高考数学一轮复习 第二篇 函数与基本初等函数Ⅰ（15讲）（考点梳理+考点自测+揭秘高考）理 新人教A版

第二篇函数与基本初等函数Ⅰ第1讲函数及其表示【年高考会这样考】1．主要考查函数的定义域、值域、解析式的求解．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．考查简单的分段函数，并能简单应用.考点梳理1．函数的基本概念(1)函数的定义：设A，B是非空的数集，如果按照某种确定的对应关系f，使对于集合A中的任意一个数x，在集合B中都有唯一确定的数f(x)和它对应，那么就称f：A→B为从集合A到集合B的一个函数，记作y＝f(x)，x∈A.(2)函数的定义域、值域：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；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．显然，值域是集合B的子集．(3)函数的三要素：定义域、值域和对应法则．(4)相等函数：如果两个函数的定义域和对应关系完全一致，那么这两个函数相等，这是判断两个函数相等的依据．(5)函数的表示法．表示函数的常用方法有：解析法、图象法、列表法．2．分段函数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．分段函数虽然由几部分组成，但它表示的是一个函数．3．映射的概念设A、B是两个非空集合，如果按某一个确定的对应关系f，使对于集合A中的任意一个元素x，在集合B中都有唯一确定的元素y与之对应，那么就称对应f：A→B为从集合A到集合B的一个映射．【助学·微博】一种方法求复合函数定义域的方法(1)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)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．两个防范(1)解决函数的任意问题，把求函数的定义域放在首位，即遵循“定义域优先”的原则．(2)用换元法解题时，应注意换元前后的等价性．考点自测1．(人教A版教材习题改编)下列各对函数中，表示同一函数的是()．A．f(x)＝lgx2，g(x)＝2lgxB．f(x)＝lgeq\f(x＋1,x－1)，g(x)＝lg(x＋1)－lg(x－1)C．f(u)＝eq\r(\f(1＋u,1－u))，g(v)＝eq\r(\f(1＋v,1－v))D．f(x)＝(eq\r(x))2，g(x)＝eq\r(x2)答案C2．已知a，b为实数，集合M＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)，1))，N＝{a,0}，f：x→x表示把M中的元素x映射到集合N中仍为x，则a＋b等于()．A．－1B．1C．0D．±1解析由集合性质结合已知条件可得a＝1，b＝0，∴a＋b＝1.答案B3．(·江西)若函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x≤1，,lgx，x>1，))则f(f(10))＝A．lg101B．2C．1D．0解析f(10)＝lg10＝1，故f(f(10))＝f(1)＝12＋1＝2.答案B4．(·杭州模拟)函数y＝eq\r(16－4x)的值域是()．A．[0，＋∞)B．[0,4]C．[0,4)D．(0,4)解析由已知得0≤16－4x<16,0≤eq\r(16－4x)<eq\r(16)＝4，即函数y＝eq\r(16－4x)的值域是[0,4)，选C.答案C5．(·江苏)函数f(x)＝eq\r(1－2log6x)的定义域为________．解析由题意，知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2log6x≥0，,x>0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log6x2≤1＝log66，,x>0))⇒0<x≤eq\r(6)，所以函数f(x)的定义域为(0，eq\r(6)]．答案(0，eq\r(6)]考向一求函数的定义域【例1】►(1)函数f(x)＝eq\f(1,x)ln(eq\r(x2－3x＋2)＋eq\r(－x2－3x＋4))的定义域为()．A．(－∞，－4]∪[2，＋∞)B．(－4,0)∪(0,1)C．[－4,0)∪(0,1]D．[－4,0)∪(0,1)(2)已知函数f(2x)的定义域是[1,2]，则函数f(log2x)的定义域为________．[审题视点](1)理解各代数式有意义的前提，列不等式组解得．(2)根据求复合函数定义域的解法求解．解析(1)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠0，,x2－3x＋2≥0，,－x2－3x＋4≥0，,\r(x2－3x＋2)＋\r(－x2－3x＋4)>0,))⇒－4≤x<1且x≠0，故选D.(2)在函数f(2x)中，定义域为[1,2]，即1≤x≤2,2≤2x≤4，∴f(x)的定义域为[2,4]．要求f(log2x)的定义域，则2≤log2x≤4,4≤x≤16，∴f(log2x)的定义域为[4,16]．答案(1)D(2)[4,16]求函数定义域的主要依据是：(1)分式的分母不为零；(2)偶次方根的被开方数大于或等于零；(3)对数的真数大于零，底数大于零且不等于1；(4)零次幂的底数不为零；(5)若函数f(x)的定义域为D，则对于复合函数y＝f[g(x)]，其定义域由满足g(x)∈D的x来确定．【训练1】(·山东)函数f(x)＝eq\f(1,lnx＋1)＋eq\r(4－x2)的定义域为()．A．[－2,0)∪(0,2]B．(－1,0)∪(0,2]C．[－2,2]D．(－1,2]解析f(x)有意义，应满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx＋1≠0，,4－x2≥0，,x＋1>0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>－1，且x≠0，,－2≤x≤2，))∴f(x)的定义域为{x|－1<x≤2且x≠0}．答案B考向二求函数的解析式【例2】►(1)已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋1))＝lgx，求f(x)的解析式；(2)已知f(x)是一次函数，且满足3f(x＋1)－2f(x－1)＝2x＋17，求f((3)定义在(－1,1)内的函数f(x)满足2f(x)－f(－x)＝lg(x＋1)，求函数f(x[审题视点](1)用换元法求解．(2)已知f(x)是一次函数，用待定系数法求解．(3)式中含有x，－x，故构造方程组求解．解(1)令eq\f(2,x)＋1＝t，由于x>0，∴t>1且x＝eq\f(2,t－1)，∴f(t)＝lgeq\f(2,t－1)，即f(x)＝lgeq\f(2,x－1)(x>1)．(2)设f(x)＝kx＋b(k≠0)，∴3f(x＋1)－2f(x－1)＝3[k(x＋1)＋b]－2[k(x－1)＋b]＝kx＋5k＋b＝2x＋17.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝2，,5k＋b＝17，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝2，,b＝7，))∴f(x)＝2x＋7.(3)x∈(－1,1)时，有2f(x)－f(－x)＝lg(x＋1)．以－x代x，得2f(－x)－f(x)＝lg(－x＋1)．②由①②消去f(－x)，得f(x)＝eq\f(2,3)lg(x＋1)＋eq\f(1,3)lg(1－x)，x∈(－1,1)．函数解析式的求法(1)凑配法：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)的解析式；(2)待定系数法：若已知函数的类型(如一次函数、二次函数等)，可用待定系数法；(3)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；(4)方程思想：已知关于f(x)与feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))或f(－x)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)．【训练2】已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－x,1＋x)))＝eq\f(1－x2,1＋x2)，则f(x)的解析式可取为()．A.eq\f(x,1＋x2)(x≠－1)B．－eq\f(2x,1＋x2)(x≠1)C.eq\f(2x,1＋x2)(x≠－1)D．－eq\f(x,1＋x2)(x≠1)解析由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－x,1＋x)))＝eq\f(1－x2,1＋x2)，令eq\f(1－x,1＋x)＝t⇒x＝eq\f(2,t＋1)－1且t≠－1⇒f(t)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,t＋1)－1))2,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,t＋1)－1))2)＝eq\f(2t,t2＋1)，∴f(x)＝eq\f(2x,x2＋1)，x≠－1.答案C考向三分段函数及其应用【例3】►(·江苏)设f(x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间[－1,1]上，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋1，－1≤x<0，,\f(bx＋2,x＋1)，0≤x≤1，))其中a，b∈R.若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，则a＋3b的值为________．[审题视点]本题考查分段函数及函数的周期性等知识，题目中挖掘隐含条件f(－1)＝f(1)对于解决本题至关重要．解析因为f(x)是定义在R上且周期为2的函数，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，且f(－1)＝f(1)，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，从而eq\f(\f(1,2)b＋2,\f(1,2)＋1)＝－eq\f(1,2)a＋1,3a＋2b＝－2.①由f(－1)＝f(1)，得－a＋1＝eq\f(b＋2,2)，故b＝－2a.②由①②得a＝2，b＝－4，从而a＋3b＝－10.答案－10对于解决分段函数问题，其基本方法是“分段归类”即自变量涉及到哪一段就用这一段的解析式．【训练3】已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,2x，x≤0，))若f(a)＝eq\f(1,2)，则a的值为()．A．－1B.eq\r(2)C．－1或eq\f(1,2)D．－1或eq\r(2)解析若a>0，有log2a＝eq\f(1,2)，a＝eq\r(2)；若a≤0，有2a＝eq\f(1,2)，a＝－1.答案D热点突破3——函数新定义问题【命题研究】以高等数学知识为背景的新定义问题是近几年来高考命题的热点，在近年的高考题中常能找到它的影子，如年福建卷第10题、年湖北卷第7题等．此类试题着重考查考生的阅读理解能力、分析问题和解决问题的能力，求解时可通过选取满足题设条件的特殊函数，化抽象为直观，使得此类问题得以突破．预测年高考仍会有函数新定义题出现．【真题探究】►(·湖北)定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝eq\r(|x|)；④f(x)＝ln|x|.则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为()．A．①②B．③④C．①③D．②④[教你审题]本题是一道自主定义的新函数试题，如果“单刀直入，强行突破”，解题过程会很繁杂，因此，我们可以选择对四个选项中的函数逐一推理论证，看其是否满足“保等比数列函数”的定义(见法一)；也可以利用问题在某一特殊情况下不真，则它在一般情况下也不真的原理，对所给函数选取特殊值进行验证(见法二)．[解法]法一设数列{an}的公比为q(q≠0)．对于①，eq\f(fan＋1,fan)＝eq\f(a\o\al(2,n＋1),a\o\al(2,n))＝q2，是常数，故①符合条件；对于②，eq\f(fan＋1,fan)＝eq\f(2an＋1,2an)＝2an＋1－an，不是常数，故②不符合条件；对于③，eq\f(fan＋1,fan)＝eq\f(\a\vs4\al(\r(\o(\s\up7(),\s\do5(|an＋1|)))),\r(|an|))＝eq\a\vs4\al(\r(\o(\s\up7(),\s\do5(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))))))＝eq\r(|q|)，是常数，故③符合条件；对于④，eq\f(fan＋1,fan)＝eq\f(ln|an＋1|,ln|an|)＝log|an||an＋1|，不是常数，故④不符合条件．由“保等比数列函数”的定义，知选C.法二取x为1,2,4，则1,2,4成等比数列；对于函数f(x)＝2x，有f(1)＝2，f(2)＝22，f(4)＝24，所以f(1)·f(4)≠[f(2)]2，故函数f(x)＝2x不是“保等比数列函数”，可排除A，D；对于函数f(x)＝ln|x|，有f(1)＝0，f(2)＝ln2，f(4)＝ln4，所以f(1)·f(4)≠[f(2)]2，故函数f(x)＝ln|x|不是“保等比数列函数”，可排除B.应选C.答案C[反思](1)本题以等比数列与基本初等函数知识为背景，给出了一个新的概念“保等比数列函数”，把函数与数列两知识块自然地融合在一起，考查了灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力．(2)求解新定义问题的关键是读懂新定义的意义，并将其运用到新的情境中．对特殊值的敏感，对已知选项的理解，可从中提取有效的信息．特殊值的选定，一要典型，能定性说明问题；二要简单，便于推理运算．【试一试】若对于函数f(x)定义域内的任意一个自变量x1，都存在唯一一个自变量x2，使得eq\r(fx1fx2)＝1成立，则称f(x)为好函数”．给出四个函数：①f(x)＝10x；②f(x)＝lgeq\f(1,x)；③f(x)＝sinx，x∈(0，π)；④f(x)＝2cosx，x∈(0，π)．其中为“好函数”的函数的个数为()．A．1B．2C．3D．4解析①f(x1)f(x2)＝10x1＋x2＝1，只需x1＋x2＝0，x2唯一；②f(x1)f(x2)＝lgeq\f(1,x1)·lgeq\f(1,x2)＝1，只需lgx1＝eq\f(1,lgx2)，x2唯一；③f(x1)f(x2)＝sinx1sinx2＝1，x2不存在；④f(x1)f(x2)＝2cosx1＋cosx2＝1，cosx1＋cosx2＝0，x2唯一．答案CA级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．下列各对函数中，是同一个函数的是 ()．A．f(x)＝eq\r(x2)，g(x)＝eq\r(3,x3)B．f(x)＝eq\f(|x|,x)，g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x≥0，,－1，x<0))C．f(x)＝eq\r(2n＋1,x2n＋1)，g(x)＝(eq\r(2n－1,x))2n－1，n∈N*D．f(x)＝eq\r(x)·eq\r(x＋1)，g(x)＝eq\r(xx＋1)解析对于选项A，由于f(x)＝eq\r(x2)＝|x|，g(x)＝eq\r(3,x3)＝x，故它们的值域及对应法则都不相同，所以它们不是同一个函数；对于选项B，由于函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，而g(x)的定义域为R，所以它们不是同一个函数；对于选项C，由于当n∈N*时，2n±1为奇数，所以f(x)＝eq\r(2n＋1,x2n＋1)＝x，g(x)＝(eq\r(2n－1,x))2n－1＝x，它们的定义域、值域及对应法则都相同，所以它们是同一个函数；对于选项D，由于函数f(x)＝eq\r(x)·eq\r(x＋1)的定义域为[0，＋∞)，而g(x)＝eq\r(xx＋1)的定义域为(－∞，－1]∪[0，＋∞)，它们的定义域不同，所以它们不是同一个函数．答案C2．(·江西)下列函数中，与函数y＝eq\f(1,\r(3,x))定义域相同的函数为 ()．A．y＝eq\f(1,sinx) B．y＝eq\f(lnx,x)C．y＝xex D．y＝eq\f(sinx,x)解析函数y＝eq\f(1,\r(3,x))的定义域为{x|x≠0，x∈R}与函数y＝eq\f(sinx,x)的定义域相同，故选D.答案D3．若一系列函数的解析式相同，值域相同，但定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，则函数解析式为y＝x2＋1，值域为{1,3}的同族函数有 ()．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个解析由x2＋1＝1，得x＝0.由x2＋1＝3，得x＝±eq\r(2)，所以函数的定义域可以是{0，eq\r(2)}，{0，－eq\r(2)}，{0，eq\r(2)，－eq\r(2)}，故值域为{1,3}的同族函数共有3个．答案C4．(·安徽)下列函数中，不满足f(2x)＝2f(x)的是 A．f(x)＝|x| B．f(x)＝x－|x|C．f(x)＝x＋1 D．f(x)＝－x解析因为f(x)＝kx与f(x)＝k|x|均满足f(2x)＝2f(x)，所以A，B，D满足条件；对于C，若f(x)＝x＋1，则f(2x)＝2x＋1≠2f(x)＝2x＋2.答案C二、填空题(每小题5分，共10分)5．已知函数f(x)，g(x)分别由下表给出，x123f(x)131x123g(x)321则f[g(1)]的值为________，满足f[g(x)]>g[f(x)]的x的值是________．解析∵g(1)＝3，∴f[g(1)]＝f(3)＝1，由表格可以发现g(2)＝2，f(2)＝3，∴f(g(2))＝3，g(f(2))＝1.答案126．函数y＝eq\r(x＋1)－eq\r(x－1)的值域为________．解析函数定义域为[1，＋∞)，∵y＝eq\r(x＋1)－eq\r(x－1)＝eq\f(2,\r(x＋1)＋\r(x－1))，当x≥1时是减函数，∴0<y＝eq\f(2,\r(x＋1)＋\r(x－1))≤eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2).故函数的值域为(0，eq\r(2)]．答案(0，eq\r(2)]三、解答题(共25分)7．(12分)记f(x)＝lg(2x－3)的定义域为集合M，函数g(x)＝eq\r(1－\f(2,x－1))的定义域为集合N，求：(1)集合M，N；(2)集合M∩N，M∪N.解(1)M＝{x|2x－3>0}＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x>\f(3,2)))))，N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,x－1)))≥0))＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x－3,x－1)))≥0))＝{x|x≥3，或x<1}．(2)M∩N＝{x|x≥3}，M∪N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<1或x>\f(3,2))))).8．(13分)二次函数f(x)满足f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝1.(1)求f(x)的解析式；(2)在区间[－1,1]上，函数y＝f(x)的图象恒在直线y＝2x＋m的上方，试确定实数m的取值范围．解(1)由f(0)＝1，可设f(x)＝ax2＋bx＋1(a≠0)，故f(x＋1)－f(x)＝a(x＋1)2＋b(x＋1)＋1－(ax2＋bx＋1)＝2ax＋a＋b，由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝2，,a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1，))故f(x)＝x2－x＋1.(2)由题意，得x2－x＋1>2x＋m，即x2－3x＋1>m，对x∈[－1,1]恒成立．令g(x)＝x2－3x＋1，则问题可转化为g(x)min>m，又因为g(x)在[－1,1]上递减，所以g(x)min＝g(1)＝－1，故m<－1.B级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|lgx|，0<x≤10，,－\f(1,2)x＋6，x>10.))若a，b，c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，则abc的取值范围是 ()．A．(1,10) B．(5,6)C．(10,12) D．(20,24)解析a，b，c互不相等，不妨设a<b<c，∵f(a)＝f(b)＝f(c)，由图可知0<a<1,1<b<10,10<c<12.∵f(a)＝f(b)，∴|lga|＝|lgb|，∴lga＝－lgb，即lga＝lgeq\f(1,b)⇒a＝eq\f(1,b)，∴ab＝1,10<abc＝c<12.故应选C.答案C2．定义两种运算：a⊕b＝eq\r(a2－b2)，a⊗b＝eq\r(a－b2)，则函数f(x)＝eq\f(2⊕x,x⊗2－2)的解析式为 ()．A．f(x)＝eq\f(\r(4－x2),x)，x∈[－2,0)∪(0,2]B．f(x)＝eq\f(\r(x2－4),x)，x∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)C．f(x)＝－eq\f(\r(x2－4),x)，x∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)D．f(x)＝－eq\f(\r(4－x2),x)，x∈[－2,0)∪(0,2]解析∵2⊕x＝eq\r(4－x2)，x⊗2＝eq\r(x－22)＝|x－2|，∴f(x)＝eq\f(\r(4－x2),|x－2|－2).注意到定义域：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－x2≥0，,|x－2|≠2))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2≤x≤2，,x≠0且x≠4))⇒x∈[－2,0)∪(0,2]，∴f(x)＝－eq\f(\r(4－x2),x)，x∈[－2,0)∪(0,2]．答案D二、填空题(每小题5分，共10分)3．设f(x)＝eq\f(1－x2,1＋x2)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝________.解析因为f(x)＝eq\f(1－x2,1＋x2)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－eq\f(1－x2,1＋x2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋f(x)＝0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝f(1)＝0.答案04．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x≥0，,1，x<0，))则满足不等式f(1－x2)>f(2x)的x的取值范围是________．解析由题意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x2>0，,2x<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x2>2x，,2x≥0))解得－1<x<0或0≤x<eq\r(2)－1，∴所求x的取值范围为(－1，eq\r(2)－1)．答案(－1，eq\r(2)－1)三、解答题(共25分)5．(12分)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，1≤x≤2，,x－1，2<x≤3，))g(x)＝f(x)－ax，x∈[1,3]，其中a∈R，记函数g(x)的最大值与最小值的差为h(a)．(1)求函数h(a)的解析式；(2)画出函数y＝h(x)的图象并指出h(x)的最小值．解(1)由题意知g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－ax，1≤x≤2，,1－ax－1，2<x≤3，))当a<0时，函数g(x)是[1,3]上的增函数，此时g(x)max＝g(3)＝2－3a，g(x)min＝g(1)＝1－a，所以h(a)＝1－2a；当a>1时，函数g(x)是[1,3]上的减函数，此时g(x)min＝g(3)＝2－3a，g(x)max＝g(1)＝1－a，所以h(a)＝2a－1；当0≤a≤1时，若x∈[1,2]，则g(x)＝1－ax，有g(2)≤g(x)≤g(1)；若x∈(2,3]，则g(x)＝(1－a)x－1，有g(2)<g(x)≤g(3)，因此g(x)min＝g(2)＝1－2a，而g(3)－g(1)＝(2－3a)－(1－a)＝1－2a，故当0≤a≤eq\f(1,2)时，g(x)max＝g(3)＝2－3a，有h(a)＝1－a；当eq\f(1,2)<a≤1时，g(x)max＝g(1)＝1－a，有h(a)＝a.综上所述，h(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2a，a<0，,1－a，0≤a≤\f(1,2)，,a，\f(1,2)<a≤1，,2a－1，a>1.))(2)画出y＝h(x)的图象，如图所示，数形结合可得h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2).[6．(13分)(·江苏)设集合Pn＝{1,2，…，n}，n∈N*.记f(n)为同时满足下列条件的集合A的个数：①A⊆Pn；②若x∈A，则2x∉A；③若x∈∁PnA，则2x∉∁PnA.(1)求f(4)；(2)求f(n)的解析式(用n表示)．解(1)当n＝4时，符合条件的集合A为：{2}，{1,4}，{2,3}，{1,3,4}，故f(4)＝4.(2)任取偶数x∈Pn，将x除以2，若商仍为偶数，再除以2，…，经过k次以后，商必为奇数，此时记商为m，于是x＝m·2k，其中m为奇数，k∈N*.由条件知，若m∈A，则x∈A⇔k为偶数；若m∉A，则x∈A⇔k为奇数．于是x是否属于A由m是否属于A确定．设Qn是Pn中所有奇数的集合，因此f(n)等于Qn的子集个数．当n为偶数(或奇数)时，Pn中奇数的个数是eq\f(n,2)(或eq\f(n＋1,2))，所以f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\f(n,2)，n为偶数，,2\f(n＋1,2)，n为奇数.))特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.第2讲函数的单调性与最值【年高考会这样考】1．考查求函数单调性和最值的基本方法．2．利用函数的单调性求单调区间．3．利用函数的单调性求最值和参数的取值范围．4．函数的单调性和其它知识结合综合考查求函数最值、比较大小、解不等式等相关问题.考点梳理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I，如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量x1，x2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)单调区间的定义若函数f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数f(x)在这一区间具有(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y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足条件(1)对于任意x∈I，都有f(x)≤M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M.(3)对于任意x∈I，都有f(x)≥M；(4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M.结论M为最大值M为最小值【助学·微博】一个防范单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写，不能用符号“∪”联结，也不能用“或”联结．两种形式设任意x1，x2∈[a，b]且x1<x2，那么①eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0⇔f(x)在[a，b]上是减函数．②(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0⇔f(x)在[a，b]上是减函数．两条结论(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值．当函数在闭区间上单调时最值一定在端点取到．(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大(小)值．考点自测1．已知函数f(x)＝loga|x|在(0，＋∞)上单调递增，则()．A．f(3)<f(－2)<f(1)B．f(1)<f(－2)<f(3)C．f(－2)<f(1)<f(3)D．f(3)<f(1)<f(－2)解析因为f(x)＝loga|x|在(0，＋∞)上单调递增，所以a>1，f(1)<f(2)<f(3)．又函数f(x)＝loga|x|为偶函数，所以f(2)＝f(－2)，所以f(1)<f(－2)<f(3)．答案B2．(·西安调研)设f(x)为定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，若x1＋x2>0，则f(x1)＋f(x2)的值()．A．恒为正值B．恒等于零C．恒为负值D．无法确定正负解析f(x)为奇函数且x≥0时f(x)为减函数，故f(x)在R上是减函数，由x1＋x2>0，得x1>－x2，故f(x1)<f(－x2)，即f(x1)－f(－x2)<0，即f(x1)＋f(x2)<0.答案C3．(·广东)下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是()．A．y＝ln(x＋2)B．y＝－eq\r(x＋1)C．y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))xD．y＝x＋eq\f(1,x)解析采用验证法，易知函数y＝ln(x＋2)在(－2，＋∞)上是增函数，因此在(0，＋∞)上是增函数，故选A.答案A4．(·金华模拟)若函数f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝(a＋1)1－x在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是()．A．(－1,0)B．(－1,0)∪(0,1]C．(0,1)D．(0,1]解析f(x)＝－x2＋2ax的对称轴为x＝a，要使f(x)在[1,2]上为减函数，必须有a≤1，又g(x)＝(a＋1)1－x在[1,2]上是减函数，所以a＋1>1，即a>0，故0<a≤1.答案D5．(人教A教材习题改编)函数f(x)＝eq\f(2x,x＋1)在[1,2]的最大值和最小值分别是________．解析f(x)＝eq\f(2x,x＋1)＝eq\f(2x＋1－2,x＋1)＝2－eq\f(2,x＋1)在[1,2]上是增函数，∴f(x)max＝f(2)＝eq\f(4,3)，f(x)min＝f(1)＝1.答案eq\f(4,3)，1考向一函数单调性的判断及应用【例1】►试讨论函数f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1,1)上的单调性．[审题视点]可利用定义或导数法讨论函数的单调性．解设－1<x1<x2<1，f(x)＝aeq\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)))＝aeq\f(x2－x1,x1－1x2－1)当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上递减；当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上递增．证明函数的单调性用定义法的步骤：取值—作差—变形—确定符号—下结论．【训练1】已知f(x)＝eq\f(x,x－a)(x≠a)．(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)内单调递增；(2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)内单调递减，求a的取值范围．(1)证明任设x1<x2<－2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1＋2)－eq\f(x2,x2＋2)＝eq\f(2x1－x2,x1＋2x2＋2).∵(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，∴f(x1)<f(x2)，∴f(x)在(－∞，－2)内单调递增．(2)解任设1<x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1－a)－eq\f(x2,x2－a)＝eq\f(ax2－x1,x1－ax2－a).∵a>0，x2－x1>0.∴要使f(x1)－f(x2)>0，只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，∴a≤1.综上所知0<a≤1，即a的取值范围为(0,1]．考向二求函数的单调区间【例2】►求函数y＝eq\r(x2＋x－6)的单调区间．[审题视点]先确定定义域，再利用复合函数的单调性求解．解令u＝x2＋x－6，y＝eq\r(x2＋x－6)可以看作有y＝eq\r(u)与u＝x2＋x－6的复合函数．由u＝x2＋x－6≥0，得x≤－3或x≥2.∵u＝x2＋x－6在(－∞，－3]上是减函数，在[2，＋∞)上是增函数，而y＝eq\r(u)在(0，＋∞)上是增函数．∴y＝eq\r(x2＋x－6)的单调减区间为(－∞，－3]，单调增区间为[2，＋∞)．求复合函数y＝f(g(x))的单调区间的步骤：(1)确定定义域；(2)将复合函数分解成两个基本初等函数；(3)分别确定两基本初等函数的单调性；(4)按“同增异减”的原则，确定原函数的单调区间．【训练2】(·大连模拟)求函数y＝logeq\f(1,2)(x2－3x＋2)的单调区间．解令u＝x2－3x＋2，则原函数可以看作y＝logeq\f(1,2)u与u＝x2－3x＋2的复合函数．令u＝x2－3x＋2>0，则x<1或x>2.∴函数y＝logeq\f(1,2)(x2－3x＋2)的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞)．又u＝x2－3x＋2的对称轴x＝eq\f(3,2)，且开口向上．∴u＝x2－3x＋2在(－∞，1)上是单调减函数，在(2，＋∞)上是单调增函数．而y＝logeq\f(1,2)u在(0，＋∞)上是单调减函数，∴y＝logeq\f(1,2)(x2－3x＋2)的单调减区间为(2，＋∞)，单调增区间为(－∞，1)．考向三抽象函数的单调性及最值【例3】►已知函数f(x)对于任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，f(1)＝－eq\f(2,3).(1)求证：f(x)在R上是减函数；(2)求f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值．[审题视点]抽象函数单调性的判断，仍须紧扣定义，结合题目作适当变形．(1)证明法一∵函数f(x)对于任意x，y∈R总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，∴令x＝y＝0，得f(0)＝0.再令y＝－x，得f(－x)＝－f(x)．在R上任取x1>x2，则x1－x2>0.f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)．又∵x>0时，f(x)<0，而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)<f(x2)．因此f(x)在R上是减函数．法二设x1>x2，则f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)＝f(x1－x2)．又∵x>0时，f(x)<0，而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在R上为减函数．(2)解∵f(x)在R上是减函数，∴f(x)在[－3,3]上也是减函数，∴f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值分别为f(－3)与f(3)．而f(3)＝3f(1)＝－2，f(－3)＝－f(3)＝2.∴f(x)在[－3,3]上的最大值为2，最小值为－2.对于抽象函数的单调性的判断仍然要紧扣单调性的定义，结合题目所给性质和相应的条件，对任意x1，x2在所给区间内比较f(x1)－f(x2)与0的大小，或eq\f(fx1,fx2)与1的大小．有时根据需要，需作适当的变形：如x1＝x2·eq\f(x1,x2)或x1＝x2＋x1－x2等．【训练3】已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)<0.(1)求f(1)的值；(2)判断f(x)的单调性；(3)若f(3)＝－1，求f(x)在[2,9]上的最小值．解(1)令x1＝x2>0，代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0.(2)任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，则eq\f(x1,x2)>1，由于当x>1时，f(x)<0所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))<0，即f(x1)－f(x2)<0，因此f(x1)<f(x2)，所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数．(3)∵f(x)在[0，＋∞)上是单调递减函数．∴f(x)在[2,9]上的最小值为f(9)．由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,3)))＝f(9)－f(3)，而f(3)＝－1，所以f(9)＝－2.∴f(x)在[2,9]上的最小值为－2.规范解答1——利用函数的单调性求参数的范围【命题研究】从近三年的高考试题来看，函数单调性的判断和应用以及函数的最值问题是高考的热点，题型既有选择题、填空题，又有解答题，难度中等偏高；客观题主要考查函数的单调性、最值的灵活确定与简单应用，主观题在考查基本概念、重要方法的基础上，又注重考查函数方程、等价转化、数形结合、分类讨论的思想方法．预测年高考仍将以利用导数求函数的单调区间，研究单调性及利用单调性求最值或求参数的取值范围为主要考点，重点考查转化与化归思想及逻辑推理能力．【真题探究】►(本小题满分13分)(·北京)已知函数f(x)＝(x－k)2eeq\f(x,k).(1)求f(x)的单调区间；(2)若对于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤eq\f(1,e)，求k的取值范围．[教你审题](1)根据导函数大于零和小于零即可得出函数的单调区间，但求解过程中要注意对参数k进行分类讨论．(2)利用函数单调性求出函数最大值f(x)max，使f(x)max≤eq\f(1,e)即可解出k的取值范围．[规范解答](1)f′(x)＝eq\f(1,k)(x2－k2)eeq\f(x,k).令f′(x)＝0，得x＝±k.(2分)当k>0时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：x(－∞，－k)－k(－k，k)k(k，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)4k2e－10所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－k)和(k，＋∞)，单调递减区间是(－k，k)．(4分)当k<0时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：x(－∞，－k)k(k，－k)－k(－k，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)04k2e－1所以f(x)的单调递减区间是(－∞，k)和(－k，＋∞)，单调递增区间是(k，－k)．(6分)(2)当k>0时，因为f(k＋1)＝eeq\f(k＋1,k)>eq\f(1,e)，所以不会有∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤eq\f(1,e).(8分)当k<0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝eq\f(4k2,e).(10分)所以∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤eq\f(1,e)等价于f(－k)＝eq\f(4k2,e)≤eq\f(1,e)，解得－eq\f(1,2)≤k<0.(12分)故当∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤eq\f(1,e)时，k的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)).(13分)[阅卷老师手记](1)导数法是研究函数单调性的重要工具，利用导数研究函数单调性应注意三个方面：一是求导之后函数的定义域可能会发生变化，要在函数的定义域内分析导函数的符号；二是若求函数的单调区间可直接转化为f′(x)>0(或f′(x)<0)的解集求解，若函数在区间M上的单调递增(递减)，则应转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在区间M上的恒成立问题求解；三是当含有参数时，要注意对参数的取值范围进行分类讨论．(2)数学解题的核心是转化，本题的关键是将∀x∈(0，＋∞)都有f(x)≤eq\f(1,e)转化为当x∈(0，＋∞)时有f(x)max≤eq\f(1,e)，利用函数单调性求函数最值，通过解不等式求得k的取值范围．(3)利用导数法求解函数最值的实质是利用函数的单调性确定最值．应该注意三个问题：一是在利用导函数判断函数单调性时要注意函数定义域；二是准确求导；三是要注意极值与最值的区别．第一步：求函数的定义域．若题设中有对数函数一定先求定义域，若题设中有三次函数、指数函数可不考虑定义域．第二步：求函数f(x)的导数f′(x)，并令f′(x)＝0，求其根．第三步：利用f′(x)＝0的根和不可导点的x的值从小到大顺次将定义域分成若干个小开区间，并列表．第四步：由f′(x)在小开区间内的正、负值判断f(x)在小开区间内的单调性；求极值、最值．第五步：将不等式恒成立问题转化为f(x)max≤a或f(x)min≥a，解不等式求参数的取值范围．第六步：明确规范地表述结论．【试一试】已知函数f(x)＝eq\f(2x2－kx＋k,ex).(1)当k为何值时，f(x)在R上是减函数；(2)试确定实数k的值，使f(x)的极小值为0.解(1)∵f(x)＝eq\f(2x2－kx＋k,ex)，∴f′(x)＝(4x－k)e－x＋(2x2－kx＋k)·(－1)·e－x＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(k,2)))·(x－2)·e－x，当k＝4时，f′(x)＝－(x－2)2·e－x≤0，∴当k＝4时，f(x)在R上是减函数．(2)当k≠4时，令f′(x)＝0，得x1＝2，x2＝eq\f(k,2).①当k<4时，即eq\f(k,2)<2时有xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(k,2)))eq\f(k,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)，2))2(2，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值令feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)))＝0得2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)))2－k·eq\f(k,2)＋k＝0，∴k＝0.②当k>4时，即eq\f(k,2)>2时有x(－∞，2)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(k,2)))eq\f(k,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)，＋∞))f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值令f(2)＝0，得2×4－2k＋k＝0，∴k＝8.∴当k＝0或k＝8时，f(x)有极小值为0.A级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．(·长沙一模)下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)内单调递减的函数是()．A．y＝x2 B．y＝|x|＋1C．y＝－lg|x| D．y＝2|x|解析对于C中函数，当x>0时，y＝－lgx，故为(0，＋∞)上的减函数，且y＝－lg|x|为偶函数．答案C2．(·辽宁)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为 ()．A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)解析法一由x∈R，f(－1)＝2，f′(x)>2，可设f(x)＝4x＋6，则由4x＋6>2x＋4，得x>－1，选B.法二设g(x)＝f(x)－2x－4，则g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，g′(x)＝f′(x)－2>0，g(x)在R上为增函数．由g(x)>0，即g(x)>g(－1)．∴x>－1，选B.答案B3．(·浙江)设a>0，b>0. ()．A．若2a＋2a＝2b＋3b，则aB．若2a＋2a＝2b＋3b，则aC．若2a－2a＝2b－3b，则aD．若2a－2a＝2b－3b，则a解析利用原命题与逆否命题的真假性相同求解．当0<a≤b时，显然2a≤2b,2a≤2b<3b，∴2a＋2a<2b＋3b，即2a＋2a≠2b＋3b成立．∴它的逆否命题：若2a＋2a＝2b＋3b，则a>b成立，故A正确，B错误．当0<a≤b时，由2a≤2b,2a<3b，知2a－2a与2b－3b的大小关系不确定，∴C不正确，同理D不正确．答案A4．(·苏州调研)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是 ()．A．(－∞，0] B．[0,1)C．[1，＋∞) D．[－1,0]解析g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1.))如图所示，其递减区间是[0,1)．故选B.答案B二、填空题(每小题5分，共10分)5．设函数y＝x2－2x，x∈[－2，a]，若函数的最小值为g(a)，则g(a)＝________.解析∵函数y＝x2－2x＝(x－1)2－1，∴对称轴为直线x＝1.当－2≤a<1时，函数在[－2，a]上单调递减，则当x＝a时，ymin＝a2－2a；当a≥1时，函数在[－2,1]上单调递减，在[1，a]上单调递增，则当x＝1时，ymin＝－1.综上，g(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－2a，－2≤a<1，,－1，a≥1.))答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－2a，－2≤a<1,－1，a≥1))6．奇函数f(x)(x∈R)满足：f(－4)＝0，且在区间[0,3]与[3，＋∞)上分别递减和递增，则不等式(x2－4)f(x)<0的解集为________．解析当x2－4>0，即x<－2或x>2时，f(x)<0.由f(x)的图象知，x<－4或2<x<4；当x2－4<0，即－2<x<2时，f(x)>0，则－2<x<0.故x∈(－∞，－4)∪(－2,0)∪(2,4)．答案(－∞，－4)∪(－2,0)∪(2,4)三、解答题(共25分)7．(12分)设函数f(x)对任意的a，b∈R，都有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，且当x>0时，f(x)>1.(1)求证：f(x)是R上的增函数；(2)若f(4)＝5，解不等式f(3m2－(1)证明设x1<x2，∴Δx＝x2－x1>0，∴f(Δx)>1，∴f(x2)＝f(x1＋Δx)＝f(x1)＋f(Δx)－1>f(x1)，∴f(x)是R上的增函数．(2)解f(4)＝f(2)＋f(2)－1＝5，∴f(2)＝3，∴f(3m2－m－2)<3＝f(2)．又由(1)的结论知f(x)是R上的增函数，∴3m2－m－2<2，∴－1<m<eq\f(4,3).8．(13分)已知函数f(x)＝x2＋eq\f(a,x)(x≠0，a∈R)．(1)判断函数f(x)的奇偶性；(2)若f(x)在区间[2，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围．解(1)当a＝0时，f(x)＝x2(x≠0)为偶函数；当a≠0时，f(－x)≠f(x)，f(－x)≠－f(x)，∴f(x)既不是奇函数也不是偶函数．(2)设x2>x1≥2，则f(x1)－f(x2)＝xeq\o\al(2,1)＋eq\f(a,x1)－xeq\o\al(2,2)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x1－x2,x1x2)[x1x2(x1＋x2)－a]，由x2>x1≥2，得x1x2(x1＋x2)>16，x1－x2<0，x1x2>0.要使f(x)在区间[2，＋∞)上是增函数，只需f(x1)－f(x2)<0，即x1x2(x1＋x2)－a>0恒成立，则a≤16.B级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．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)＝2，则f(－3)等于 ()．A．2 B．3 C．6 D．9解析f(1)＝f(0＋1)＝f(0)＋f(1)＋2×0×1＝f(0)＋f(1)，∴f(0)＝0.f(0)＝f(－1＋1)＝f(－1)＋f(1)＋2×(－1)×1＝f(－1)＋f(1)－2，∴f(－1)＝0.f(－1)＝f(－2＋1)＝f(－2)＋f(1)＋2×(－2)×1＝f(－2)＋f(1)－4，∴f(－2)＝2.f(－2)＝f(－3＋1)＝f(－3)＋f(1)＋2×(－3)×1＝f(－3)＋f(1)－6，∴f(－3)＝6.答案C2．(·太原质检)设函数y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义，对于给定的正数K，定义函数fK(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，fx≤K，,K，fx>K，))取函数f(x)＝2－|x|，当K＝eq\f(1,2)时，函数fK(x)的单调递增区间 为 ()．A．(－∞，0) B．(0，＋∞)C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)解析feq\f(1,2)(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－|x|，2－|x|≤\f(1,2)，,\f(1,2)，2－|x|>\f(1,2)))⇔feq\f(1,2)(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x|，x≤－1或x≥1，,\f(1,2)，－1<x<1.))feq\f(1,2)(x)的图象如右图所示，因此feq\f(1,2)(x)的单调递增区间为(－∞，－1)．答案C二、填空题(每小题5分，共10分)3.设奇函数f(x)的定义域为[－5,5]，若当x∈[0,5]时，f(x)的图象如右图，则不等式f(x)<0的解集是________．解析法一奇函数关于原点对称.∵当0<x<2时，f(x)>0⇒－2<x<0时，f(x)<0；当2<x≤5时，f(x)<0⇒－5≤x<－2时，f(x)>0.∴综上，f(x)<0的解集为{x|－2<x<0或2<x≤5}．法二由于f(x)为在[－5,5]上的奇函数，通过数形结合可解决问题．作图可得{x|－2<x<0或2<x≤5}．答案{x|－2<x<0或2<x≤5}4．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e－x－2，x≤0，,2ax－1，x>0))(a是常数且a>0)．对于下列命题：①函数f(x)的最小值是－1；②函数f(x)在R上是单调函数；③若f(x)>0在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上恒成立，则a的取值范围是a>1；④对任意的x1<0，x2<0且x1≠x2，恒有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<eq\f(fx1＋fx2,2).其中正确命题的序号是____________．解析根据题意可画出草图，由图象可知，①显然正确；函数f(x)在R上不是单调函数，故②错误；若f(x)>0在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上恒成立，则2a×eq\f(1,2)－1>0，a>1，故③正确；由图象可知在(－∞，0)上对任意的x1<0，x2<0且x1≠x2，恒有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<eq\f(fx1＋fx2,2)成立，故④正确．答案①③④三、解答题(共25分)5．(12分)(·上海)已知函数f(x)＝a·2x＋b·3x，其中常数a，b满足ab≠0.(1)若ab>0，判断函数f(x)的单调性；(2)若ab<0，求f(x＋1)>f(x)时的x的取值范围．解(1)当a>0，b>0时，因为a·2x，b·3x都单调递增，所以函数f(x)单调递增；当a<0，b<0时，因为a·2x，b·3x都单调递减，所以函数f(x)单调递减．(2)f(x＋1)－f(x)＝a·2x＋2b·3x>0.(i)当a<0，b>0时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))x>－eq\f(a,2b)，解得x>logeq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2b)))；(ii)当a>0，b<0时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))x<－eq\f(a,2b)，解得x<logeq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2b))).6．(13分)(·潍坊一模)已知函数f(x)在(－1,1)上有定义，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－1，当且仅当0<x<1时，f(x)<0，且对任意x、y∈(－1,1)都有f(x)＋f(y)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,1＋xy)))，试证明：(1)f(x)为奇函数；(2)f(x)在(－1,1)上单调递减．证明(1)函数f(x)的定义域为(－1,1)，再由f(x)＋f(y)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,1＋xy)))，令x＝y＝0，得f(0)＝0，令y＝－x，得f(x)＋f(－x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－x,1－x2)))＝f(0)＝0，∴f(x)＝－f(－x)，即f(x)为奇函数．(2)先证f(x)在(0,1)上单调递减．令0<x1<x2<1，则f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f(－x1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2－x1,1－x1x2))).∵0<x1<x2<1，∴x2－x1>0,1－x1x2>0，即eq\f(x2－x1,1－x2x1)>0.又∵(x2－x1)－(1－x2x1)＝(x2－1)(x1＋1)<0，∴x2－x1<1－x2x1，∴0<eq\f(x2－x1,1－x2x1)<1.由题意，知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2－x1,1－x1x2)))<0，即f(x2)<f(x1)，∴f(x)在(0,1)上单调递减，又f(x)为奇函数且f(0)＝0，∴f(x)在(－1,1)上单调递减.特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.第3讲函数的奇偶性与周期性【年高考会这样考】1．判断函数的奇偶性．2．利用函数奇偶性、周期性求函数值及求参数值．3．考查函数的单调性与奇偶性的综合应用．4．对三种性质的综合考查；借助函数图象解决问题.考点梳理1．奇、偶函数的概念一般地，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．一般地，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．奇函数的图象关于原点对称；偶函数的图象关于y轴对称．2．奇、偶函数的性质(1)奇函数在关于原点对称的区间上的单调性相同，偶函数在关于原点对称的区间上的单调性相反．(2)在公共定义域内①两个奇函数的和是奇函数，两个奇函数的积是偶函数；②两个偶函数的和、积都是偶函数；③一个奇函数和一个偶函数的积是奇函数．3．周期性(1)周期函数：对于函数y＝f(x)，如果存在一个非零常数T，使得当x取定义域内的任何值时，都有f(x＋T)＝f(x)，那么就称函数y＝f(x)为周期函数，称T为这个函数的周期．(2)最小正周期：如果在周期函数f(x)的所有周期中存在一个最小的正数，那么这个最小正数就叫做f(x)的最小正周期．【助学·微博】一条规律奇、偶函数的定义域关于原点对称．函数的定义域关于原点对称是函数具有奇偶性的必要不充分条件．两个性质(1)若奇函数f(x)在x＝0处有定义，则f(0)＝0.(2)设f(x)，g(x)的定义域分别是D1，D2，那么在它们的公共定义域上：奇＋奇＝奇，奇×奇＝偶，偶＋偶＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇．三条结论(1)若对于R上的任意的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＝(2)若对于R上的任意x都有f(2a－x)＝f(x)，且f(2b－x)＝f(x)(其中a<b)，则：y＝f(x)是以2(b－a)为周期的周期函数．(3)若f(x＋a)＝f(x＋b)(a≠b)，那么函数f(x)是周期函数，其中一个周期为T＝2|a－b|.考点自测1．(·徐州模拟)若f(x)是R上周期为5的奇函数，且满足f(1)＝1，f(2)＝2，则f(3)－f(4)＝()．A．－1B．1C．－2D．2解析由于f(x)的周期为5，∴f(3)－f(4)＝f(－2)－f(－1)．又f(x)为R上的奇函数，∴f(－2)－f(－1)＝－f(2)＋f(1)＝－2＋1＝－1，即f(3)－f(4)＝－1.答案A2．(·广东)设函数f(x)和g(x)分别是R上的偶函数和奇函数，则下列结论恒成立的是()．A．f(x)＋|g(x)|是偶函数B．f(x)－|g(x)|是奇函数C．|f(x)|＋g(x)是偶函数D．|f(x)|－g(x)是奇函数解析由题知f(－x)＝f(x)，g(－x)＝－g(x)，显然f(－x)＋|g(－x)|＝f(x)＋|g(x)|.答案A3．(·山东)定义在R上的函数f(x)满足f(x＋6)＝f(x)．当－3≤x<－1时，f(x)＝－(x＋2)2；当－1≤x<3时，f(x)＝x.则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2012)＝()．A．335B．338C．1678D．2012解析由f(x＋6)＝f(x)可知，函数f(x)的周期为6，所以f(－3)＝f(3)＝－1，f(－2)＝f(4)＝0，f(－1)＝f(5)＝－1，f(0)＝f(6)＝0，f(1)＝1，f(2)＝2，所以在一个周期内有f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝1＋2－1＋0－1＋0＝1，所以f(1)＋f(2)＋…＋f(2012)＝f(1)＋f(2)＋335×1＝1＋2＋335＝338，故选B.答案B4．(·浙江)设函数f(x)是定义在R上的周期为2的偶函数，当x∈[0,1]时，f(x)＝x＋1，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝________.解析当x∈[－1,0]时，－x∈[0,1]，又f(x)为偶函数，∴f(x)＝f(－x)＝1－x.∵f(x)在R上的周期为2，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\f(3,2).答案eq\f(3,2)5．(·开封模拟)设函数f(x)是定义在R上的奇函数，若当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝lgx，则满足f(x)>0的x的取值范围是________．解析画草图，由f(x)为奇函数的性质知：f(x)>0的x的取值范围：(－1,0)∪(1，＋∞)．答案(－1,0)∪(1，＋∞)考向一函数奇偶性的判断【例1】►(·广州模拟)判断下列函数的奇偶性：(1)f(x)＝(x－1)eq\r(\f(2＋x,2－x))；(2)f(x)＝eq\f(lg4－x2,|x－2|＋|x＋4|)；(3)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋x，x<0，,－x2＋x，x>0.))[审题视点]确定函数的奇偶性时，必须先判定函数定义域是否关于原点对称．若对称，再验证f(－x)＝±f(x)或其等价形式f(－x)±f(x)＝0是否成立．解(1)由eq\f(2＋x,2－x)≥0，得－2≤x<2，即函数f(x)的定义域是{x|－2≤x<2}，关于原点不对称，故f(x)为非奇非偶函数．(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－x2>0，,|x－2|＋|x＋4|≠0，))得－2<x<2，即函数f(x)的定义域是{x|－2<x<2}．又f(x)＝eq\f(lg4－x2,|x－2|＋|x＋4|)＝eq\f(lg4－x2,2－x＋x＋4)＝eq\f(1,6)lg(4－x2)，∴f(－x)＝eq\f(1,6)lg[4－(－x)2]＝eq\f(1,6)lg(4－x2)＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数．(3)当x<0时，f(x)＝x2＋x，－x>0，f(－x)＝－(－x)2－x＝－x2－x＝－f(x)；当x>0时，f(x)＝－x2＋x，－x<0，f(－x)＝(－x)2－x＝x2－x＝－f(x)．∴f(x)是奇函数．1.判断函数的奇偶性，其中包括两个必备条件：(1)定义域关于原点对称，这是函数具有奇偶性的必要不充分条件；(2)判断f(－x)是否等于±f(x)．2．分段函数指在定义域的不同子集有不同对应关系的函数，分段函数奇偶性的判断，要分别从x>0或x<0来寻找等式f(－x)＝f(x)或f(－x)＝－f(x)成立，只有当对称的两个区间上满足相同关系时，分段函数才具有确定的奇偶性．【训练1】判断下列函数的奇偶性．(1)f(x)＝lgeq\f(1－x,1＋x)；(2)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋xx>0，,x2－xx<0；))(3)f(x)＝eq\f(lg1－x2,|x2－2|－2).解(1)由eq\f(1－x,1＋x)>0⇒－1<x<1，定义域关于原点对称．又f(－