10，,\f(9000,v)＋40v，v≥10.))①当0<v<10时，函数单调递减，所以zmin>660＋640＝1300；②当v≥10时，z≥2eq\r(\f(9000,v)·40v)＝2eq\r(9000×40)＝1200，当且仅当eq\f(9000,v)＝40v，即v＝15时，等号成立．由1200<1300知，v＝15时，航行所需费用最少．所以当航行速度为15千米/时时，航行所需费用最少，最少的费用为1200元．第二节函数的单调性与最大(小)值1.借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值.2.理解函数单调性与最值的作用和实际意义.1．函数的单调性(1)单调函数的定义增函数减函数定义一般地，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的值x1，x2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上是减函数图象描述自左向右看图象是上升的自左向右看图象是下降的(2)单调区间的定义如果函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，区间D叫做y＝f(x)的单调区间．2．函数的最值前提设函数f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足条件对于任意x∈I，都有f(x)≤M；存在x0∈I，使得f(x0)＝M对于任意x∈I，都有f(x)≥M；存在x0∈I，使得f(x0)＝M结论M为最大值M为最小值1．与函数单调性有关的常用结论(1)若∀x1，x2∈D(x1≠x2)，则①eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0)⇔f(x)在区间D上单调递增．②eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0)⇔f(x)在区间D上单调递减．(2)y＝x＋eq\f(1,x)的单调递增区间为(－∞，－1]和[1，＋∞)，单调递减区间为(－1,0)和(0,1)．(3)在区间D上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数．(4)函数f(g(x))的单调性与函数y＝f(u)和u＝g(x)的单调性的关系是“同增异减”．2．掌握以下几个注意点(1)单调区间只能用区间表示，不能用不等式表示．(2)求函数单调区间或讨论函数的单调性时，必须先求函数的定义域．(3)一个函数的同一种单调区间用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接．(4)“函数的单调区间是M”与“函数在区间N上单调”是两个不同的概念，显然N⊆M.1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递减的是()A．y＝eq\f(1,x)＋x B．y＝x2－xC．y＝－x2－2x D．y＝ex答案：C2．函数f(x)＝x2－2x的单调递增区间是()A．(1，＋∞) B．(－∞，1)C．(－1，＋∞) D．(－∞，－1)答案：A3．已知函数f(x)为定义在区间[－1,1]上的增函数，则满足f(x)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))的实数x的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，1))解析：选B由题设得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤1，,x<\f(1,2)，))解得－1≤x<eq\f(1,2).4．函数f(x)＝eq\f(3,2x－1)在区间[1,5]上的最大值为________，最小值为________．解析：f(x)在[1,5]上是减函数，所以最大值为f(1)＝eq\f(3,2×1－1)＝3，最小值为f(5)＝eq\f(3,2×5－1)＝eq\f(1,3).答案：3eq\f(1,3)5．已知函数f(x)＝x2－2kx＋4在[5,20]上单调，则实数k的取值范围是________．解析：易知f(x)＝x2－2kx＋4的图象的对称轴为x＝k，由题意可得k≤5或k≥20.答案：(－∞，5]∪[20，＋∞)层级一/基础点——自练通关(省时间)基础点确定具体函数的单调性或单调区间[题点全训]1．函数f(x)＝eq\f(x,1－x)在()A．(－∞，1)∪(1，＋∞)上是增函数B．(－∞，1)∪(1，＋∞)上是减函数C．(－∞，1)和(1，＋∞)上是增函数D．(－∞，1)和(1，＋∞)上是减函数解析：选C函数f(x)的定义域为{x|x≠1}．f(x)＝eq\f(x,1－x)＝eq\f(1,1－x)－1，根据函数y＝－eq\f(1,x)的单调性及有关性质，可知f(x)在(－∞，1)和(1，＋∞)上是增函数．2．函数f(x)＝|x2－3x＋2|的单调递减区间是________________．解析：y＝|x2－3x＋2|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－3x＋2，x≤1或x≥2，,－x2－3x＋2，1＜x＜2.))作出函数图象如图所示，由图可知，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，1]和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)).答案：(－∞，1]和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))3．用定义法证明函数f(x)＝x2－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增．证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，不妨设x1<x2.由f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)－\f(1,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,2)－\f(1,x2)))＝(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(1,x1)))＝(x1－x2)(x1＋x2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(x1－x2,x1x2)))＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＋eq\f(1,x1x2)))，因为0<x1<x2，所以x1－x2<0，x1＋x2＋eq\f(1,x1x2)>0，则(x1－x2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＋eq\f(1,x1x2)))<0，所以f(x1)<f(x2)，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．[一“点”就过]判断函数的单调性或单调区间的方法定义法一般步骤为设元→作差→变形→判断符号→得出结论图象法若函数f(x)是以图象形式给出的，或者f(x)的图象易作出，则可由图象的上升或下降确定函数的单调区间性质法对于由基本初等函数的和、差构成的函数，根据各基本初等函数的增减性及“增＋增＝增，增－减＝增，减＋减＝减，减－增＝减”进行判断层级二/重难点——逐一精研(补欠缺)重难点(一)判断或证明含参函数的单调性[典例]试讨论函数f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1，1)上的单调性．[解]设－1<x1<x2<1，f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1＋1,x－1)))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x－1)))，f(x1)－f(x2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x1－1)))－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2－1)))＝eq\f(ax2－x1,x1－1x2－1)，由于－1<x1<x2<1，所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函数f(x)在(－1,1)内单调递减；当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函数f(x)在(－1,1)内单调递增．综上，当a>0时，f(x)在(－1,1)内单调递减；当a<0时，f(x)在(－1,1)内单调递增．[方法技巧]当函数解析式中含有参数时，注意对参数的讨论及分类讨论的接点．[针对训练]已知a>0，函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(x>0)，证明：函数f(x)在(0，eq\r(a)]上单调递减，在[eq\r(a)，＋∞)上单调递增．证明：设x1>x2>0，f(x1)－f(x2)＝x1＋eq\f(a,x1)－x2－eq\f(a,x2)＝(x1－x2)＋eq\f(ax2－x1,x1x2)＝eq\f(x1－x2x1x2－a,x1x2)，∵x1>x2>0，∴x1－x2>0，x1x2>0，当x1，x2∈(0，eq\r(a)]时，0<x1x2<a，∴x1x2－a<0，∴f(x1)－f(x2)<0，f(x1)<f(x2)，∴f(x)在(0，eq\r(a)]上单调递减；当x1，x2∈[eq\r(a)，＋∞)时，x1x2>a，∴x1x2－a>0，∴f(x1)－f(x2)>0，∴f(x1)>f(x2)，∴f(x)在[eq\r(a)，＋∞)上单调递增．重难点(二)函数单调性的应用eq\a\vs4\al()考法1比较大小[例1]设偶函数f(x)在区间(－∞，－1]上单调递增，则()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))<f(－1)<f(2)B．f(2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))<f(－1)C．f(2)<f(－1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))D．f(－1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))<f(2)[解析]根据题意f(x)为偶函数，则f(2)＝f(－2)，又由函数f(x)在区间(－∞，－1]上单调递增，且－2<－eq\f(3,2)<－1，所以f(－2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))<f(－1)，所以f(2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))<f(－1)．[答案]B[方法技巧]利用函数的单调性比较大小的方法比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，则要利用函数性质，将自变量的值转化到同一个单调区间内进行比较．对于选择题、填空题，通常选用数形结合的方法进行求解．eq\a\vs4\al()考法2解不等式[例2]已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋2)，若f(a－2)>3，则a的取值范围是________．[解析]由f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋2)知，f(x)在定义域(－2，＋∞)上是减函数，且f(－1)＝3，由f(a－2)>3，得f(a－2)>f(－1)，即－2<a－2<－1，即0<a<1.[答案](0,1)[方法技巧]在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域．eq\a\vs4\al()考法3求参数的值或范围[例3]已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1x＋4a，x<2，,－x＋1，x≥2))是定义在R上的减函数，那么a的取值范围是________．[解析]由f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1x＋4a，x<2，,－x＋1，x≥2))是定义在R上的减函数可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1<0，,23a－1＋4a≥－2＋1，))解得eq\f(1,10)≤a<eq\f(1,3)，即a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，\f(1,3))).[答案]eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，\f(1,3)))[方法技巧]利用函数单调性求参数的策略(1)视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数．(2)需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的．(3)分段函数的单调性需要分段研究，既要保证每一段函数的单调性，还要注意每段端点值的大小．[针对训练]1．设f(x)是定义域为R的偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，则()A．f(－3)>f(π)>f(－2)B．f(π)>f(－3)>f(－2)C．f(－2)>f(－3)>f(π)D．f(－2)>f(π)>f(－3)解析：选C∵f(x)是定义域为R的偶函数，∴f(－2)＝f(2)，f(－3)＝f(3)，∵2<3<π，且f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴f(2)>f(3)>f(π)，即f(－2)>f(－3)>f(π)．2．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a的取值范围为()A．[－1,2) B．[0,2)C．[0,1) D．[－1,1)解析：选C由题意知函数f(x)在[－2,2]上单调递增，所以－2≤2a－2<a2－a≤2，解得0≤a<1，故选C.重难点(三)求函数的最值[典例](1)函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．(2)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x≤1，,x＋\f(6,x)－6，x>1，))则f(x)的最小值是________．(3)函数f(x)＝2x2－eq\r(x2＋1)的最小值为________．[解析](1)(单调性法)由于y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x在R上单调递减，y＝log2(x＋2)在[－1,1]上单调递增，所以f(x)在[－1,1]上单调递减，故f(x)在[－1,1]上的最大值为f(－1)＝3.(2)(利用单调性和基本不等式求解)因为函数y＝x2在(－∞，0)内单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，所以当x≤1时，f(x)min＝f(0)＝0.当x>1时，y＝x＋eq\f(6,x)≥2eq\r(6)，当且仅当x＝eq\r(6)时，等号成立，此时f(x)min＝2eq\r(6)－6.又2eq\r(6)－6<0，所以f(x)min＝2eq\r(6)－6.(3)(换元法)令eq\r(x2＋1)＝t，t≥1，则x2＝t2－1，∴y＝2(t2－1)－t＝2t2－t－2(t≥1)．∵y＝2t2－t－2(t≥1)的对称轴t＝eq\f(1,4)，∴ymin＝2×12－1－2＝－1，∴函数f(x)的最小值为－1.[答案](1)3(2)2eq\r(6)－6(3)－1[方法技巧]求函数最值的5种常用方法单调性法先确定函数的单调性，再由单调性结合端点值求最值图象法先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值基本不等式法先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件，然后用基本不等式求出最值导数法先求出导函数，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值换元法对于比较复杂的函数，可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值[针对训练]1．函数y＝x＋eq\r(1－x2)的最大值为________．解析：由1－x2≥0，可得－1≤x≤1.可令x＝cosθ，θ∈[0，π]，则y＝cosθ＋sinθ＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，θ∈[0，π]，所以－1≤y≤eq\r(2)，故原函数的最大值为eq\r(2).答案：eq\r(2)2．对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a>b.))设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________．解析：在同一坐标系中作出函数f(x)，g(x)的图象，依题意，h(x)的图象如图中实线所示．易知点A(2,1)为图象的最高点，因此h(x)的最大值为h(2)＝1.答案：1层级三/细微点——优化完善(扫盲点)1．(忽视复合函数单调性的性质)函数f(x)＝eq\r(3＋2x－x2)的单调递增区间是()A．(－∞，1] B．[1，＋∞)C．[1,3] D．[－1,1]解析：选D设z＝3＋2x－x2，则y＝eq\r(z)，由3＋2x－x2≥0，解得－1≤x≤3，由于z＝3＋2x－x2在[－1,1]上单调递增，在(1,3]上单调递减，又y＝eq\r(z)在定义域上单调递增，可得f(x)＝eq\r(3＋2x－x2)的单调递增区间为[－1,1]．2．(忽略抽象函数的定义域)设a∈R，已知函数y＝f(x)是定义在[－4,4]上的减函数，且f(a＋1)>f(2a)，则a的取值范围是()A．[－4,1) B．(1,4]C．(1,2] D．[－5,2]解析：选C∵函数y＝f(x)是定义在[－4,4]上的减函数，且f(a＋1)>f(2a)，∴－4≤a＋1<2a≤4，解得1<a≤2，故选C.3．(结合新定义问题)如果函数y＝f(x)在区间I上是减函数，而函数y＝eq\f(fx,x)在区间I上是增函数，那么称函数y＝f(x)是区间I上的“缓减函数”，区间I叫“缓减区间”．可以证明函数f(x)＝eq\f(x,a)＋eq\f(b,x)(a>0，b>0)的单调递增区间为(－∞，－eq\r(ab)]，[eq\r(ab)，＋∞)；单调递减区间为[－eq\r(ab)，0)，(0，eq\r(ab)]．若函数h(x)＝eq\f(1,2)x2－2x＋1是区间I上的“缓减函数”，则下列区间中为函数h(x)的“缓减区间”的是()A．(0,2] B．(0，eq\r(2)]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)) D．[1，eq\r(3)]解析：选C对于h(x)＝eq\f(1,2)x2－2x＋1，单调递减区间是(－∞，2]；对于y＝eq\f(hx,x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(1,x)－2，单调递增区间是(－∞，－eq\r(2)]和[eq\r(2)，＋∞)，h(x)＝eq\f(1,2)x2－2x＋1的“缓减区间”为(－∞，－eq\r(2)]和[eq\r(2)，2]，只有C中的eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))⊆[eq\r(2)，2]，其他都不包含在上述区间中的任意一个之内，故选C.4．(混淆“单调区间”和“在区间上单调”)(1)若函数f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2的单调递减区间是(－∞，4]，则实数a的取值范围是________．(2)若函数f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2在区间(－∞，4]上单调递减，则实数a的取值范围是________．解析：(1)因为函数f(x)的单调递减区间为(－∞，4]，且函数f(x)的图象的对称轴为直线x＝1－a，所以1－a＝4，即a＝－3.(2)因为函数f(x)在区间(－∞，4]上单调递减，且函数f(x)的图象的对称轴为直线x＝1－a，所以1－a≥4，即a≤－3.答案：(1){－3}(2)(－∞，－3]5．(强化开放思维)能使“函数f(x)＝x|x－1|在区间I上不是单调函数，且在区间I上的函数值的集合为[0,2]”是真命题的一个区间I为________．解析：已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x，x≥1，,－x2＋x，x<1，))所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内单调递减．又f(0)＝f(1)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,4)<2，f(2)＝2，则符合题意的一个区间I可以为[0,2]．答案：[0,2](答案不唯一)[课时验收评价]一、点全面广强基训练1．(2021·全国甲卷)下列函数中是增函数的为()A．f(x)＝－x B．f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))xC．f(x)＝x2 D．f(x)＝eq\r(3,x)解析：选D函数f(x)＝－x是一次函数，在R上是减函数；函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))x是指数函数，底数0<eq\f(2,3)<1，所以函数f(x)在R上是减函数；函数f(x)＝x2是二次函数，在(－∞，0]上是减函数，在[0，＋∞)上是增函数；函数f(x)＝eq\r(3,x)＝xeq\f(1,3)是幂函数，指数eq\f(1,3)>0，所以函数f(x)在R上是增函数．故选D.2．设a∈R，函数f(x)在R上是增函数，则()A．f(a2＋a＋2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4))) B．f(a2＋a＋2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)))C．f(a2＋a＋2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4))) D．f(a2＋a＋2)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)))解析：选C∵a2＋a＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2＋eq\f(7,4)≥eq\f(7,4)，又f(x)在R上是增函数，∴f(a2＋a＋2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4))).3．函数y＝eq\r(x2＋3x)的单调递减区间为()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，＋∞))C．[0，＋∞) D．(－∞，－3]解析：选D由题意，x2＋3x≥0，可得x≤－3或x≥0，函数y＝eq\r(x2＋3x)的定义域为(－∞，－3]∪[0，＋∞)．令t＝x2＋3x，则外层函数y＝eq\r(t)在[0，＋∞)上单调递增，内层函数t＝x2＋3x在(－∞，－3]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，所以，函数y＝eq\r(x2＋3x)的单调递减区间为(－∞，－3]．4．已知函数f(x)是定义域为[0，＋∞)上的减函数，且f(2)＝－1，则满足f(2x－4)>－1的实数x的取值范围是()A．(3，＋∞) B．(－∞，3)C．[2,3) D．[0,3)解析：选Cf(x)在定义域[0，＋∞)上是减函数，且f(2)＝－1，∴f(2x－4)>－1可化为f(2x－4)>f(2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－4≥0，,2x－4<2，))解得2≤x<3.5．若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝eq\f(a,x)在区间[1,2]上都单调递减，则a的取值范围是()A．(－1,0)∪(0,1) B．(－1,0)C．(0,1) D．(0,1]解析：选D因为g(x)＝eq\f(a,x)在区间[1,2]上单调递减，所以a>0.因为函数f(x)＝－x2＋2ax的图象开口向下，对称轴为直线x＝a，且函数f(x)在区间[1,2]上单调递减，所以a≤1.故满足题意的a的取值范围是(0,1]．6．函数y＝－x2＋2|x|＋1的单调递增区间为________，单调递减区间为________．解析：由于y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋1，x≥0，,－x2－2x＋1，x<0，))即y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－12＋2，x≥0，,－x＋12＋2，x<0.))画出函数图象如图所示，单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]，单调递减区间为(－1,0)和(1，＋∞)．答案：(－∞，－1]和[0,1](－1,0)和(1，＋∞)7．设函数f(x)＝eq\f(2x,x－2)在区间[3,4]上的最大值和最小值分别为M，m，则eq\f(m2,M)＝________.解析：f(x)＝eq\f(2x,x－2)＝eq\f(2x－4＋4,x－2)＝2＋eq\f(4,x－2)在[3,4]上是减函数，∴f(x)min＝f(4)＝4，f(x)max＝f(3)＝6，∴M＝6，m＝4，∴eq\f(m2,M)＝eq\f(16,6)＝eq\f(8,3).答案：eq\f(8,3)8．函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－5，x≤2，,3sinx，x>2))的值域为________．解析：当x≤2时，f(x)＝2x－5单调递增，则－5<f(x)≤－1；当x>2时，sinx∈[－1,1]，∴f(x)＝3sinx∈[－3,3]．故f(x)的值域是(－5,3]．答案：(－5,3]9．已知函数f(x)＝eq\f(x＋2,x).(1)写出函数f(x)的定义域和值域；(2)证明：函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数，并求f(x)在x∈[2,8]上的最大值和最小值．解：(1)函数f(x)的定义域为{x|x≠0}．又f(x)＝1＋eq\f(2,x)，所以值域为{y|y≠1}．(2)证明：由题意可设0<x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x2)))＝eq\f(2,x1)－eq\f(2,x2)＝eq\f(2x2－x1,x1x2).又0<x1<x2，所以x1x2>0，x2－x1>0，所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数．在x∈[2,8]上，f(x)的最大值为f(2)＝2，最小值为f(8)＝eq\f(5,4).10．已知函数f(x)＝a－eq\f(2,2x＋1).(1)求f(0)；(2)探究f(x)的单调性，并证明你的结论；(3)若f(x)为奇函数，求满足f(ax)<f(2)的x的取值范围．解：(1)f(0)＝a－eq\f(2,20＋1)＝a－1.(2)f(x)在R上单调递增．证明如下：∵f(x)的定义域为R，∴任取x1，x2∈R且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝a－eq\f(2,2x1＋1)－a＋eq\f(2,2x2＋1)＝eq\f(2·2x1－2x2,1＋2x11＋2x2)，∵y＝2x在R上单调递增且x1<x2，即0<2x1<2x2，∴2x1－2x2<0,2x1＋1>0,2x2＋1>0.∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)．∴f(x)在R上单调递增．(3)∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，即a－eq\f(2,2－x＋1)＝－a＋eq\f(2,2x＋1)，解得a＝1.∴f(ax)<f(2)即为f(x)<f(2)，又∵f(x)在R上单调递增，∴x<2.∴x的取值范围是(－∞，2)．二、重点难点培优训练1．已知减函数f(x)的定义域是实数集R，m，n都是实数．如果不等式f(m)－f(n)>f(－m)－f(－n)成立，那么下列不等式成立的是()A．m－n<0 B．m－n>0C．m＋n<0 D．m＋n>0解析：选A设F(x)＝f(x)－f(－x)，由于f(x)是R上的减函数，∴f(－x)是R上的增函数，－f(－x)是R上的减函数，∴F(x)是R上的减函数，∴当m<n时，有F(m)>F(n)，即f(m)－f(－m)>f(n)－f(－n)成立．因此，当f(m)－f(n)>f(－m)－f(－n)成立时，不等式m－n<0一定成立，故选A.2．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上是增函数；(2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)>4.解：(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}．第三节函数的奇偶性与周期性eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1.结合具体函数，了解函数奇偶性的含义.,2.会运用函数的图象理解和研究函数的奇偶性.,3.了解函数周期性、最小正周期的含义，会判断、应用简单函数的周期性.))1．函数的奇偶性奇偶性定义图象特点奇函数如果对于函数f(x)的定义域内任意一个x，都有f(－x)＝－f(x)，那么函数f(x)就叫做奇函数关于原点对称偶函数如果对于函数f(x)的定义域内任意一个x，都有f(－x)＝f(x)，那么函数f(x)就叫做偶函数关于y轴对称2．函数的周期性周期函数对于函数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f(x)为周期函数，称T为这个函数的周期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)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|)．(2)奇函数在两个对称的区间上具有相同的单调性；偶函数在两个对称的区间上具有相反的单调性．(3)奇函数的特殊性质①若f(x)为奇函数，则f(x)＋f(－x)＝0.特别地，若f(x)存在最值，则f(x)min＋f(x)max＝0.②若F(x)＝f(x)＋c，f(x)为奇函数，则F(－x)＋F(x)＝2c.特别地，若F(x)存在最值，则F(x)min＋F(x)max＝2c.(4)函数周期性的3个常用结论对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>0)；②若f(x＋a)＝eq\f(1,fx)，则T＝2a(a>0)；③若f(x＋a)＝－eq\f(1,fx)，则T＝2a(a>0)．(5)对称性的3个常用结论①若函数y＝f(x＋a)是偶函数，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＝a对称．③若函数y＝f(x＋b)是奇函数，则函数y＝f(x)的图象关于点(b,0)中心对称．1．下列函数中，既是偶函数又在区间(1,2)内单调递减的是()A．f(x)＝eq\r(x) B．f(x)＝eq\f(1,x2)C．f(x)＝2x＋2－x D．f(x)＝－cosx答案：B2．已知f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，当x∈[0,1]时，f(x)＝2x，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))等于()A.eq\f(1,2) B．eq\r(2)C.eq\f(\r(2),2) D．1解析：选B由f(x＋2)＝f(x)，知函数f(x)的周期T＝2，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2eq\f(1,2)＝eq\r(2).3．已知函数f(x)为奇函数，当x<0时，f(x)＝2x＋2，则f(1)＝________.答案：－eq\f(5,2)4．已知f(x)＝ax2＋bx是定义在[a－1,2a]上的偶函数，那么a＋b的值是________．答案：eq\f(1,3)层级一/基础点——自练通关(省时间)基础点判断函数的奇偶性[题点全训]1．在函数y＝xcosx，y＝ex＋x2，y＝lgeq\r(x2－2)，y＝xsinx中，偶函数的个数是()A．1 B．2C．3 D．4解析：选By＝xcosx是奇函数，y＝lgeq\r(x2－2)和y＝xsinx是偶函数，y＝