2024年高考数学第二章函数的概念与基本初等函数

第二章函数的概念与基本初等函数2．1函数的概念及其表示考试要求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，理解函数图象的作用．3．通过具体实例，了解简单的分段函数，并能简单应用．知识梳理1．函数的概念(1)函数的定义一般地，设A，B是非空的实数集，如果对于集合A中的任意一个数x，按照某种确定的对应关系f，在集合B中都有唯一确定的数y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、值域和对应关系三个要素构成．在函数y＝f(x)，x∈A中，自变量的取值范围(即数集A)称为这个函数的定义域，所有函数值组成的集合{f(x)|x∈A}称为函数的值域．2．函数的表示法解析法图象法列表法用解析式表示两个变量之间的对应关系用图象表示两个变量之间的对应关系列出表格来表示两个变量之间的对应关系3.分段函数若函数在其定义域内，对于定义域内的不同取值区间，有着不同的对应关系，这样的函数叫做分段函数．注意关于分段函数的3个注意点(1)分段函数虽然由几个部分构成，但它表示同一个函数；(2)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；(3)各段函数的定义域不可以相交.常用结论与知识拓展1．几种常见函数的定义域(1)f(x)为分式型函数时，定义域为使分母不为零的实数集合．(2)f(x)为偶次根式型函数时，定义域为使被开方式非负的实数集合．(3)f(x)为对数式时，函数的定义域是使真数为正数、底数为正且不为1的实数集合．(4)若f(x)＝x0，则定义域为{x|x≠0}．(5)f(x)为指数式时，函数的定义域是使底数大于0且不等于1的实数集合．2．直线x＝a(a是常数)与函数y＝f(x)的图象有0个或1个交点．3．判断两个函数相等的依据是两个函数的定义域和对应关系完全一致．4．基本初等函数的值域(1)y＝kx＋b(k≠0)的值域是R.(2)y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的值域：当a>0时，值域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))；当a<0时，值域为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4ac－b2,4a))).(3)y＝eq\f(k,x)(k≠0)的值域是{y|y≠0}．(4)y＝ax(a>0且a≠1)的值域是(0，＋∞)．(5)y＝logax(a>0且a≠1)的值域是R.基础检测1．判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“√”，错误的画“×”．(1)函数f(x)＝x2－2x与g(t)＝t2－2t是同一个函数．(√)(2)若两个函数的定义域与值域相同，则这两个函数是同一个函数．(×)(3)函数f(x)的图象与直线x＝1最多有一个交点．(√)(4)分段函数是由两个或几个函数组成的．(×)(5)f(x)＝eq\r(x－3)＋eq\r(2－x)是一个函数．(×)2．(教材改编题)函数y＝f(x)图象如图所示，则：(1)f(f(2))＝2；(2)若－1＜x1≤x2＜2，则f(x1)与f(x2)的大小关系为f(x1)≥f(x2)；(3)若f(x)＝0，则x＝－3.解析：(1)由题图可知，f(2)＝2，故f(f(2))＝f(2)＝2.(2)由题图可知，f(x)在区间(－1,2)上是单调减函数，故可得f(x1)≥f(x2)．(3)由题图可知，f(x)过点(－3,0)，故可得x＝－3.3．(教材改编题)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,2x－1，x>0，))则f(f(0))的值为1；方程f(－x)＝1的解是0或－1.解析：∵f(0)＝1，∴f(f(0))＝f(1)＝1；当－x≤0时，f(－x)＝－x＋1＝1，解得x＝0；当－x>0时，f(－x)＝2－x－1＝1，解得x＝－1.4．(教材改编题)下列四组函数中表示同一个函数的是③.(填序号)①f(x)＝eq\r(x－1)·eq\r(x－1)与g(x)＝eq\r(x－12)；②f(x)＝x与g(x)＝eq\f(x2,x)；③f(x)＝eq\r(x2)与g(x)＝|x|；④f(x)＝1，x∈R与g(x)＝x0.解析：①中函数f(x)的定义域为[1，＋∞)，g(x)的定义域为R，定义域不同，不是同一个函数；②中函数f(x)的定义域为R，g(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，定义域不同，不是同一个函数；③中函数f(x)，g(x)的定义域均为R，对应关系也相同，是同一个函数；④中函数f(x)的定义域为R，g(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，定义域不同，不是同一个函数．故填③.5．(多选题)下列图形中可以表示以M＝{x|0≤x≤1}为定义域，N＝{y|0≤y≤1}为值域的函数的图象是(BC)解析：A选项中的值域不满足，D选项不是函数的图象，由函数的定义可知选项B，C正确．考点1函数的定义域【例1】(1)(2022·山东济南联考)函数f(x)＝eq\r(1－4x2)＋ln(3x－1)的定义域为(B)A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,4))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))解析：要使函数f(x)＝eq\r(1－4x2)＋ln(3x－1)有意义，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－4x2≥0，,3x－1>0))⇒eq\f(1,3)<x≤eq\f(1,2).∴函数f(x)的定义域为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))).故选B.(2)(2022·河北唐山检测)已知函数y＝f(x)的定义域为[－8,1]，则函数g(x)＝eq\f(f2x＋1,x＋2)的定义域是(C)A．(－∞，－2)∪(－2,3]B．(－8，－2)∪(－2,1]C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，－2))∪(－2,0]D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，－2))解析：∵f(x)的定义域为[－8,1]，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－8≤2x＋1≤1，,x＋2≠0，))解得－eq\f(9,2)≤x≤0，且x≠－2.∴g(x)的定义域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，－2))∪(－2,0]．故选C.规律总结1．求给定解析式的函数定义域的方法求给定解析式的函数的定义域，其实质就是以函数解析式中所含式子(运算)有意义为准则，列出不等式或不等式组求解；对于实际问题，定义域应使实际问题有意义．2．求抽象函数定义域的方法(1)若已知函数f(x)的定义域为[a，b]，则复合函数f(g(x))的定义域可由不等式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．3．定义域是一个集合，要用集合或区间表示，若用区间表示数集，不能用“或”连接，而应该用并集符号“∪”连接．【对点训练1】(1)已知函数f(2x－1)的定义域为[0,1]，则eq\f(f2x＋1,log2x＋1)的定义域是(A)A．(－1,0) B．(－1,0]C．[－1,0) D．[－1,0]解析：由题意0≤x≤1，∴－1≤2x－1≤1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤2x＋1≤1，,x＋1>0，,x＋1≠1，))解得－1<x<0.(2)(2022·湖北襄阳模拟)已知函数f(x)＝eq\f(3x－1,ax2＋ax－3)的定义域是R，则实数a的取值范围是－12<a≤0.解析：因为函数f(x)＝eq\f(3x－1,ax2＋ax－3)的定义域是R，所以ax2＋ax－3≠0对任意实数x都成立．当a＝0时，显然成立；当a≠0时，需Δ＝a2＋12a<0，解得－12<a<0.综上所述，实数a的取值范围为－12<a≤0.考点2求函数的解析式【例2】(1)(2022·广东东莞三模)已知f(eq\r(x)＋1)＝x＋2eq\r(x)，则f(x)＝(C)A．x2－1(x≥0) B．eq\r(x)＋1(x≥1)C．x2－1(x≥1) D．eq\r(x)－1(x≥0)解析：已知f(eq\r(x)＋1)＝x＋2eq\r(x)，则f(eq\r(x)＋1)＝(eq\r(x))2＋2eq\r(x)＋1－1＝(eq\r(x)＋1)2－1，令t＝eq\r(x)＋1(t≥1)，∴f(t)＝t2－1(t≥1)，∴f(x)＝x2－1(x≥1)．(2)设函数f(x)是单调递增的一次函数，满足f(f(x))＝16x＋5，则f(x)＝(D)A．－4x－eq\f(5,3) B．4x－eq\f(5,3)C．4x－1 D．4x＋1解析：∵f(x)为单调递增的一次函数，∴设f(x)＝ax＋b(a>0)，故f(f(x))＝a(ax＋b)＋b＝a2x＋ab＋b＝16x＋5，∴a2＝16，ab＋b＝5，解得a＝4，b＝1或a＝－4，b＝－eq\f(5,3)(不合题意，舍去)．因此f(x)＝4x＋1.故选D.(3)若函数f(x)满足f(x)－2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝x＋2，则f(2)＝－3.解析：由f(x)－2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝x＋2，可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))－2f(x)＝eq\f(1,x)＋2，联立两式可得f(x)＝－eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))－2，代入x＝2可得f(2)＝－3.规律总结求函数解析式的常用方法(1)待定系数法：若已知函数的类型，可用待定系数法；(2)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；(3)配凑法：由已知条件f(g(x))＝F(x)，可将F(x)改写成关于g(x)的解析式，然后以x替代g(x)，便得f(x)的解析式；(4)构造法：已知关于f(x)与feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))或f(－x)的解析式，可根据已知条件再构造出另外一个等式，通过解方程组求出f(x)．【对点训练2】(1)(2022·湖南长沙模拟)已知函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x＋1)))＝2x2－3x，则f(2)＝(A)A．－1 B．1C．2 D．3解析：令eq\f(4,x＋1)＝2，则x＝1，所以f(2)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,1＋1)))＝2－3＝－1.故选A.(2)若f(x)满足2f(x)＋f(－x)＝3x，则f(x)＝3x解析：因为2f(x)＋f(－x)＝3x①，将x用－x替换，得2f(－x)＋f(x)＝－3x②，由①②得f(x)＝3考点3分段函数命题角度1求分段函数的函数值【例3】(1)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋1，x<2，,x2＋ax，x≥2，))若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))))＝－6，则实数a＝－5，f(2)＝－6.解析：由题意，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝3×eq\f(2,3)＋1＝3，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))))＝f(3)＝9＋3a＝－6，所以a＝－5，f(2)＝4－5×2＝－6.(2)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x，x≥3.,fx＋1，x<3，))则f(2＋log32)的值为eq\f(1,54).解析：因为2＋log31<2＋log32<2＋log33，即2<2＋log32<3，所以f(2＋log32)＝f(2＋log32＋1)＝f(3＋log32)，又3<3＋log32<4，所以f(3＋log32)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋log32＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))log32＝eq\f(1,27)×(3－1)log32＝eq\f(1,27)×3－log32＝eq\f(1,27)×3eq\s\up15(log3eq\f(1,2))＝eq\f(1,27)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,54)，所以f(2＋log32)＝eq\f(1,54).规律总结关于分段函数求值问题的解题思路(1)求函数值：先确定要求值的自变量属于哪一段区间，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．(2)求自变量的值：先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验．【对点训练3】德国数学家狄利克雷在1837年时提出：“如果对于x的每一个值，y总有一个完全确定的值与之对应，则y是x的函数”．这个定义较清楚地说明了函数的内涵：只要有一个法则，使得取值范围中的每一个值，都有一个确定的y与之对应，不管这个对应法则是公式、图象、表格还是其他形式．已知函数f(x)由下表给出，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))的值为(D)xx≤11<x<2x≥2f(x)123A．0 B．1C．2 D．3解析：∵eq\f(1,2)∈(－∞，1]，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1，则10feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝10，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＝f(10)．又∵10∈[2，＋∞)，∴f(10)＝3.故选D.命题角度2分段函数与方程、不等式问题【例4】(1)设f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)，0<x<1，,2x－1，x≥1，))若f(a)＝f(a＋1)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝(C)A．2 B．4C．6 D．8解析：因为当0＜x＜1时，f(x)＝eq\r(x)为增函数，当x≥1时，f(x)＝2(x－1)为增函数，又f(a)＝f(a＋1)，所以eq\r(a)＝2(a＋1－1)，所以a＝eq\f(1,4).所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝f(4)＝6.(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(D)A．(－∞，－1] B．(0，＋∞)C．(－1,0) D．(－∞，0)解析：因为f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x，x≤0，,1，x>0，))所以函数f(x)的图象如图所示．由图可知，当x＋1≤0且2x≤0时，函数f(x)为减函数，故f(x＋1)＜f(2x)转化为x＋1＞2x.此时x≤－1.当2x＜0且x＋1＞0时，f(2x)＞1，f(x＋1)＝1，满足f(x＋1)＜f(2x)．此时－1＜x＜0.综上，不等式f(x＋1)＜f(2x)的解集为(－∞，－1]∪(－1,0)＝(－∞，0)．规律总结已知函数值或函数的取值范围求自变量的值或范围时，应根据每一段的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量的值或范围是否符合相应段的自变量的取值范围．尤其要注意，当分段函数的自变量范围不确定时，应分类讨论．【对点训练4】(1)(2022·山东潍坊一中模拟)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－1，x≥2，,log2x，0<x<2，))若f(m)＝3，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－m))＝－1.解析：当m≥2时，m2－1＝3，所以m＝2或m＝－2(舍去)；当0<m<2时，log2m＝3，所以m＝8(舍去)．所以m＝2.所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－m))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝log2eq\f(1,2)＝－1.(2)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋x，x≥0，,－3x，x<0，))若a[f(a)－f(－a)]>0，则实数a的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．解析：由题意知，a≠0，当a>0时，不等式a[f(a)－f(－a)]>0可化为a2＋a－3a>0，解得a>2.当a<0时，不等式a[f(a)－f(－a)]>0可化为－a2－2a<0，解得a<－2.综上所述，a的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋考点4求函数的值域【例5】求下列函数的值域．(1)y＝eq\f(4x－2,2x＋1)；(2)y＝x＋eq\r(2x－1)；(3)y＝logeq\s\do8(\f(1,3))(－x2－4x＋5)．解：(1)函数y＝eq\f(4x－2,2x＋1)定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(1,2))))).因为y＝eq\f(4x－2,2x＋1)＝eq\f(4x＋2－4,2x＋1)＝2－eq\f(4,2x＋1)，所以值域为{y|y≠2}．(2)解法1：函数y＝x＋eq\r(2x－1)定义域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，令t＝eq\r(2x－1)，则x＝eq\f(t2＋1,2)，所以y＝eq\f(t2＋1,2)＋t＝eq\f(1,2)(t＋1)2(t≥0)．因为函数y＝eq\f(1,2)(t＋1)2在区间[0，＋∞)上单调递增，所以y∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).解法2：函数y＝x＋eq\r(2x－1)定义域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，因为函数y＝x＋eq\r(2x－1)在区间eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，所以函数y＝x＋eq\r(2x－1)的值域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(3)令t＝－x2－4x＋5，由t>0，得－5<x<1.所以函数的定义域为(－5，1)．又t＝－x2－4x＋5＝－(x＋2)2＋9∈(0,9]，所以函数y＝logeq\s\do8(\f(1,3))t∈[－2，＋∞)．故值域为[－2，＋∞)．规律总结求值域的方法(1)分离常数法，形如y＝eq\f(afx＋b,cfx＋d)(ac≠0)(f(x)为常见的基本初等函数)的函数常用分离常数法或反解法(即用y表示f(x)，然后借助f(x)的取值范围求y的取值范围)；(2)换元法，形如y＝ax±b±eq\r(cx±d)，通过换元将他们转化为有理函数，通过求有理函数的值域间接求原函数的值域．若函数的解析式可以看作是一个关于基本初等函数的二次式，可以考虑换元法，但是要注意换元后新元的取值范围．对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求值域；(3)基本不等式法，先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后，用基本不等式求出值域；(4)单调性法，先确定函数的单调性，再由单调性求值域．【对点训练5】求下列函数的值域：(1)y＝eq\f(2x－1,2x＋1)；(2)y＝2x＋eq\r(1－x).解：(1)因为y＝eq\f(2x－1,2x＋1)＝1－eq\f(2,2x＋1)，定义域为R.当x∈R时，2x＋1>1，eq\f(1,2x＋1)∈(0,1)，－eq\f(2,2x＋1)∈(－2,0)，所以y＝1－eq\f(2,2x＋1)∈(－1,1)．故值域为(－1,1)．(2)函数定义域为(－∞，1]．令t＝eq\r(1－x)，则t≥0且x＝1－t2.此时y＝2(1－t2)＋t＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,4)))2＋eq\f(17,8)，当t＝eq\f(1,4)时，y取到最大值eq\f(17,8)，故函数值域为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(17,8))).函数的新定义问题(1)函数新定义问题的一般形式是由命题者先给出一个新的概念、新的运算法则，或者给出一个抽象函数的性质等，然后让学生按照这种“新定义”去解决相关的问题．(2)解决函数新定义问题的关键是紧扣新定义，学会语言的翻译和新旧知识的转化，可以培养学生的数学抽象的核心素养．【题目呈现】(多选题)(2022·广东深圳3月模拟)在平面直角坐标系中，横坐标、纵坐标均为整数的点称为整点，若函数f(x)的图象恰好经过n(n∈N*)个整点，则称函数f(x)为n阶整点函数．下列函数是一阶整点函数的是(AD)A．f(x)＝sin2x B．g(x)＝x3C．h(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x D．φ(x)＝lnx解析：对于函数f(x)＝sin2x，它的图象(图略)只经过一个整点(0,0)，所以它是一阶整点函数；对于函数g(x)＝x3，它的图象(图略)经过整点(0,0)，(1,1)，…，所以它不是一阶整点函数；对于函数h(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x，它的图象(图略)经过整点(0,1)，(－1,3)，…，所以它不是一阶整点函数；对于函数φ(x)＝lnx，它的图象(图略)只经过一个整点(1,0)，所以它是一阶整点函数．故选AD.素养检测1．若一系列函数的解析式和值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，请写出一个与函数y＝x2，x∈[0,2]为“同族函数”的函数：y＝x2，x∈[－2,1](答案不唯一，参考解析中的t，m的值)．解析：函数y＝x2，x∈[0,2]的值域为[0,4]，因此其“同族函数”的函数解析式可以是y＝x2，x∈[－2，t](0≤t≤2)，也可以是y＝x2，x∈[m,2](－2≤m≤0)中的任意一个．2．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xx－1，x≥0，,－f－x，x<0，))则满足f(x)＋f(x－1)<2的x的取值范围是(－∞，2)．解析：当x<0时，f(x)＝－f(－x)＝－[－x(－x－1)]＝－x(x＋1)，①若x<0，则x－1<－1，由f(x)＋f(x－1)<2得－x(x＋1)－(x－1)x<2，即－2x2<2，即x2>－1，此式恒成立，此时x<0.②若x≥1，则x－1≥0，由f(x)＋f(x－1)<2得x(x－1)＋(x－1)(x－2)<2，即x2－2x<0，即0<x<2，此时1≤x<2.③若0≤x<1，则x－1<0，由f(x)＋f(x－1)<2得x(x－1)－(x－1)x<2，即0<2，此时不等式恒成立，此时0≤x<1.综上x<2，即不等式的解集为(－∞，2)．课时作业6基础巩固一、单项选择题1．f(x)＝eq\r(1－x)＋lg(3x－1)的定义域为(A)A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)) B．(0,1]C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))解析：要使f(x)＝eq\r(1－x)＋lg(3x－1)有意义，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x≥0，,3x－1>0，))解得eq\f(1,3)<x≤1.所以函数f(x)＝eq\r(1－x)＋lg(3x－1)的定义域为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).故选A.2．(2022·安徽安庆期中)已知函数f(2x－1)＝x2－3，则f(3)＝(A)A．1 B．2C．4 D．6解析：令2x－1＝3，得x＝2，则f(3)＝22－3＝1.故选A.3．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－3，x≥1，,x2－2x－2，x<1，))若f(x0)＝1，则x0＝(A)A．－1或2 B．2或3C．－1或3 D．－1或2或3解析：当x0≥1时，f(x0)＝2x0－3，∴2x0－3＝1，∴x0＝2；当x0<1时，f(x0)＝xeq\o\al(2,0)－2x0－2，∴xeq\o\al(2,0)－2x0－2＝1，解得x0＝3(舍去)，x0＝－1，故选A.4．若函数y＝f(x)的定义域是[1,2]，则函数y＝f(eq\r(x))的定义域是(B)A．[1,2] B．[1,4]C．[1，eq\r(2)] D．[2,4]解析：若函数y＝f(x)的定义域是[1,2]，则1≤eq\r(x)≤2，解得1≤x≤4，故函数y＝f(eq\r(x))的定义域是[1,4]．5．已知f(eq\r(x)＋1)＝x＋3，则f(x＋1)的解析式为(B)A．f(x＋1)＝x＋4(x≥0)B．f(x＋1)＝x2＋3(x≥0)C．f(x＋1)＝x2－2x＋4(x≥1)D．f(x＋1)＝x2＋3(x≥1)解析：设t＝eq\r(x)＋1，t≥1，则eq\r(x)＝t－1，x＝(t－1)2，所以f(t)＝(t－1)2＋3，即f(x)＝(x－1)2＋3(x≥1)，所以f(x＋1)＝(x＋1－1)2＋3＝x2＋3，由x＋1≥1，得x≥0，所以f(x＋1)＝x2＋3(x≥0)．故选B.6．已知函数f(x)满足f(2x)＝2f(x)，且当1≤x<2时，f(x)＝x2，则f(3)＝(CA．eq\f(9,8) B．eq\f(9,4)C．eq\f(9,2) D．9解析：∵f(2x)＝2f(x)，且当1≤x<2时，f(x)＝x2，∴f(3)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＝eq\f(9,2).二、多项选择题7．(2022·山东济宁调研)下列四组函数中，f(x)与g(x)相等的是(CD)A．f(x)＝lnx2，g(x)＝2lnxB．f(x)＝x，g(x)＝(eq\r(x))2C．f(x)＝x，g(x)＝eq\r(3,x3)D．f(x)＝x，g(x)＝logaax(a>0且a≠1)解析：对于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，不是相等函数；对于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，不是相等函数；对于C，g(x)＝eq\r(3,x3)＝x(x∈R)，两函数的定义域和对应关系相同，是相等函数；对于D，g(x)＝logaax＝x，x∈R，两个函数的定义域和对应关系相同，是相等函数．8．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤－1，,x2＋1，－1<x<2，))关于函数f(x)的结论正确的是(BC)A．f(x)的定义域是RB．f(x)的值域是(－∞，5)C．若f(x)＝3，则x的值为eq\r(2)D．f(x)图象与y＝2有两个交点解析：由函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤－1，,x2＋1，－1<x<2))知，定义域为(－∞，－1]∪(－1,2)，即(－∞，2)，A错误；x≤－1时，f(x)＝x＋2∈(－∞，1]，－1<x<2时，x2∈(0,4)，故f(x)＝x2＋1∈(1,5)，故值域为(－∞，5)，B正确；由分段函数的取值可知f(x)＝3时x∈(－1，2)，即f(x)＝x2＋1＝3，解得x＝eq\r(2)或x＝－eq\r(2)(舍去)，故C正确；由分段函数的取值可知f(x)＝2时x∈(－1,2)，即f(x)＝x2＋1＝2，解得x＝1或x＝－1(舍去)，故f(x)图象与y＝2有1个交点，故D错误．故选BC.9．下列四个函数：①y＝3－x；②y＝2x－1(x>0)；③y＝x2＋2x－10；④y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x≤0，,\f(1,x)，x>0，))其中定义域与值域相同的函数可以为(AD)A．① B．②C．③ D．④解析：①y＝3－x的定义域与值域均为R；②y＝2x－1(x>0)的定义域为(0，＋∞)，值域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))；③y＝x2＋2x－10的定义域为R，值域为[－11，＋∞)；④y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x≤0，,\f(1,x)，x>0))的定义域和值域均为R.所以定义域与值域相同的函数是①④，故选AD.三、填空题10．已知f(x)是二次函数且满足f(0)＝1，f(x＋1)－f(x)＝2x，则函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－x＋1.解析：由题意，设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，因为f(0)＝1，即c＝1，所以f(x)＝ax2＋bx＋1，所以f(x＋1)－f(x)＝[a(x＋1)2＋b(x＋1)＋1]－(ax2＋bx＋1)＝2ax＋a＋b＝2x，从而有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝2，,a＋b＝0，))解得a＝1，b＝－1，所以f(x)＝x2－x＋1.11．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≥0，,4x，x<0，))若f(a)＝2，则实数a＝1.解析：当a≥0时，f(a)＝a＋1＝2，解得a＝1，符合条件．当a<0时，f(a)＝4a＝2，解得a＝eq\f(1,2)，不符合条件，所以实数a＝1.12．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2ax＋3a，x<1，,lnx，x≥1))的值域为R，则实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).解析：由题意知f(x)＝lnx(x≥1)的值域为[0，＋∞)，故要使f(x)的值域为R，则必有f(x)＝(1－2a)x＋3a为增函数，且1－2a＋3a≥0，所以1－2a>0且a≥－1，解得－1≤a<eq\f(1,2)，所以实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).素养提升13．定义在R上的函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy(x，y∈R)，f(1)＝3，则f(－3)＝(A)A．3 B．8C．9 D．24解析：由题意，令x＝y＝0，得f(0)＝f(0)＋f(0)＋2×0×0，所以f(0)＝0；令x＝y＝1，得f(2)＝f(1)＋f(1)＋2×1×1＝8；令x＝2，y＝1，得f(3)＝f(2)＋f(1)＋2×2×1＝15；令x＝3，y＝－3，得f(0)＝f(3)＋f(－3)＋2×3×(－3)，即0＝15＋f(－3)－18，所以f(－3)＝3.14．已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f(x)＝3eq\r(x)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋1，则f(x)＝－eq\f(3,8)eq\r(x)－eq\f(1,8)(x>0)．解析：在f(x)＝3eq\r(x)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋1中，将x换成eq\f(1,x)，则eq\f(1,x)换成x，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3eq\r(\f(1,x))·f(x)＋1，将该方程代入已知方程消去feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，得f(x)＝－eq\f(3,8)eq\r(x)－eq\f(1,8)(x>0)．15．如果几个函数的定义域相同、值域也相同，但解析式不同，称这几个函数为“同域函数”．函数y＝eq\r(x－1)－eq\r(2－x)的值域为[－1，1]，则与y是“同域函数”的一个解析式为y＝2x－3，x∈[1,2](答案不唯一)．解析：因为y＝eq\r(x－1)－eq\r(2－x)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1≥0，,2－x≥0，))所以函数的定义域为[1,2]．下面求函数y的值域，不妨先求函数y2的值域，令f(x)＝y2＝1－2eq\r(x－12－x)，令g(x)＝(x－1)(2－x)，x∈[1,2]，所以g(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，从而得出f(x)∈[0,1]，所以y∈[－1,1]，即函数的值域为[－1,1]．只要满足定义域为[1,2]，且值域为[－1,1]的函数均符合题意，例如y＝sin(2πx)，x∈[1,2]或y＝2x－3，x∈[1,2]或y＝3x－1－2，x∈[1,2]．16．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋1，x≤1，,x2－1，x>1，))若n>m，且f(n)＝f(m)，设t＝n－m，则t的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(5)－1，\f(17,12))).解析：画出f(x)的大致图象如图所示，3×1＋1＝4，令x2－1＝4(x>0)，解得x＝eq\r(5)，由n>m，f(n)＝f(m)得3m＋1＝n2－1，m＝eq\f(n2－2,3)，且1<n≤eq\r(5)，所以t＝n－m＝n－eq\f(n2－2,3)＝－eq\f(1,3)n2＋n＋eq\f(2,3)(1<n≤eq\r(5))，结合二次函数的性质可知，当n＝－eq\f(1,2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))))＝eq\f(3,2)时，t取得最大值，最大值为－eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋eq\f(3,2)＋eq\f(2,3)＝eq\f(17,12)，当n＝eq\r(5)时，t取得最小值，最小值为－eq\f(1,3)×(eq\r(5))2＋eq\r(5)＋eq\f(2,3)＝eq\r(5)－1.所以t的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(5)－1，\f(17,12))).2．2函数的单调性与最值考试要求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．理解函数的单调性、最大值、最小值的作用和实际意义．知识梳理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D，如果对于定义域D内某个区间I上的任意两个自变量的值x1，x2当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就称函数f(x)在区间I上单调递增．特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递增时，我们就称它是增函数当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就称函数f(x)在区间I上单调递减．特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递减时，我们就称它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I上单调递增或单调递减，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间I叫做y＝f(x)的单调区间．2．函数的最值前提设函数y＝f(x)的定义域为D，如果存在实数M满足：条件(1)∀x∈D，都有f(x)≤M；(2)∃x0∈D，使得f(x0)＝M(1)∀x∈D，都有f(x)≥M；(2)∃x0∈D，使得f(x0)＝M结论M为最大值M为最小值常用结论与知识拓展1．函数单调性的等价定义设任意x1，x2∈D(x1≠x2)，则(1)eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0)⇔f(x)在D上单调递增；(2)eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0)⇔f(x)在D上单调递减．2．函数f(x)＝ax＋eq\f(b,x)的单调性若a>0，b<0，则函数在区间(－∞，0)，(0，＋∞)上是增函数，若a<0，b>0，则函数在区间(－∞，0)，(0，＋∞)上是减函数；若a>0，b>0，则函数在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(b,a))，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(b,a))))上是减函数，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－eq\r(\f(b,a))))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(b,a))，＋∞))上是增函数．特别地，“对勾函数”y＝x＋eq\f(a,x)(a>0)的单调递增区间为(－∞，－eq\r(a))，(eq\r(a)，＋∞)；单调递减区间是[－eq\r(a)，0)，(0，eq\r(a)]．3．与函数运算有关的单调性结论(1)函数f(x)与f(x)＋c(c为常数)具有相同的单调性．(2)k>0时，函数f(x)与kf(x)单调性相同；k<0时，函数f(x)与kf(x)单调性相反．(3)若f(x)恒为正值或恒为负值，则f(x)与eq\f(1,fx)具有相反的单调性．(4)若f(x)，g(x)都是增(减)函数，则当两者都恒大于零时，f(x)·g(x)是增(减)函数；当两者都恒小于零时，f(x)·g(x)是减(增)函数．(5)在公共定义域内，增＋增＝增，减＋减＝减．(6)复合函数单调性的判断方法：若两个简单函数的单调性相同，则这两个函数的复合函数为增函数；若两个简单函数的单调性相反，则这两个函数的复合函数为减函数．简称“同增异减”．基础检测1．判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“√”，错误的画“×”．(1)函数y＝eq\f(1,x)的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．(×)(2)对于函数y＝f(x)，若f(1)<f(3)，则f(x)为增函数．(×)(3)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．(×)(4)函数f(x)＜1恒成立，则f(x)的最大值为1.(×)(5)若y＝f(x)在区间D上单调递增，则函数y＝kf(x)(k＜0)在区间D上单调递减．(√)2．(教材改编题)函数f(x)的图象如图所示，则函数f(x)在区间[－1,2]上单调递增，函数f(x)在区间[2,4]上单调递减．解析：由题图可知函数f(x)在区间[－1，2]上单调递增，在[2,4]上单调递减．3．(教材改编题)函数f(x)＝|x－a|＋1在[2，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是a≤2.解析：函数f(x)＝|x－a|＋1的单调递增区间是[a，＋∞)，当f(x)在[2，＋∞)上单调递增时，[2，＋∞)⊆[a，＋∞)，所以a≤2.4．(教材改编题)函数y＝eq\f(1,x－1)在区间[2,3]上的最小值为(B)A．2 B．eq\f(1,2)C．eq\f(1,3) D．－eq\f(1,2)解析：因为y＝eq\f(1,x－1)在区间[2,3]上单调递减，所以ymin＝eq\f(1,3－1)＝eq\f(1,2).故选B.5．(多选题)下列函数在(0，＋∞)上单调递减的是(ABD)A．f(x)＝－xeq\s\up15(eq\f(1,2)) B．f(x)＝2－xC．f(x)＝ln|x| D．f(x)＝eq\f(1,x2)解析：函数f(x)＝－xeq\s\up15(eq\f(1,2))＝－eq\r(x)在(0，＋∞)上单调递减；f(x)＝2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(0，＋∞)上单调递减；f(x)＝ln|x|，当x>0时，f(x)＝lnx在(0，＋∞)上单调递增；f(x)＝eq\f(1,x2)在(0，＋∞)上单调递减，故选ABD.考点1确定函数的单调性(区间)命题角度1求具体函数的单调区间【例1】(1)(2021·全国甲卷)下列函数中是增函数的为(D)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：解法1(通解)：取x1＝－1，x2＝0，对于A项有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以A项不符合题意；对于B项有f(x1)＝eq\f(3,2)，f(x2)＝1，所以B项不符合题意；对于C项有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以C项不符合题意．故选D.解法2(优解)：如图，在坐标系中分别画出A，B，C，D四个选项中函数的大致图象，即可快速直观判断D项符合题意．故选D.(2)函数f(x)＝|x－2|x的单调递减区间是[1,2]．解析：f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≥2，,－x2＋2x，x<2.))画出f(x)的大致图象(如图所示)，由图知f(x)的单调递减区间是[1,2]．规律总结判断函数单调性的四种方法(1)定义法：按照取值、作差变形、定号、下结论的步骤判断或证明函数在区间上的单调性；(2)图象法：对于熟悉的基本初等函数(或由基本初等函数构成的分段函数)，可以通过利用图象来判断单调性；(3)导数法：利用求导的方法(如含有ex，lnx的超越函数)判断函数的单调性；(4)复合法：针对一些简单的复合函数，可以利用复合函数的单调性法则(同增异减)来确定单调性．【对点训练1】(1)函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是(D)A．(－∞，－2) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)解析：由x2－2x－8>0，得f(x)的定义域为{x|x>4或x<－2}．设t＝x2－2x－8，则y＝lnt为增函数，要求函数f(x)的单调递增区间，即求函数t＝x2－2x－8的单调递增区间(定义域内)．因为函数t＝x2－2x－8在(4，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减，所以函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞)．(2)函数f(x)＝－x2＋2|x|＋1的单调递增区间为(－∞，－1]和(0,1]．解析：f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋1，x≥0，,－x2－2x＋1，x<0))＝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，可知函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1]和(0,1]．命题角度2判断或证明函数的单调性【例2】证明：函数f(x)＝2x－eq\f(1,x)在区间(－∞，0)上是增函数．证明：证法1：设x1，x2是区间(－∞，0)上的任意两个自变量的值，且x1<x2.则f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x1－\f(1,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(1,x2)))＝2(x1－x2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(1,x1)))＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,x1x2))).由于x1<x2<0，所以x1－x2<0,2＋eq\f(1,x1x2)>0，因此f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，故f(x)在(－∞，0)上是增函数．证法2：因为f(x)＝2x－eq\f(1,x)，所以f′(x)＝2＋eq\f(1,x2).因为x∈(－∞，0)，所以f′(x)>0，即f(x)在(－∞，0)上是增函数．规律总结利用定义法证明或判断函数单调性的步骤【对点训练2】试讨论函数f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－∞，1)上的单调性．解：解法1：设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)上单调递减；当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函数f(x)在(－∞，1)上单调递增．解法2：f′(x)＝eq\f(ax′x－1－axx－1′,x－12)＝eq\f(ax－1－ax,x－12)＝－eq\f(a,x－12).当a>0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－∞，1)上单调递减；当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－∞，1)上单调递增．考点2函数单调性的应用【例3】(1)已知函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，设a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(e)，则a，b，c的大小关系为(D)A．c>a>b B．c>b>aC．a>c>b D．b>a>c解析：由题意可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))).当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递减．因为1<2<eq\f(5,2)<e，所以f(2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))>f(e)，所以b>a>c.(2)已知函数f(x)＝lnx＋2x，若f(x2－4)<2，则实数x的取值范围是(－eq\r(5)，－2)∪(2，eq\r(5))．解析：因为函数f(x)＝lnx＋2x在定义域(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝ln1＋2＝2，所以由f(x2－4)<2得f(x2－4)<f(1)，所以0<x2－4<1，解得－eq\r(5)<x<－2或2<x<eq\r(5).(3)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－2x＋3a，x<1，,ax，x≥1，))且对任意的x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0，那么a的取值范围是eq\f(2,5)≤a<eq\f(2,3).解析：由已知条件可知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－2x＋3a，x<1，,ax，x≥1))是R上的减函数，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－2<0，,0<a<1，,3a－2＋3a≥a，))解得eq\f(2,5)≤a<eq\f(2,3).规律总结函数单调性的应用及解题策略(1)比较大小：转化到同一个单调区间内，再利用函数的单调性解决；(2)解函数不等式：利用函数的单调性将“f”脱掉，转化为具体的不等式求解，应注意函数的定义域；(3)利用单调性求参数的取值(或范围)：①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；②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，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值．【对点训练3】(1)设f(x)的定义域为R，图象关于y轴对称，且f(x)在[0，＋∞)上为增函数，则f(－2)，f(－π)，f(3)的大小顺序是(B)A．f(－π)<f(－2)<f(3)B．f(－2)<f(3)<f(－π)C．f(－π)<f(3)<f(－2)D．f(3)<f(－2)<f(－π)解析：∵f(x)的定义域为R，图象关于y轴对称，∴f(x)是偶函数，∴f(－2)＝f(2)，f(－π)＝f(π)，又f(x)在[0，＋∞)上为增函数，且2<3<π，∴f(2)<f(3)<f(π)，∴f(－2)<f(3)<f(－π)．故选B.(2)已知函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的函数，且在该区间上单调递增，则满足f(2x－1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))的x的取值范围是(D)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))解析：由题意得0≤2x－1<eq\f(1,3)，解得eq\f(1,2)≤x<eq\f(2,3).(3)已知函数f(x)＝loga(3－ax)(a>0且a≠1)在[1,2]上为减函数，则实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).解析：∵t＝3－ax(a＞0)在区间[1,2]上单调递减，函数f(x)＝loga(3－ax)(a＞0，a≠1)在区间[1,2]上单调递减，∴a＞1.又∵t＝3－ax＞0在区间[1,2]上恒成立，∴3－2a＞0，∴a＜eq\f(3,2)，∴1＜a＜eq\f(3,2).∴实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).考点3求函数的最值【例4】(1)函数y＝x＋eq\r(x－1)的最小值为1.解析：令t＝eq\r(x－1)，且t≥0，则x＝t2＋1，所以原函数变为y＝t2＋1＋t，t≥0.配方得y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)，又因为t≥0，所以y≥eq\f(1,4)＋eq\f(3,4)＝1，故函数y＝x＋eq\r(x－1)的最小值为1.(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1.解析：在同一直角坐标系中，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.规律总结求函数最值的三种常用方法eq\x(单调性法)→eq\x(\a\al(先确定函数的单调性，,再由单调性求值))eq\x(图象法)→eq\x(\a\al(先作出函数的图象，再观察其,最高点、最低点，求出最值))eq\x(\a\al(基本不,等式法))→eq\x(\a\al(先对解析式变形，使之具备,“一正二定三相等”的条件后,用基本不等式求出最值))【对点训练4】(1)(多选题)已知函数f(x)＝ln(x－2)＋ln(6－x)，则(BCD)A．f(x)在(2,6)上单调递增B．f(x)在(2,6)上的最大值为2ln2C．f(x)在(2,6)上无最小值D．f(x)的图象关于直线x＝4对称解析：f(x)＝ln(x－2)＋ln(6－x)＝ln[(x－2)(6－x)]，定义域为(2,6)．令t＝(x－2)(6－x)，则y＝lnt.因为二次函数t＝(x－2)(6－x)的图象的对称轴为直线x＝4，且在(2,4)上单调递增，在(4,6)上单调递减，所以当x＝4时，t有最大值4，所以f(x)max＝f(4)＝2ln2，f(x)在(2,6)上无最小值．故选BCD.(2)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋a，x≤0，,x＋\f(4,x)，x＞0))有最小值，则实数a的取值范围是[4，＋∞)．解析：由题意知，当x>0时，函数f(x)＝x＋eq\f(4,x)≥2eq\r(x·\f(4,x))＝4，当且仅当x＝2时取等号；当x≤0时，f(x)＝2x＋a∈(a,1＋a]，因此要使f(x)有最小值，则必须有a≥4.复合函数的单调性1．复合函数的单调性的判断方法y＝f(g(x))的单调性判断可用口诀：同增异减．y＝f(t)和t＝g(x)在单调性相同时，复合后的y＝f(g(x))是单调递增的，y＝f(t)和t＝g(x)在单调性不同时，复合后的y＝f(g(x))是单调递减的．2．利用函数的单调性求参数的范围(或值)的注意点：(1)视参数为已知数，依据函数的图象或单调性的定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数；(2)若分段函数是单调函数，则不仅要保证在各区间上单调性一致，还要确保在整个定义域内是单调的．【题目呈现】已知函数f(x)＝ax2－x－a＋2，若y＝ln[f(x)]在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，则实数a的取值范围是(C)A．[1，＋∞) B．[1,2)C．[1,2] D．(－∞，2]解析：∵y＝ln[f(x)]在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，且函数y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)＝ax2－x－a＋2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，且f(x)>0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上恒成立．当a＝0时，f(x)＝－x＋2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递减，不符合题意，故a≠0.当a≠0时，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,－\f(－1,2a)≤\f(1,2)，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≥0，))解得1≤a≤2.故选C.素养检测已知函数f(x)＝logeq\s\do8(\f(1,3))(x2－ax＋3a)在[1，＋∞)上单调递减，则实数a的取值范围是(C)A．(－∞，2] B．[2，＋∞)C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2)) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2))解析：令t＝x2－ax＋3a，易知y＝logeq\s\do8(\f(1,3))t在其定义域上单调递减，要使f(x)在[1，＋∞)上单调递减，则t＝x2－ax＋3a在[1，＋∞)上单调递增，且t＝x2－ax＋3a>0在[1，＋∞)上恒成立，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)≤1，,1－a＋3a>0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤2，,a>－\f(1,2)，))即－eq\f(1,2)<a≤2.因此，实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2)).故选C.课时作业7基础巩固一、单项选择题1．(2022·河北邯郸模拟)下列函数中，在(0，＋∞)上单调递增的是(C)A．y＝－x2＋1 B．y＝|x－1|C．y＝x3 D．y＝2－x解析：函数y＝－x2＋1在(0，＋∞)上单调递减，A不符合题意；由于函数y＝|x－1|的图象关于直线x＝1对称，在(1，＋∞)上单调递增，B不符合题意；x∈(0，＋∞)时，函数y＝x3的导数为y′＝3x2>0，因此函数在(0，＋∞)上单调递增，故C满足题意；函数y＝2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在区间(0，＋∞)上单调递减，D不符合题意．故选C.2．(2022·广东湛江模拟)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则(D)A．b<a＋c，c2<abB．b<a＋c，c2>abC．b>a＋c，c2<abD．b>a＋c，c2>ab解析：由题图知，a>0，b>0，c<0，f(1)＝a＋b＋c＝0，f(－1)＝a－b＋c<0，所以c＝－(a＋b)，b>a＋c，所以c2－ab＝[－(a＋b)]2－ab＝a2＋b2＋ab>0，即c2>ab.故选D.3．如果函数f(x)＝ax2＋2x－3在区间(－∞，4)上是单调递增的，则实数a的取值范围是(D)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))解析：当a＝0时，f(x)＝2x－3，在定义域R上是单调递增的，故在(－∞，4)上单调递增；当a≠0时，二次函数f(x)的对称轴为直线x＝－eq\f(1,a)，因为f(x)在(－∞，4)上单调递增，所以a<0，且－eq\f(1,a)≥4，－eq\f(1,4)≤a<0.综上所述，－eq\f(1,4)≤a≤0.故选D.4．(2022·山东烟台模拟)若函数f(x)＝x2－2x＋m在[3，＋∞)上的最小值为1，则实数m的值是(B)A．－3 B．－2C．－1 D．1解析：因为f(x)＝(x－1)2＋m－1在[3，＋∞)上为单调增函数，且f(x)在[3，＋∞)上的最小值为1，所以f(3)＝1，即m＝－2.故选B.5．函数y＝2－eq\r(－x2＋4x)的值域是(C)A．[－2,2] B．[1,2]C．[0,2] D．[－eq\r(2)，eq\r(2)]解析：由0≤eq\r(－x2＋4x)＝eq\r(－x－22＋4)≤2可知函数y＝2－eq\r(－x2＋4x)的值域为[0,2]．故选C.6．(2022·湖南株洲模拟)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x，x≥a，,－x3＋3x，x<a，))其中a≤－2，则满足f(x)＋f(x－1)<3的x的取值范围是(A)A．(－1，＋∞) B．(－eq\r(3)，＋∞)C．(－2，＋∞) D．(0，＋∞)解析：设y＝－x3＋3x，则y′＝－3x2＋3＝－3(x－1)(x＋1)，所以当x<－1或x>1时，函数y＝－x3＋3x单调递减；当－1<x<1时，函数y＝－x3＋3x单调递增．所以当x<a(a≤－2)时，函数y＝－x3＋3x单调递减．又当x≥a(a≤－2)时，函数y＝－x单调递减，且(－a3＋3a)－(－a)＝－a3＋4a＝－a(a2－4)≥0，所以函数f(x)在R上单调递减．设h(x)＝f(x)＋f(x－1)，则h(x)在R上也为单调递减函数，又h(－1)＝f(－1)＋f(－2)＝3，即h(x)<h(－1)，所以二、多项选择题7．(2022·辽宁百校联盟模拟)下列函数中，在(2,4)上是减函数的是(AC)A．y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))xB．y＝log2(x2＋3x)C．y＝eq\f(1,x－2)D．y＝cosx解析：根据指数函数的性质得y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x在(2,4)上是减函数，符合题意；根据复合函数的单调性可知y＝log2(x2＋3x)在(2,4)上是增函数，不符合题意；根据反比例函数的性质及函数图象的平移得y＝eq\f(1,x－2)在(2,4)上是减函数，符合题意；根据余弦函数的性质得，y＝cosx在(2,4)上先减后增，不符合题意．故选AC.8．下列函数中，值域为[1，＋∞)的是(AC)A．f(x)＝eq\r(x2＋1)B．f(x)＝eq\f(2x＋1,x＋1)C．f(x)＝x＋1－eq\r(2x－1)D．f(x)＝x3＋1解析：f(x)＝eq\r(x2＋1)≥1，因此A符合；f(x)＝eq\f(2x＋1,x＋1)＝2－eq\f(1,x＋1)≠2，因此B不符合；对f(x)＝x＋1－eq\r(2x－1)，令t＝eq\r(2x－1)≥0，x＝eq\f(t2＋1,2)，所以y＝eq\f(t2＋1,2)＋1－t＝eq\f(t2－2t＋3,2)＝eq\f(t－12＋2,2)≥1，因此C符合；f(x)＝x3＋1∈R，因此D不符合．故选AC.9．已知函数f(x)＝loga|x－1|在区间(－∞，1)上单调递增，则(AC)A．0<a<1B．a>1C．f(a＋2022)>f(2023)D．f(a＋2022)<f(2023)解析：f(x)＝loga|x－1|的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)．设z＝|x－1|，可得函数z在(－∞，1)上单调递减；在(1，＋∞)上单调递增，当a>1时，f(x)＝logaz在z∈(0，＋∞)上单调递增，可得函数f(x)＝loga|x－1|在区间(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当0<a<1时，f(x)＝logaz在z∈(0，＋∞)上单调递减，可得函数f(x)＝loga|x－1|在区间(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．由题意可得0<a<1，故A正确，B错误；由于0<a<1，可得1<a＋2022<2023，又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，则f(a＋2022)>f(2023)，故C正确，D错误．故选AC.三、填空题10．设函数y＝ex＋eq\f(1,ex)－a的值域为A，若A⊆[0，＋∞)，则实数a的取值范围是(－∞，2]．解析：函数y＝ex＋eq\f(1,ex)－a的值域为A.因为ex＋eq\f(1,ex)≥2eq