2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版第1节 函数的概念及其表示含答案

2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版第1节函数的概念及其表示含答案第一节函数的概念及其表示课标解读考向预测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.以基本初等函数为载体，考查函数的表示法、定义域；分段函数以及函数与其他知识的综合是高考的热点，题型既有选择题、填空题，又有解答题，难度中等偏上．预计2025年高考函数的定义域、值域、解析式仍会出题，一般在选择题或填空题中出现，分段函数的考查比较灵活，各种题型都可能涉及.必备知识——强基础1．函数的概念一般地，设A，B是eq\x(\s\up1(01))非空的实数集，如果对于集合A中的eq\x(\s\up1(02))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eq\x(\s\up1(03))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．函数的定义域、值域(1)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eq\x(\s\up1(04))定义域；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eq\x(\s\up1(05))值域．(2)函数的三要素：eq\x(\s\up1(06))定义域、对应关系、eq\x(\s\up1(07))值域．(3)如果两个函数的eq\x(\s\up1(08))定义域相同，并且eq\x(\s\up1(09))对应关系完全一致，即相同的自变量对应的函数值也相同，那么这两个函数是同一个函数．3．函数的表示法表示函数的常用方法有eq\x(\s\up1(10))解析法、eq\x(\s\up1(11))列表法和图象法．4．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eq\x(\s\up1(12))并集，其值域等于各段函数的值域的eq\x(\s\up1(13))并集，分段函数虽由几个部分组成，但它表示的是一个函数．(3)各段函数的定义域区间端点应不重不漏．1．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．2．在函数的定义中，非空数集A，B，A即为函数的定义域，值域为B的子集．3．分段函数无论分成几段，都是一个函数，求分段函数的函数值，如果自变量的范围不确定，要分类讨论．4．判断两个函数是否相同，要抓住的两点(1)定义域是否相同．(2)对应关系是否相同，当解析式可以化简时，要注意化简过程的等价性．5．常见函数的定义域(1)一次函数、二次函数的定义域为R.(2)分式函数中分母不等于0.(3)偶次根式函数的被开方式大于或等于0.(4)零次幂的底数不能为0.1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若两个函数的定义域和值域相同，则这两个函数是同一个函数．()(2)对于函数f：A→B，其值域是集合B.()(3)函数f(x)＝eq\r(x－3)＋eq\r(2－x)的定义域为∅.()(4)若A＝R，B＝{x|x＞0}，f：x→y＝|x|，其对应是从A到B的函数．()答案(1)×(2)×(3)×(4)×2．小题热身(1)若函数y＝f(x)的定义域为M＝{x|－2≤x≤2}，值域为N＝{y|0≤y≤2}，则函数y＝f(x)的图象可能是()答案B解析A中函数的定义域不是[－2，2]；C中图象不表示函数；D中函数的值域不是[0，2]．故选B.(2)设f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋3，x>10，,f（x＋5），x≤10，))则f(5)的值为()A．16 B．18C．21 D．24答案B(3)(人教A必修第一册3.1.1例3改编)下列函数中与函数y＝x(x∈R)是同一个函数的是()A．y＝(eq\r(x))2 B．u＝eq\r(3,v3)C．y＝eq\r(x2) D．m＝eq\f(n2,n)答案B解析对于A，两函数定义域不相同，所以不是同一个函数；对于B，两函数对应关系、定义域都相同，所以是同一个函数；对于C，y＝eq\r(x2)＝|x|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x，x<0，,x，x≥0，))当x<0时，它的对应关系与函数y＝x(x∈R)不相同，所以与函数y＝x(x∈R)不是同一个函数；对于D，两函数定义域不相同，所以不是同一个函数．故选B.(4)函数f(x)＝eq\f(3x,x＋4)＋eq\r(16－x2)的定义域是________．答案(－4，4]考点探究——提素养考点一函数的概念例1(1)设集合M＝{x|0≤x≤2}，N＝{y|0≤y≤2}，那么下列四个图象中，能表示集合M到集合N的函数关系的是()A．①②③④ B．①②③C．②③ D．②答案C解析对于①，定义域为{x|0≤x≤1}，不符合题意；对于④，集合M中有的元素在集合N中对应两个值，不符合函数定义；②③符合题意．故选C.(2)(多选)(2023·山东济南高三期末)下列各组函数是同一个函数的是()A．f(x)＝x2－2x－1，g(s)＝s2－2s－1B．f(x)＝x－1，g(x)＝eq\f(x2－1,x＋1)C．f(x)＝eq\r(x2)，g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x≥0，,－x，x<0))D．f(x)＝eq\r(－x3)，g(x)＝xeq\r(－x)答案AC解析同一个函数应满足①定义域相同，②对应关系相同，只有A，C满足．【通性通法】(1)函数的定义要求非空数集A中的任何一个元素在非空数集B中有且只有一个元素与之对应，即可以“多对一”，不能“一对多”，而B中有可能存在与A中元素不对应的元素．(2)构成函数的三要素中，若定义域和对应关系相同，则值域一定相同．【巩固迁移】1．下列四个图象中，是函数图象的是()A．①② B．①②③C．①③④ D．①②③④答案C解析根据函数的定义，一个自变量值对应唯一一个函数值，或者多个自变量值对应唯一一个函数值，显然只有②不满足．故选C.2．(2024·黑龙江佳木斯四校联合体高三第一次调研)下列各组函数中，表示同一个函数的是()A．f(x)＝x0与g(x)＝1B．f(x)＝x与g(x)＝eq\f(x2,x)C．f(x)＝eq\r(（x－2024）2)与g(x)＝x－2024D．f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x≥0，,－1，x<0))与g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,|x|)，x≠0，,1，x＝0))答案D解析对于A，二者定义域不同，不是同一个函数；对于B，二者定义域不同，不是同一个函数；对于C，因为f(x)＝eq\r(（x－2024）2)＝|x－2024|与g(x)＝x－2024的对应关系不同，故二者不是同一个函数；对于D，g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,|x|)，x≠0，,1，x＝0))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,1，x＝0，,－1，x<0))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x≥0，,－1，x<0))与f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x≥0，,－1，x<0))的定义域以及对应关系都相同，故二者是同一个函数．故选D.考点二函数的定义域(多考向探究)考向1具体函数的定义域例2(1)(2024·湖北部分省级示范高中高三期中联考)函数y＝eq\r(lgx)＋lg(5－3x)的定义域是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,3)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(5,3)))答案C解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,lgx≥0，,5－3x>0，))得1≤x<eq\f(5,3)，故所求函数的定义域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,3))).故选C.(2)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________．答案(－12，0]解析由题意可知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(－12，0]．【通性通法】1．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．2．求函数定义域的注意点(1)不要对解析式进行化简变形，以免定义域发生变化．(2)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．3．已知函数的定义域求参数问题的解题步骤(1)调整思维方向，根据已知函数，将给出的定义域问题转化为方程或不等式的解集问题．(2)根据方程或不等式的解集情况确定参数的取值或范围．【巩固迁移】3．(2024·江苏淮安高三期中联考)函数f(x)＝eq\f(1,x－1)＋eq\r(2－x)的定义域是________．答案(－∞，1)∪(1，2]解析由已知，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1≠0，,2－x≥0，))解得x≤2且x≠1，即函数f(x)＝eq\f(1,x－1)＋eq\r(2－x)的定义域是(－∞，1)∪(1，2]．4．若函数y＝eq\r(x2＋2x＋a)＋ln(x＋2)的定义域为[1，＋∞)，则a＝________．答案－3解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x＋a≥0，,x＋2>0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x＋a≥0，,x>－2，))则上式的解集为[1，＋∞)，所以x＝1为方程x2＋2x＋a＝0的一个根，即1＋2＋a＝0，解得a＝－3.经检验符合题意，故a＝－3.考向2抽象函数的定义域例3(1)已知函数f(x)的定义域为[1，2]，求函数y＝f(2x＋1)的定义域；(2)已知函数y＝f(2x＋1)的定义域为[1，2]，求函数f(x)的定义域；(3)已知函数y＝f(2x＋1)的定义域为[1，2]，求函数y＝f(2x－1)的定义域．解(1)由1≤2x＋1≤2，得0≤x≤eq\f(1,2)，所以函数y＝f(2x＋1)的定义域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).(2)因为y＝f(2x＋1)的定义域为[1，2]，即1≤x≤2，所以3≤2x＋1≤5，即函数f(x)的定义域为[3，5]．(3)因为函数y＝f(2x＋1)的定义域为[1，2]，所以3≤2x＋1≤5.由3≤2x－1≤5，得2≤x≤3，所以函数y＝f(2x－1)的定义域为[2，3]．【通性通法】求抽象函数的定义域的策略(1)若f(x)的定义域为[m，n]，则在f(g(x))中，由m≤g(x)≤n解得x的范围，即为f(g(x))的定义域．(2)若f(g(x))的定义域为[m，n]，则由m≤x≤n得到g(x)的范围，即为f(x)的定义域．口诀：定义域指的是x的范围，括号内范围相同．【巩固迁移】5．已知函数y＝f(x－1)的定义域为[1，3]，则函数y＝f(log3x)的定义域为()A．[0，1] B．[1，9]C．[0，2] D．[0，9]答案B解析由x∈[1，3]，得x－1∈[0，2]，所以log3x∈[0，2]，所以x∈[1，9]．故选B.6．(2024·黑龙江牡丹江三中高三月考)若函数y＝f(x)的定义域是[0，2]，则函数g(x)＝eq\f(f（2x）,x－1)的定义域为________．答案[0，1)解析由题意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤2x≤2，,x－1≠0，))解得0≤x<1，所以g(x)的定义域是[0，1)．考点三函数的解析式例4(1)已知f(|x－1|)＝x2－2x＋3，求f(x)的解析式；(2)已知f(x)是二次函数，且f(0)＝0，f(x＋1)＝f(x)＋x＋1，求f(x)的解析式；(3)已知函数f(x)满足f(cosx－1)＝cos2x－1，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)(配凑法)因为f(|x－1|)＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2＝|x－1|2＋2，所以f(x)＝x2＋2(x≥0)．(2)(待定系数法)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由f(0)＝0，知c＝0，所以f(x)＝ax2＋bx.又由f(x＋1)＝f(x)＋x＋1，得a(x＋1)2＋b(x＋1)＝ax2＋bx＋x＋1，即ax2＋(2a＋b)x＋a＋b＝ax2＋(b＋1)x＋1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝b＋1，,a＋b＝1，))解得a＝b＝eq\f(1,2).所以f(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)x，x∈R.(3)(换元法)f(cosx－1)＝cos2x－1＝2cos2x－1－1＝2cos2x－2，设cosx－1＝t，则cosx＝t＋1，由cosx∈[－1，1]知t∈[－2，0]，故原函数可转化为f(t)＝2(t＋1)2－2＝2t2＋4t，t∈[－2，0]，即f(x)的解析式为f(x)＝2x2＋4x(－2≤x≤0)．(4)(解方程组法)因为2f(x)＋f(－x)＝3x，①所以将x用－x替换，得2f(－x)＋f(x)＝－3x，②由①②解得f(x)＝3x.【通性通法】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、二次函数等)，则可用待定系数法换元法主要用于解决已知复合函数f(g(x))的解析式，求解函数f(x)的解析式的问题，先令g(x)＝t解出x并用含t的代数式表示x，然后代入f(x)中即可求得f(t)，从而求得f(x)，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)【巩固迁移】7．已知函数f(x2＋1)＝x4，则函数y＝f(x)的解析式是()A．f(x)＝(x－1)2，x≥0B．f(x)＝(x－1)2，x≥1C．f(x)＝(x＋1)2，x≥0D．f(x)＝(x＋1)2，x≥1答案B解析f(x2＋1)＝x4＝(x2＋1)2－2(x2＋1)＋1，且x2＋1≥1，所以f(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2，x≥1.故选B.8．已知f(x)是一次函数，且f(f(x))＝4x＋3，则f(x)的解析式为________．答案f(x)＝－2x－3或f(x)＝2x＋1解析设f(x)＝ax＋b(a≠0)，则f(f(x))＝f(ax＋b)＝a(ax＋b)＋b＝a2x＋ab＋b＝4x＋3.所以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f(x)＝－2x－3或f(x)＝2x＋1.9．已知f(x6)＝log2x，则f(8)＝________．答案eq\f(1,2)解析令x6＝t，t>0，则x＝teq\s\up7(\f(1,6))，则f(t)＝log2teq\s\up7(\f(1,6))＝eq\f(1,6)log2t，故f(8)＝eq\f(1,6)log28＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2).10．(2024·福建泉州高三模拟)设函数f(x)对x≠0的一切实数均有f(x)＋2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2024,x)))＝3x，则f(2024)＝________．答案－2022解析∵f(x)＋2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2024,x)))＝3x，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2024,x)))＋2f(x)＝eq\f(3×2024,x)，联立，得－3f(x)＝3x－eq\f(3×2×2024,x)，∴f(x)＝－x＋eq\f(2×2024,x)，∴f(2024)＝－2024＋2＝－2022.考点四分段函数(多考向探究)考向1分段函数求值问题例5(1)(2024·福建三明高三模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x，x≤0，,log3x，x>0，))则f(f(－2))＝________．答案－2解析f(f(－2))＝f(3－2)＝log33－2＝－2.(2)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1，x≤0，,xeq\s\up7(\f(1,2))，x>0，))若f(m)＝3，则m＝________．答案9解析由题意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m－1＝3，,m≤0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(meq\s\up7(\f(1,2))＝3，,m>0，))解得m＝9.【通性通法】“分段函数——分段看”，遇到分段函数要时刻盯住自变量的范围，并根据自变量的范围选择合适的解析式代入，若自变量的范围并不完全在某一段中，要注意进行分类讨论．解题思路如下：(1)求函数值：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．【巩固迁移】11．已知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋3，x≤0，,\r(x)，x>0，))若f(a－3)＝f(a＋2)，则f(a)＝()A．2 B.eq\r(2)C．1 D．0答案B解析由题意知a－3≤0，a＋2>0，所以a－3＋3＝eq\r(a＋2)，即a2＝a＋2且a≥0，解得a＝2，所以f(a)＝f(2)＝eq\r(2).故选B.考向2分段函数与方程、不等式问题例6(1)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的值为()A．－3 B．－1C．1 D．3答案A解析∵f(1)＝21＝2，∴f(a)＋2＝0，∴f(a)＝－2.当a≤0时，f(a)＝a＋1＝－2，∴a＝－3；当a＞0时，f(a)＝2a＝－2，方程无解．综上，a＝－3.故选A.(2)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\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________．答案eq\f(37,28)3＋eq\r(3)解析由已知得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋2＝eq\f(7,4)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)))＝eq\f(7,4)＋eq\f(4,7)－1＝eq\f(37,28)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＝eq\f(37,28).当x≤1时，由1≤f(x)≤3可得1≤－x2＋2≤3，所以－1≤x≤1；当x>1时，由1≤f(x)≤3可得1≤x＋eq\f(1,x)－1≤3，所以1<x≤2＋eq\r(3).所以1≤f(x)≤3等价于－1≤x≤2＋eq\r(3)，所以[a，b]⊆[－1，2＋eq\r(3)]，所以b－a的最大值为3＋eq\r(3).【通性通法】求参数或自变量的值(范围)的解题思路(1)解决此类问题时，先在分段函数的各段上分别求解，然后将求出的值或范围与该段函数的自变量的取值范围求交集，最后将各段的结果合起来(取并集)即可．(2)如果分段函数的图象易得，也可以画出函数图象后结合图象求解．【巩固迁移】12．(多选)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤－1，,x2，－1<x<2，))则下列关于函数f(x)的结论正确的是()A．f(x)的值域为(－∞，4)B．f(1)＝3C．若f(x)＝3，则x的值是eq\r(3)D．f(x)<1的解集为(－1，1)答案AC解析当x≤－1时，f(x)的取值范围是(－∞，1]，当－1<x<2时，f(x)的取值范围是[0，4)，因此f(x)的值域为(－∞，4)，故A正确；f(1)＝1≠3，故B错误；当x≤－1时，由x＋2＝3，解得x＝1(舍去)，当－1<x<2时，由x2＝3，解得x＝eq\r(3)或x＝－eq\r(3)(舍去)，故C正确；当x≤－1时，由x＋2<1，解得x<－1，当－1<x<2时，由x2<1，解得－1<x<1，因此f(x)<1的解集为(－∞，－1)∪(－1，1)，故D错误．故选AC.课时作业一、单项选择题1．若M＝{x|y＝eq\r(x2－1)}，N＝{y|y＝－x2}，则M∩N＝()A．(－∞，－1] B．[－1，0]C．(－∞，0] D．[0，1]答案A解析由题设得M＝{x|x≥1或x≤－1}，N＝{y|y≤0}，所以M∩N＝(－∞，－1]．故选A.2．下列各曲线表示的y与x之间的关系中，y不是x的函数的是()答案C解析根据函数意义：对任意x值，y都有唯一值与之对应，只有C不满足．故选C.3．函数f(x)＝eq\f(\r(3－x),lgx)的定义域是()A．(0，3) B．(0，1)∪(1，3)C．(0，3] D．(0，1)∪(1，3]答案D解析∵f(x)＝eq\f(\r(3－x),lgx)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－x≥0，,x>0，,lgx≠0，))解得0<x<1或1<x≤3，故函数的定义域为(0，1)∪(1，3]．故选D.4．下列各组函数中，表示同一个函数的是()A．f(x)＝elnx，g(x)＝xB．f(x)＝eq\f(x2－4,x＋2)，g(x)＝x－2C．f(x)＝eq\f(sin2x,2cosx)，g(x)＝sinxD．f(x)＝|x|，g(x)＝eq\r(x2)答案D解析对于A，f(x)的定义域是(0，＋∞)，g(x)的定义域是R，故不是同一个函数；对于B，f(x)的定义域是(－∞，－2)∪(－2，＋∞)，g(x)的定义域是R，故不是同一个函数；对于C，f(x)的定义域是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))))，g(x)的定义域是R，故不是同一个函数；D中的函数是同一个函数．故选D.5．已知函数f(x)的定义域为[0，1]，值域为[1，2]，那么函数f(x＋2)的定义域和值域分别是()A．[0，1]，[1，2] B．[2，3]，[3，4]C．[－2，－1]，[1，2] D．[－1，2]，[3，4]答案C解析令x＋2∈[0，1]，得x∈[－2，－1]，即为函数y＝f(x＋2)的定义域，而将函数y＝f(x)的图象向左平移2个单位长度即得y＝f(x＋2)的图象，故其值域不变．故选C.6．已知函数f(x)＝eq\r(（m＋1）x2－（m＋1）x＋\f(3,4))的定义域为R，则实数m的取值范围是()A．(－1，2) B．(－1，2]C．[－1，2] D．[－1，2)答案C解析由题意得(m＋1)x2－(m＋1)x＋eq\f(3,4)≥0在R上恒成立．当m＋1＝0，即m＝－1时，eq\f(3,4)≥0恒成立，符合题意；当m＋1≠0时，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋1>0，,Δ＝（m＋1）2－3（m＋1）≤0，))解得－1<m≤2.综上，实数m的取值范围是[－1，2]．故选C.7．(2023·广东深圳光明中学一模)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x)－1，x<0，,－log2（x＋1），x≥0，))若f(a)＝1，则f(a＋1)＝()A．－1 B．－eq\f(1,2)C．0 D．1答案C解析当a<0时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)－1＝1，解得a＝－1；当a≥0时，－log2(a＋1)＝1，解得a＝－eq\f(1,2)(舍去)，故f(a＋1)＝f(0)＝－log21＝0.故选C.8．若函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋3，x≤0，,（x－2）2，0<x≤a))的定义域和值域的交集为空集，则正数a的取值范围是()A．(0，1] B．(0，1)C．(1，4) D．(2，4)答案B解析因为f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋3，x≤0，,（x－2）2，0<x≤a，))所以f(x)的定义域为(－∞，a]，a>0，当x≤0时，f(x)∈(3，4]．要使定义域和值域的交集为空集，显然0<a≤3，当0<x≤a时，f(x)＝(x－2)2，若a≥2，则f(2)＝0，此时显然不满足定义域和值域的交集为空集，若0<a<2，f(x)∈[(a－2)2，4)，则f(x)∈[(a－2)2，4)∪(3，4]，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<（a－2）2，,0<a<2，))解得0<a<1，即a∈(0，1)．故选B.二、多项选择题9．下列对应关系f满足函数定义的是()A．f(x2)＝|x| B．f(x2)＝xC．f(cosx)＝x D．f(ex)＝x答案AD解析对于A，令t＝x2(t≥0)，f(t)＝|±eq\r(t)|＝eq\r(t)，符合函数定义；对于B，令t＝x2(t≥0)，f(t)＝±eq\r(t)，设t＝4，f(t)＝±2，一个自变量对应两个函数值，不符合函数定义；对于C，设t＝cosx，当t＝eq\f(1,2)时，x可以取eq\f(π,3)，－eq\f(π,3)等无数多的值，不符合函数定义；对于D，令t＝ex(t>0)，f(t)＝lnt，符合函数定义．故选AD.10．若函数f(1－2x)＝eq\f(1－x2,x2)(x≠0)，则()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝15B．f(2)＝－eq\f(3,4)C．f(x)＝eq\f(4,（x－1）2)－1(x≠0)D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(4x2,（x－1）2)－1(x≠0且x≠1)答案AD解析令1－2x＝t(t≠1)，则x＝eq\f(1－t,2)，所以f(t)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－t,2)))\s\up12(2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－t,2)))\s\up12(2))＝eq\f(4,（t－1）2)－1，即f(x)＝eq\f(4,（x－1）2)－1(x≠1)，故C错误；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝15，故A正确；f(2)＝3，故B错误；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))\s\up12(2))－1＝eq\f(4x2,（x－1）2)－1(x≠0且x≠1)，故D正确．故选AD.11．(2024·湖北十堰月考)函数D(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x∈Q，,0，x∉Q))被称为狄利克雷函数，则下列结论成立的是()A．函数D(x)的值域为[0，1]B．若D(x0)＝1，则D(x0＋1)＝1C．若D(x1)－D(x2)＝0，则x1－x2∈QD．∃x∈R，D(x＋eq\r(2))＝1答案BD解析函数D(x)的值域为{0，1}，A错误；若D(x0)＝1，则x0∈Q，x0＋1∈Q，则D(x0＋1)＝1，B正确；D(2π)－D(π)＝0－0＝0，但2π－π＝π∉Q，C错误；当x＝－eq\r(2)时，D(x＋eq\r(2))＝D(－eq\r(2)＋eq\r(2))＝D(0)＝1，则∃x∈R，D(x＋eq\r(2))＝1，D正确．故选BD.三、填空题12．(2023·湖北黄冈高三联考)若函数f(x)的定义域为[－2，2]，则函数y＝f(2x)ln(x＋1)的定义域为________．答案(－1，1]解析由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2≤2x≤2，,x＋1>0，))解得－1<x≤1，即函数y＝f(2x)ln(x＋1)的定义域为(－1，1]．13．已知函数f(x)满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋eq\f(1,x)f(－x)＝2x(x≠0)，则f(－2)＝________．答案eq\f(7,2)解析令x＝2，可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋eq\f(1,2)f(－2)＝4，令x＝－eq\f(1,2)，可得f(－2)－2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－1，解得f(－2)＝eq\f(7,2).14．(2023·湖南湘潭高三模拟)已知a>0，且a≠1，函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(loga（2x2＋1），x≥0，,ax，x<0，))若f(f(－1))＝2，则a＝________，f(x)≤4的解集为________．答案eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(\r(6),2)))解析由题可知，f(f(－1))＝f(a－1)＝loga(2a－2＋1)＝2，则a2＝2a－2＋1，即a4－a2－2＝0，解得a2＝2，故a＝eq\r(2).当x≥0时，由f(x)＝logeq\r(2)(2x2＋1)≤4，解得0≤x≤eq\f(\r(6),2)，当x<0时，f(x)＝(eq\r(2))x≤4恒成立．故不等式f(x)≤4的解集为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(\r(6),2))).15．(2024·安徽合肥八中高三质检)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－a，x≥0，,0，x＜0，))则满足f(a)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)＋\f(1,6)))的a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，＋∞))B．(－∞，－1]∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，\f(1,2)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，\f(1,2)))∪(1，＋∞)答案D解析当a＜0时，f(a)＝0，－eq\f(a,3)＋eq\f(1,6)＞eq\f(1,6)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)＋\f(1,6)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)＋\f(1,6)))eq\s\up12(2)－a＝eq\f(a2,9)－eq\f(10,9)a＋eq\f(1,36)＝eq\f(1,9)(a－5)2－eq\f(11,4)＞eq\f(1,36)，故f(a)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)＋\f(1,6)))无解；当a＝0时，f(a)＝f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)＋\f(1,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))＝eq\f(1,36)，故f(a)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)＋\f(1,6)))无解；当a＞0时，要使f(a)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)＋\f(1,6)))，则有两种情况：第一种情况，－eq\f(a,3)＋eq\f(1,6)≥0，即0＜a≤eq\f(1,2)时，由于函数y＝x2－a在[0，＋∞)上单调递增，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＜a≤\f(1,2)，,a＞－\f(a,3)＋\f(1,6)，))解得eq\f(1,8)＜a≤eq\f(1,2)；第二种情况，－eq\f(a,3)＋eq\f(1,6)＜0，即a＞eq\f(1,2)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)＋\f(1,6)))＝0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞\f(1,2)，,f（a）＝a2－a＞0，))解得a＞1.综上所述，a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，\f(1,2)))∪(1，＋∞)．故选D.16．(多选)设函数f(x)的定义域为D，∀x∈D，∃y∈D，使得f(y)＝－f(x)成立，则称f(x)为“美丽函数”．下列所给出的函数中，是“美丽函数”的是()A．f(x)＝x2B．f(x)＝eq\f(1,x－1)C．f(x)＝ln(2x＋3)D．f(x)＝2x＋3答案BCD解析函数f(x)的定义域为D，∀x∈D，∃y∈D，使得f(y)＝－f(x)成立，所以函数f(x)的值域关于原点对称．对于A，函数f(x)＝x2的值域为[0，＋∞)，不关于原点对称，不符合题意；对于B，函数f(x)＝eq\f(1,x－1)的值域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，关于原点对称，符合题意；对于C，函数f(x)＝ln(2x＋3)的值域为R，关于原点对称，符合题意；对于D，函数f(x)＝2x＋3的值域为R，关于原点对称，符合题意．故选BCD.17．(多选)(2024·江苏南京模拟)已知函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，x，y∈R，则()A．f(0)＝0B．f(k)＝kf(1)(k∈Z)C．f(x)＝kfeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,k)))(k≠0)D．f(－x)f(x)＜0答案ABC解析对于A，f(0)＝f(0＋0)＝f(0)＋f(0)＝2f(0)，则f(0)＝0，故A正确；对于B，f(k)＝f(k－1)＋f(1)＝f(k－2)＋f(1)＋f(1)＝…＝f(1)＋f(1)＋…＋f(1)＝kf(1)(k∈Z)，故B正确；对于C，f(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k－1,k)·x＋\f(x,k)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k－1,k)·x))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,k)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k－2,k)·x))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,k)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,k)))＝…＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,k)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,k)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,k)))＝kfeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,k)))(k≠0)，故C正确；对于D，f(x－x)＝f(x＋(－x))＝f(x)＋f(－x)＝f(0)＝0，f(x)＝－f(－x)，f(x)f(－x)＝－[f(x)]2≤0，故D错误．故选ABC.18．设f(x)是定义在R上的函数，且f(x＋2)＝eq\r(2)f(x)，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋a，－1＜x＜0，,be2x，0≤x≤1，))其中a，b为正实数，e为自然对数的底数，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，则eq\f(a,b)的取值范围为________．答案(eq\r(2)e，＋∞)解析因为f(x＋2)＝eq\r(2)f(x)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋4))＝(eq\r(2))2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2eb，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋2))＝eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\r(2)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋a))＝eq\r(2)(a－1)，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，所以eq\r(2)(a－1)＝2eb，所以a＝eq\r(2)eb＋1，因为b为正实数，所以eq\f(a,b)＝eq\f(\r(2)eb＋1,b)＝eq\r(2)e＋eq\f(1,b)∈(eq\r(2)e，＋∞)．故eq\f(a,b)的取值范围为(eq\r(2)e，＋∞)．第二节函数的单调性与最值课标解读考向预测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，理解它们的作用和实际意义.2.理解函数单调性的概念，能运用函数图象理解和研究函数的单调性.3.会用函数单调性的定义判断(或证明)一些函数的单调性.4.会求一些具体函数的单调区间.以基本初等函数为载体，考查函数的单调性、单调区间及函数最值的确定与应用；强化对函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的考查，题型既有选择题、填空题，又有解答题．预计2025年高考仍会考查函数的单调性、单调区间及函数最值的确定与应用；题型既有选择题、填空题，又有解答题，难度中档偏上.必备知识——强基础1．(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，区间I⊆D，如果∀x1，x2∈I当x1<x2时，都有eq\x(\s\up1(01))f(x1)<f(x2)，那么就称函数f(x)在区间I上单调递增当x1<x2时，都有eq\x(\s\up1(02))f(x1)>f(x2)，那么就称函数f(x)在区间I上单调递减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eq\x(\s\up1(03))单调递增或eq\x(\s\up1(04))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eq\x(\s\up1(05))f(x)≤M；(2)∃x0∈D，使得eq\x(\s\up1(06))f(x0)＝M(1)∀x∈D，都有eq\x(\s\up1(07))f(x)≥M；(2)∃x0∈D，使得eq\x(\s\up1(08))f(x0)＝M结论M为最大值M为最小值1．函数单调性的两个等价结论设函数f(x)的定义域为D，区间I⊆D，则∀x1，x2∈I(x1≠x2)，(1)eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0)⇔f(x)在I上单调递增；(2)eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0)⇔f(x)在I上单调递减．2．若函数f(x)，g(x)在区间I上具有单调性，则在区间I上具有以下性质：(1)当f(x)，g(x)都是增(减)函数时，f(x)＋g(x)是增(减)函数；(2)复合函数y＝f(g(x))的单调性与y＝f(u)和u＝g(x)的单调性有关．简记：“同增异减”．3．函数最值存在的两个结论(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．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，则函数f(x)的单调递增区间是[1，＋∞)．()(2)因为y＝x与y＝ex都是增函数，所以y＝xex在定义域内为增函数．()(3)若函数f(x)在区间(1，2]和(2，3)上均为增函数，则函数f(x)在区间(1，3)上为增函数．()答案(1)×(2)×(3)×2．小题热身(1)(多选)(人教A必修第一册习题3.2T3改编)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AC(2)(人教A必修第一册3.2.1P81练习T2改编)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．(－1，1]答案B解析由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤1，,x<\f(1,2)，))解得－1≤x<eq\f(1,2).故选B.(3)(人教A必修第一册3.2.1例5改编)已知函数f(x)＝eq\f(2,x－1)(x∈[2，6])，则函数f(x)的最大值为________，最小值为________．答案2eq\f(2,5)(4)函数f(x)＝lg(9－x2)的定义域为________，其单调递增区间为________．答案(－3，3)(－3，0]解析对于函数f(x)＝lg(9－x2)，令t＝9－x2＞0，解得－3＜x＜3，故函数f(x)的定义域为(－3，3)．令g(x)＝9－x2，则函数f(x)＝lg(g(x))，又函数g(x)在定义域内的单调递增区间为(－3，0]，所以函数f(x)＝lg(9－x2)在定义域内的单调递增区间为(－3，0]．考点探究——提素养考点一函数的单调性、单调区间(多考向探究)考向1判断或证明函数的单调性例1(1)(多选)(2023·河北石家庄模拟)下列函数在(－∞，0)上单调递减的是()A．y＝tanx B．y＝ln(－x)C．y＝eq\f(1,2x) D．y＝－eq\f(1,x)答案BC解析函数y＝tanx在(－∞，0)上不单调，故A不满足题意；由复合函数的单调性可知函数y＝ln(－x)在(－∞，0)上单调递减，故B满足题意；函数y＝eq\f(1,2x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)在(－∞，0)上单调递减，故C满足题意；函数y＝－eq\f(1,x)在(－∞，0)上单调递增，故D不满足题意．故选BC.(2)判断函数f(x)＝eq\f(x,x2＋1)在(－1，1)上的单调性，并用定义证明．解函数f(x)在(－1，1)上是增函数．证明如下：任取x1，x2∈(－1，1)且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,xeq\o\al(2,1)＋1)－eq\f(x2,xeq\o\al(2,2)＋1)＝eq\f(x1xeq\o\al(2,2)＋x1－xeq\o\al(2,1)x2－x2,（xeq\o\al(2,1)＋1）（xeq\o\al(2,2)＋1）)＝eq\f(x1x2（x2－x1）＋（x1－x2）,（xeq\o\al(2,1)＋1）（xeq\o\al(2,2)＋1）)＝eq\f(（x1－x2）（1－x1x2）,（xeq\o\al(2,1)＋1）（xeq\o\al(2,2)＋1）)，因为－1<x1<x2<1，所以x1－x2<0，－1<x1x2<1，1－x1x2＞0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)．所以函数f(x)在(－1，1)上是增函数．【通性通法】利用定义证明或判断函数单调性的步骤(1)取值：设x1，x2是该区间内的任意两个值，且x1<x2.(2)作差变形：作差f(x1)－f(x2)，并通过因式分解、通分、配方、有理化等手段，转化为易判断正负的式子．(3)定号：确定f(x1)－f(x2)的符号．(4)结论：根据f(x1)－f(x2)的符号及定义判断单调性．提醒：作差变形是证明单调性的关键，且变形的结果一般写成几个因式乘积的形式．【巩固迁移】1．(多选)下列函数在(0，＋∞)上单调递增的是()A．y＝3x－3－x B．y＝|x2－2x|C．y＝x＋eq\f(1,x－1) D．y＝eq\r(x2＋x－2)答案AC解析∵y＝3x与y＝－3－x为R上的增函数，∴y＝3x－3－x为R上的增函数，故A满足题意；由y＝|x2－2x|的图象知，B不满足题意；对于C，∵y＝x＋eq\f(1,x－1)＝x－1＋eq\f(1,x－1)＋1，∴由对勾函数的性质知，y＝x＋eq\f(1,x－1)在(0，＋∞)上为增函数，故C满足题意；y＝eq\r(x2＋x－2)的定义域为(－∞，－2]∪[1，＋∞)，D不满足题意．故选AC.2．(2024·广东揭阳高三摸底)用定义证明函数f(x)＝ex＋eq\f(1,ex)在(0，＋∞)上单调递增．证明设0<x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex1＋\f(1,ex1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex2＋\f(1,ex2)))＝(ex1－ex2)＋eq\f(ex2－ex1,ex1ex2)＝(ex1－ex2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,ex1ex2)))＝eq\f(（ex1－ex2）（ex1＋x2－1）,ex1＋x2)<0，∴f(x1)<f(x2)，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．考向2求函数的单调区间例2(1)(2023·四川资阳期末)函数f(x)＝eq\r(x)－x的单调递增区间为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) B．(0，1)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)) D．(1，＋∞)答案A解析令t＝eq\r(x)，显然t＝eq\r(x)在[0，＋∞)上单调递增．又y＝t－t2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递增，由0≤eq\r(x)≤eq\f(1,2)得0≤x≤eq\f(1,4)，所以f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(也可写为\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))))).故选A.(2)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的单调递减区间是________．答案[0，1)解析由题意知g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1，))该函数图象如图所示，其单调递减区间是[0，1)．【通性通法】(1)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，常用方法：①定义法；②导数法；③图象法；④性质法．(2)求复合函数y＝f(g(x))的单调区间，一要注意先确定函数的定义域，二要利用外层函数y＝f(t)和内层函数t＝g(x)的单调性判断，判断的依据是“同增异减”．注意：单调区间只能用区间表示，不能用不等式或集合表示，当函数有多个不连续的单调区间时，不能用符号“∪”连接，只能用“逗号”或“和”连接．【巩固迁移】3．设函数f(x)＝－x2＋2x＋8，g(x)＝logax(0<a<1)，则函数y＝g(f(x))的单调递减区间为()A．(－∞，1) B．(－2，1)C．(1，＋∞) D．(1，4)答案B解析g(f(x))＝loga(－x2＋2x＋8)，由－x2＋2x＋8>0得－2<x<4，即函数y＝g(f(x))的定义域为(－2，4)，显然函数f(x)在(－2，1)上单调递增，在(1，4)上单调递减，而g(x)＝logax(0<a<1)在(0，＋∞)上单调递减，因此函数y＝g(f(x))在(－2，1)上单调递减，在(1，4)上单调递增，所以函数y＝g(f(x))的单调递减区间为(－2，1)．故选B.4．(2024·福建厦门外国语学校高三月考)已知函数f(x)＝－x|x|＋2x，则函数f(x)的单调递增区间为________．答案[－1，1]解析因为函数f(x)＝－x|x|＋2x＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x≥0，,x2＋2x，x<0，))作出函数f(x)的图象，如图所示．由图可知，函数f(x)的单调递增区间为[－1，1]．考点二函数单调性的应用(多考向探究)考向1利用函数的单调性比较大小例3(2023·重庆模拟)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋2－x，x>0，,－x3，x≤0，))若a＝ln2，b＝30.2，c＝log0.32，则()A．f(a)>f(b)>f(c) B．f(b)>f(a)>f(c)C．f(a)>f(c)>f(b) D．f(c)>f(a)>f(b)答案D解析显然f(x)在R上单调递减，又因为30.2>30＝1，即b>1，0＝ln1<ln2<lne＝1，即0<a<1，log0.32<log0.31＝0，即c<0，所以b>a>c，所以f(b)<f(a)<f(c)．故选D.【通性通法】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，要利用函数的性质，转化到同一个单调区间内进行比较．【巩固迁移】5．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()A．c>a>b B．c>b>aC．a>c>b D．b>a>c答案D解析因为f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以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)，即b>a>c.故选D.考向2利用函数的单调性解不等式例4已知函数f(x)为定义在R上的函数，对任意的x∈R，均有f(x＋2)＝f(2－x)，且f(x)在[2，＋∞)上单调递减，若f(－1)＝0，则不等式f(x－1)≥0的解集为()A．[－2，4] B．[0，6]C．[2，4] D．[－4，6]答案B解析由函数f(x)对任意的x∈R，均有f(x＋2)＝f(2－x)，可得函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，又f(x)在[2，＋∞)上单调递减，所以f(x)在(－∞，2)上单调递增，因为f(－1)＝0，所以f(5)＝f(－1)＝0，则不等式f(x－1)≥0，即－1≤x－1≤5，解得0≤x≤6，所以不等式f(x－1)≥0的解集为[0，6]．故选B.【通性通法】根据题目条件，确定函数的单调性，利用函数的单调性将“f”符号脱掉，转化为具体的不等式求解，应注意函数的定义域．【巩固迁移】6．(2024·江苏泰州摸底)设定义在R上的函数f(x)满足：当x1<x2时，总有2x1f(x2)<2x2f(x1)，且f(1)＝2，则不等式f(x)>2x的解集为()A．(－∞，1) B．(1，＋∞)C．(－1，1) D．(－∞，1)∪(1，＋∞)答案A解析由2x1f(x2)<2x2f(x1)，得eq\f(f（x2）,2x2)<eq\f(f（x1）,2x1)，令g(x)＝eq\f(f（x）,2x)，可知当x1<x2时，g(x2)<g(x1)，所以g(x)在定义域R上单调递减，又f(x)>2x⇒eq\f(f（x）,2x)>1＝eq\f(f（1）,21)，即g(x)>g(1)，所以由单调性解得x<1.故选A.考向3利用函数的单调性求参数的取值范围例5(2023·江苏镇江期中)若函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋ax，x<1，,（6－a）x－a，x≥1))满足对任意实数x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，2] B．(1，2)C．[2，6) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(7,3)))答案D解析根据题意知f(x)是R上的增函数，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2×（－1）)≥1，,6－a>0，,－12＋a≤6－a－a，))解得2≤a≤eq\f(7,3).故选D.【通性通法】利用单调性求参数的范围(或值)的策略【巩固迁移】7．若函数f(x)＝－x2＋4ax在[1，3]上不单调，则实数a的取值范围是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))解析因为函数f(x)在[1，3]上不单调，所以1<2a<3，得eq\f(1,2)<a<eq\f(3,2).8．设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x>4.))若函数f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是________．答案(－∞，1]∪[4，＋∞)解析函数f(x)的图象如图所示，由图象可知，若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4.考点三函数的最值、值域问题例6(1)当－3≤x≤－1时，函数y＝eq\f(5x－1,4x＋2)的最小值为()A.eq\f(6,5) B.eq\f(8,5)C．2 D．3答案B解析由y＝eq\f(5x－1,4x＋2)，可得y＝eq\f(5,4)－eq\f(7,4（2x＋1）)，因为－3≤x≤－1，所以eq\f(7,20)≤－eq\f(7,4（2x＋1）)≤eq\f(7,4)，即eq\f(8,5)≤y≤3.所以所求函数的最小值为eq\f(8,5).故选B.(2)函数f(x)＝x＋eq\r(3－2x)的值域是()A．[0，＋∞) B．[1，＋∞)C．(－∞，2] D．(－∞，1]答案C解析令eq\r(3－2x)＝t≥0，则x＝eq\f(3－t2,2)，原函数即为g(t)＝－eq\f(1,2)t2＋t＋eq\f(3,2)(t≥0)，可知g(t)max＝g(1)＝－eq\f(1,2)×12＋1＋eq\f(3,2)＝2，所以函数f(x)的值域为(－∞，2]．故选C.(3)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－1，x≤1，,\f(1,x)－x＋1，x>1，))则f(x)的最大值为________．答案1解析当x∈(－∞，1]时，f(x)＝ex－1单调递增，f(x)≤f(1)＝e1－1＝1；当x∈(1，＋∞)时，f(x)＝eq\f(1,x)－x＋1单调递减，f(x)<eq\f(1,1)－1＋1＝1.所以f(x)的最大值为1.【通性通法】求函数最值(或值域)的几种常用方法及其思路(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值(或值域)．(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，得出最值(或值域)．(3)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值(或值域)．(4)分离常数法：求形如y＝eq\f(cx＋d,ax＋b)(ac≠0)的函数的最值(或值域)常用分离常数法求解．(5)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最值(或值域)．(6)导数法：先利用导数求出函数的极大值和极小值，再确定函数的最值(或值域)．【巩固迁移】9．(2023·山东烟台高三专题检测)已知f(x)＝3－2|x|，g(x)＝x2－2x，若F(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（x），f（x）≥g（x），,f（x），f（x）<g（x），))则F(x)的最值情况是()A．最大值为3，最小值为－1B．最大值为7－2eq\r(7)，无最小值C．最大值为3，无最小值D．无最大值，最小值为－1答案B解析根据已知条件，可以求出F(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3＋2x，x<2－\r(7)，,x2－2x，2－\r(7)≤x≤\r(3)，,3－2x，x>\r(3)，))如图所示，F(x)在A处取得最大值，没有最小值．由F(x)的解析式，得xA＝2－eq\r(7)，所以yA＝7－2eq\r(7).所以F(x)有最大值7－2eq\r(7)，无最小值．故选B.10．函数y＝eq\f(\r(x2＋4),x2＋5)的最大值为________．答案eq\f(2,5)解析令eq\r(x2＋4)＝t，则t≥2，∴x2＝t2－4，∴y＝eq\f(t,t2＋1)＝eq\f(1,t＋\f(1,t))，设h(t)＝t＋eq\f(1,t)，则h(t)在[2，＋∞)上为增函数，∴h(t)min＝h(2)＝eq\f(5,2)，∴y≤eq\f(1,\f(5,2))＝eq\f(2,5)(当x＝0时取等号)，即y的最大值为eq\f(2,5).11．函数y＝eq\r(x－3)＋eq\r(5－x)的值域为________．答案[eq\r(2)，2]解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－3≥0，,5－x≥0，))得3≤x≤5，则y2＝2＋2eq\r(（x－3）（5－x）)＝2＋2eq\r(－（x－4）2＋1)，3≤x≤5，又－(x－4)2＋1∈[0，1]，则2eq\r(－（x－4）2＋1)∈[0，2]，∴2≤y2≤4，又y≥0，∴eq\r(2)≤y≤2，故函数的值域为[eq\r(2)，2]．课时作业一、单项选择题1．已知函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，则不等式f(3x－1)>f(x＋5)的解集为()A．(－∞，3) B．(3，＋∞)C．(－∞，2) D．(2，＋∞)答案B解析原不等式等价于3x－1>x＋5，解得x>3.故选B.2．函数y＝eq\f(2x＋1＋3,2x＋1)的值域为()A．(0，2) B．[2，＋∞)C．(2，3) D．[1，2]答案C解析因为y＝eq\f(2x＋1＋3,2x＋1)＝2＋eq\f(1,2x＋1)，又0<eq\f(1,2x＋1)<1，所以2<y<3.故选C.3．已知函数f(x)的图象如图所示，则函数g(x)＝logeq\s\up-7(\f(1,2))f(x)的单调递增区间为()A．(－∞，－3]，[0，3] B．[－3，0]，[3，＋∞)C．(－∞，－5)，[0，1) D．(－1，0]，(5，＋∞)答案C解析因为y＝logeq\s\up-7(\f(1,2))x在(0，＋∞)上为减函数，所以只求y＝f(x)的单调递减区间，且f(x)>0.由题图可知，使得函数y＝f(x)单调递减且满足f(x)>0的x的取值范围是(－∞，－5)∪[0，1)，因此函数g(x)＝logeq\s\up-7(\f(1,2))f(x)的单调递增区间为(－∞，－5)，[0，1)．故选C.4．(2023·北京高考)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是()A．f(x)＝－lnx B．f(x)＝eq\f(1,2x)C．f(x)＝－eq\f(1,x) D．f(x)＝3|x－1|答案C解析对于A，因为y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝－lnx在(0，＋∞)上单调递减，故A不符合题意；对于B，因为y＝2x在(0，＋∞)上单调递增，y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝eq\f(1,2x)在(0，＋∞)上单调递减，故B不符合题意；对于C，因为y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，故C符合题意；对于D，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)