2025年高考科学复习创新方案数学提升版第三章第1讲含答案

2025年高考科学复习创新方案数学提升版第三章第1讲含答案第1讲函数的概念及其表示[课程标准]1.在初中用变量之间的依赖关系描述函数的基础上，用集合语言和对应关系刻画函数，建立完整的函数概念，体会集合语言和对应关系在刻画函数概念中的作用.2.了解构成函数的要素，能求简单函数的定义域.3.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.4.通过具体实例，了解简单的分段函数，并能简单应用．1．函数的定义前提设A，B是两个eq\x(\s\up1(01))非空的实数集对应关系对于集合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和它对应名称称f：A→B为从集合A到集合B的一个函数记法y＝f(x)，x∈A2.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．3．函数的三要素：eq\x(\s\up1(06))定义域、eq\x(\s\up1(07))对应关系和eq\x(\s\up1(08))值域．4．同一个函数：如果两个函数的eq\x(\s\up1(09))定义域相同，且eq\x(\s\up1(10))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．5．函数的表示法表示函数的常用方法有：eq\x(\s\up1(11))解析法、eq\x(\s\up1(12))列表法、eq\x(\s\up1(13))图象法．6．分段函数(1)定义：若函数在定义域的不同子集上，因eq\x(\s\up1(14))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)定义域和值域：分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集，其值域等于各段函数的值域的并集．(3)注意点：分段函数虽由几个部分组成，但它表示的是一个函数．双勾函数定义图象y＝ax＋eq\f(b,x)(ab>0)1．下列关于x，y的关系中，y是x的函数的是()A．y＝eq\r(x－4)＋eq\r(3－x)B．y2＝4xC．y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x≥1，,1－2x，x≤1))答案D解析对于A，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－4≥0，,3－x≥0，))解得x∈∅，所以y不是x的函数；对于B，当x>0时，有两个y与x对应，所以y不是x的函数；对于C，当x＝1时，有两个y与x对应，所以y不是x的函数；对于D，满足y是x的函数．故选D.2．(多选)(人教A必修第一册习题3.1T2改编)下列四组函数中，表示同一个函数的是()A．y＝x－1与y＝eq\r(（x－1）2)B．y＝eq\r(x－1)与y＝eq\f(x－1,\r(x－1))C．f(x)＝x2－2x－1与g(s)＝s2－2s－1D．y＝(eq\r(3,x))3与y＝x答案CD解析对于A，y＝x－1与y＝eq\r(（x－1）2)＝|x－1|的对应关系不同，两函数不是同一个函数；对于B，y＝eq\r(x－1)的定义域为[1，＋∞)，y＝eq\f(x－1,\r(x－1))的定义域为(1，＋∞)，定义域不同，两函数不是同一个函数；对于C，两个函数的定义域、对应关系都相同，是同一个函数；对于D，y＝(eq\r(3,x))3＝x的定义域为R，y＝x的定义域为R，定义域、对应关系都相同，两函数是同一个函数．故选CD.3．(2024·重庆一中月考)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3＋1，x≤0，,1－x，x＞0，))则f(f(3))的值为________．答案－7解析根据题意，函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3＋1，x≤0，,1－x，x＞0，))则f(3)＝1－3＝－2，f(f(3))＝f(－2)＝－8＋1＝－7.4．(人教A必修第一册习题3.1T11改编)函数y＝f(x)的图象如图所示，那么f(x)的定义域是________，值域是________，其中只有唯一的x值与之对应的y值的范围是________．(注：图中f(x)的图象与直线x＝3无限靠近但无公共点)答案[－3，0]∪(1，3)(0，＋∞)(0，1)∪(4，＋∞)解析求f(x)的定义域可看f(x)的图象上所有点的横坐标的取值构成的集合，易知为[－3，0]∪(1，3)；求f(x)的值域可看f(x)的图象上所有点的纵坐标的取值构成的集合，易知为(0，＋∞)；作直线y＝m，可知当m∈(0，1)∪(4，＋∞)时，直线y＝m与f(x)的图象有唯一公共点，所以只有唯一的x值与之对应的y值的范围是(0，1)∪(4，＋∞)．5．(2023·合肥模拟)若f(eq\r(x)＋1)＝x－1，则f(x)＝________．答案x2－2x，x≥1解析令eq\r(x)＋1＝t，则x＝(t－1)2，t≥1，于是有f(t)＝(t－1)2－1＝t2－2t，t≥1，所以f(x)＝x2－2x，x≥1.多角度探究突破考向一函数的定义域角度求具体函数的定义域例1(1)(2023·常州一模)函数f(x)＝eq\f(\r(|x－2|－1),log2（x－3）)的定义域为________．答案(3，4)∪(4，＋∞)解析函数f(x)＝eq\f(\r(|x－2|－1),log2（x－3）)有意义，需满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x－2|－1≥0，,x－3>0，,x－3≠1，))解得x>3且x≠4，故函数f(x)的定义域为(3，4)∪(4，＋∞)．(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(－12，0]．1．求具体函数的定义域的策略根据函数解析式，构造使解析式有意义的不等式(组)，求解不等式(组)即可；对实际问题，既要使函数解析式有意义，又要使实际问题有意义．2．使函数解析式有意义的常见限制条件(1)分式型eq\f(1,f（x）)要满足f(x)≠0.(2)根式型eq\r(2n,f（x）)(n∈N*)要满足f(x)≥0.(3)幂函数型[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.(2024·江门棠下中学月考)函数f(x)＝eq\r(2x－1)＋eq\f(1,\r(9－x2))的定义域为()A．(－3，0]∪(3，＋∞) B．(－3，0)∪(0，3)C．[0，3) D．(0，3)答案C解析∵f(x)＝eq\r(2x－1)＋eq\f(1,\r(9－x2))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1≥0，,9－x2>0，))解得0≤x<3，故函数f(x)的定义域为[0，3)．故选C.角度求抽象函数的定义域例2(1)(2023·河南顶级名校模拟)已知函数f(x)＝log2eq\f(1－x,x)，f(x＋1)的定义域为M，f(2x)的定义域为N，则()A．M＝N B．M∩N＝∅C．M⊆N D．N⊆M答案B解析由eq\f(1－x,x)＞0，解得0＜x＜1，所以函数f(x)的定义域是(0，1)．由0＜x＋1＜1得－1＜x＜0，所以f(x＋1)的定义域M＝{x|－1＜x＜0}，由0＜2x＜1得0＜x＜eq\f(1,2)，所以f(2x)的定义域N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(0＜x＜\f(1,2)))))，所以M∩N＝∅.故选B.(2)已知函数y＝f(x2－1)的定义域为[－eq\r(3)，eq\r(3)]，则函数y＝f(x)的定义域为________．答案[－1，2]解析因为y＝f(x2－1)的定义域为[－eq\r(3)，eq\r(3)]，所以x∈[－eq\r(3)，eq\r(3)]，x2－1∈[－1，2]，所以函数y＝f(x)的定义域为[－1，2]．(2023·衡水模拟)已知函数y＝f(x)的定义域为[0，4]，则函数y＝eq\f(f（x＋1）,\r(x－1))＋(x－2)0的定义域是()A．[1，5] B．(1，2)∪(2，5)C．(1，2)∪(2，3] D．[1，2)∪(2，3]答案C解析由题意，函数y＝f(x)的定义域为[0，4]，即x∈[0，4]，则函数y＝eq\f(f（x＋1）,\r(x－1))＋(x－2)0满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤x＋1≤4，,x－1＞0，,x－2≠0，))解得1＜x≤3且x≠2，所以函数y＝eq\f(f（x＋1）,\r(x－1))＋(x－2)0的定义域是(1，2)∪(2，3]．故选C.考向二求函数的解析式例3(1)(2023·哈尔滨模拟)已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋1))＝lgx，则f(x)的解析式为________________．答案f(x)＝lgeq\f(2,x－1)(x>1)解析(换元法)令eq\f(2,x)＋1＝t(t>1)，则x＝eq\f(2,t－1)，所以f(t)＝lgeq\f(2,t－1)(t>1)，所以f(x)＝lgeq\f(2,x－1)(x>1)．(2)已知函数f(x)是一次函数，若f(f(x))＝4x＋8，则f(x)＝________．答案2x＋eq\f(8,3)或－2x－8解析(待定系数法)设f(x)＝ax＋b(a≠0)，则f(f(x))＝f(ax＋b)＝a(ax＋b)＋b＝a2x＋ab＋b，又f(f(x))＝4x＋8，所以a2x＋ab＋b＝4x＋8，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,ab＋b＝8，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\f(8,3)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－8，))所以f(x)＝2x＋eq\f(8,3)或f(x)＝－2x－8.(3)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f(x)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))·eq\r(x)－1，则f(x)＝________．答案eq\f(2,3)eq\r(x)＋eq\f(1,3)解析(解方程组法)在f(x)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))·eq\r(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)))＝2f(x)·eq\r(\f(1,x))－1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）＝2f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))·\r(x)－1，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝2f（x）·\r(\f(1,x))－1，))解得f(x)＝eq\f(2,3)eq\r(x)＋eq\f(1,3).求函数解析式的四种方法1.若f(x)为二次函数且f(0)＝3，f(x＋2)－f(x)＝4x＋2，则f(x)的解析式为________．答案f(x)＝x2－x＋3解析设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，又f(0)＝c＝3，所以f(x)＝ax2＋bx＋3，所以f(x＋2)－f(x)＝a(x＋2)2＋b(x＋2)＋3－(ax2＋bx＋3)＝4ax＋4a＋2b＝4x＋2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a＝4，,4a＋2b＝2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1，))故所求函数的解析式为f(x)＝x2－x＋3.2．已知f(x)＋3f(－x)＝2x＋1，则f(x)＝________．答案－x＋eq\f(1,4)解析由已知得f(－x)＋3f(x)＝－2x＋1，解方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）＋3f（－x）＝2x＋1，,f（－x）＋3f（x）＝－2x＋1，))得f(x)＝－x＋eq\f(1,4).3．已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝x2＋eq\f(1,x2)，则f(x)＝________．答案x2－2(x≥2或x≤－2)解析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(x2＋2＋\f(1,x2)))－2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up12(2)－2，所以f(x)＝x2－2(x≥2或x≤－2)．多角度探究突破考向三分段函数角度分段函数求值问题例4(2023·衡水中学调研)已知f(x)＝x2－1，g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1，x>0，,2－x，x<0.))(1)求f(g(2))与g(f(2))；(2)求f(g(x))与g(f(x))的解析式．解(1)由已知条件可得g(2)＝1，f(2)＝3，因此f(g(2))＝f(1)＝0，g(f(2))＝g(3)＝2.(2)当x>0时，g(x)＝x－1，故f(g(x))＝(x－1)2－1＝x2－2x；当x<0时，g(x)＝2－x，故f(g(x))＝(2－x)2－1＝x2－4x＋3.所以f(g(x))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x>0，,x2－4x＋3，x<0.))当x>1或x<－1时，f(x)>0，故g(f(x))＝f(x)－1＝x2－2；当－1<x<1时，f(x)<0，故g(f(x))＝2－f(x)＝3－x2.所以g(f(x))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2，x>1或x<－1，,3－x2，－1<x<1.))分段函数求值的策略(1)求分段函数的函数值时，要先确定所求值的自变量属于哪一个区间，然后代入该区间对应的解析式求值．(2)当出现f(f(a))的形式时，应从内到外依次求值．(3)当自变量的值所在区间不确定时，要分类讨论，分类标准应参照分段函数不同段的端点．(2024·河南省“顶尖计划”第一次考试)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－x，x≤0，,log3x，x>0，))则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))))＝________．答案3解析因为eq\f(1,3)>0，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝log3eq\f(1,3)＝－1，又－1<0，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))))＝f(－1)＝31＝3.角度分段函数与方程、不等式问题例5(1)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤0，,x＋\f(1,x)，x>0，))若f(f(a))＝2，则a＝()A．0或1 B．－1或1C．0或－2 D．－2或－1答案D解析令f(a)＝t，则f(t)＝2，可得t＝0或t＝1，当t＝0时，即f(a)＝0，显然a≤0，因此a＋2＝0⇒a＝－2；当t＝1时，即f(a)＝1，显然a≤0，因此a＋2＝1⇒a＝－1.综上所述，a＝－2或a＝－1.(2)(2024·苏州常熟中学阶段考试)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\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)答案D解析根据题意作出函数f(x)的图象如图所示，结合图象知，满足f(x＋1)<f(2x)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1<0，,2x<0，,2x<x＋1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1≥0，,2x<0，))所以x<0.故选D.解决分段函数与方程、不等式问题的基本策略(1)分类讨论：根据分段函数的不同分段区间进行分类讨论，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(取值范围)是否符合相应段的自变量的取值范围．(2)数形结合：解决分段函数问题时，通过画出函数的图象，对代数问题进行转化，结合图象直观地分析判断，可以快速准确地解决问题．1.设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－1，x≥0，,\f(1,x)，x<0，))若f(a)＞a，则实数a的取值范围是________．答案(－∞，－1)解析当a≥0时，f(a)＝eq\f(1,2)a－1，由f(a)＞a，解得a＜－2，矛盾；当a＜0时，f(a)＝eq\f(1,a)，由f(a)＞a，解得a＜－1.所以实数a的取值范围为(－∞，－1)．2．(2023·北京第101中学模拟)函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，x≤0，,log2x，x>0，))则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝________；方程f(－x)＝eq\f(1,2)的解是________．答案－2－eq\r(2)或1解析由解析式知，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝log2eq\f(1,4)＝－2.因为f(－x)＝eq\f(1,2)，所以当－x≤0，即x≥0时，2－x＝eq\f(1,2)，得x＝1，符合题意；当－x>0，即x<0时，log2(－x)＝eq\f(1,2)，得x＝－eq\r(2)，符合题意．所以f(－x)＝eq\f(1,2)的解是－eq\r(2)或1.课时作业一、单项选择题1．(2024·广州模拟)设函数y＝eq\r(16－x2)的定义域为A，函数y＝ln(1－x)的定义域为B，则A∩B＝()A．(1，4) B．(1，4]C．[－4，1) D．(－4，1)答案C解析因为函数y＝eq\r(16－x2)的定义域为{x|16－x2≥0}，即A＝{x|－4≤x≤4}，函数y＝ln(1－x)的定义域为{x|1－x>0}，即B＝{x|x<1}，所以A∩B＝{x|－4≤x<1}．故选C.2．中国清朝数学家李善兰在1859年翻译《代数学》中首次将“function”译作：“函数”，沿用至今．为什么这么翻译？书中解释说“凡此变数中函彼变数者，则此为彼之函数”.1930年美国人给出了我们课本中所学的集合论的函数定义．已知集合M＝{－1，1，2，4}，N＝{1，2，4，16}，给出下列四个对应法则：①y＝log2|x|；②y＝x＋1；③y＝2|x|；④y＝x2.其中能构成从M到N的函数的个数是()A．1 B．2C．3 D．4答案B解析在①中，当x＝±1时，y＝log21＝0∉N，故①不能构成从M到N的函数；在②中，当x＝－1时，y＝－1＋1＝0∉N，故②不能构成从M到N的函数；在③中，任取x∈M，总有y＝2|x|∈N，故③能构成从M到N的函数；在④中，任取x∈M，总有y＝x2∈N，故④能构成从M到N的函数．故选B.3．(2023·镇江模拟)若函数y＝f(2x)的定义域为[－2，4]，则y＝f(x)－f(－x)的定义域为()A．[－2，2] B．[－2，4]C．[－4，4] D．[－8，8]答案C解析因为函数y＝f(2x)的定义域为[－2，4]，可得－4≤2x≤8，所以函数y＝f(x)的定义域为[－4，8]，对于函数y＝f(x)－f(－x)，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4≤x≤8，,－4≤－x≤8，))解得－4≤x≤4，因此函数y＝f(x)－f(－x)的定义域为[－4，4]．故选C.4．(2023·重庆模拟)已知函数f(1－x)＝eq\f(1－x2,x2)(x≠0)，则f(x)＝()A.eq\f(1,（x－1）2)－1(x≠0) B.eq\f(1,（x－1）2)－1(x≠1)C.eq\f(4,（x－1）2)－1(x≠0) D.eq\f(4,（x－1）2)－1(x≠1)答案B解析令t＝1－x，则x＝1－t，且x≠0，则t≠1，可得f(t)＝eq\f(1－（1－t）2,（1－t）2)＝eq\f(1,（t－1）2)－1(t≠1)，所以f(x)＝eq\f(1,（x－1）2)－1(x≠1)．故选B.5．若二次函数g(x)满足g(1)＝1，g(－1)＝5，且图象过原点，则g(x)的解析式为()A．g(x)＝2x2－3x B．g(x)＝3x2－2xC．g(x)＝3x2＋2x D．g(x)＝－3x2－2x答案B解析二次函数g(x)满足g(1)＝1，g(－1)＝5，且图象过原点，可设二次函数g(x)的解析式为g(x)＝ax2＋bx(a≠0)，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝1，,a－b＝5，))解得a＝3，b＝－2，所以二次函数g(x)的解析式为g(x)＝3x2－2x.故选B.6．(2024·南昌模拟)已知函数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解析作出函数f(x)的图象，如图所示．因为f(a－3)＝f(a＋2)，且a－3<a＋2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－3≤0，,a＋2>0，))即－2<a≤3，此时f(a－3)＝a－3＋3＝a，f(a＋2)＝eq\r(a＋2)，所以a＝eq\r(a＋2)，即a2＝a＋2，解得a＝2或a＝－1(不满足a＝eq\r(a＋2)，舍去)，所以f(a)＝eq\r(2).7．若函数y＝eq\f(ax＋1,\r(ax2－4ax＋2))的定义域为R，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))答案D解析要使函数的定义域为R，则ax2－4ax＋2>0恒成立．①当a＝0时，不等式为2>0，恒成立；②当a≠0时，要使不等式恒成立，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝（－4a）2－4·a·2<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,a（2a－1）<0，))解得0<a<eq\f(1,2).由①②得0≤a<eq\f(1,2).故选D.8．(2024·宝鸡实验高级中学质检)取整函数[x]表示不超过x的最大整数，如[1.2]＝1，[3.9]＝3，[－1.5]＝－2，下列关于“取整函数”的命题中，为真命题的是()A．∀x∈R，[2x]＝2[x]B．∀x，y∈R，[x]＝[y]，则x－y≥1C．∃x∈R，[2x]＝2[x]D．∀x，y∈R，[x＋y]≤[x]＋[y]答案C解析当x＝1.5时，[2x]＝[3]＝3，但2[x]＝2[1.5]＝2×1＝2，故A为假命题；设[x]＝[y]＝k∈Z，则k≤x<k＋1，k≤y<k＋1，∴x－y<1，故B为假命题；当x＝2时，[2x]＝[4]＝4＝2[2]＝2[x]，故C为真命题；当x＝0.5，y＝0.6时，有[x]＋[y]＝0，但[x＋y]＝[1.1]＝1>[x]＋[y]，故D为假命题．二、多项选择题9．(2024·济宁调研)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)＝x0，g(x)＝eq\f(1,x0)D．f(x)＝x，g(x)＝logaax(a>0且a≠1)答案CD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，不是同一个函数；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，不是同一个函数；对于C，f(x)＝x0＝1的定义域为{x|x≠0}，g(x)＝eq\f(1,x0)＝1的定义域为{x|x≠0}，两函数的定义域和对应关系都相同，是同一个函数；对于D，g(x)＝logaax＝x，x∈R，两个函数的定义域和对应关系都相同，是同一个函数．故选CD.10．下列函数中，满足f(18x)＝18f(x)的是()A．f(x)＝|x| B．f(x)＝x－|x|C．f(x)＝x＋2 D．f(x)＝－2x答案ABD解析若f(x)＝|x|，则f(18x)＝|18x|＝18|x|＝18f(x)；若f(x)＝x－|x|，则f(18x)＝18x－|18x|＝18(x－|x|)＝18f(x)；若f(x)＝x＋2，则f(18x)＝18x＋2，而18f(x)＝18x＋18×2，故f(x)＝x＋2不满足f(18x)＝18f(x)；若f(x)＝－2x，则f(18x)＝－2×18x＝18×(－2x)＝18f(x)．故选ABD.11．(2024·广元中学月考)具有性质feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－f(x)的函数，我们称为满足“倒负”变换的函数．下列函数满足“倒负”变换的是()A．y＝x－eq\f(1,x) B．y＝x＋eq\f(1,x)C．y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（0<x<1），,0（x＝1），,－\f(1,x)（x>1）)) D．y＝－x3＋eq\f(1,x3)答案ACD解析对于A，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1,x)－x＝－f(x)，满足“倒负”变换；对于B，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1,x)＋x≠－f(x)，不满足“倒负”变换；对于C，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x（0<x<1），,0（x＝1），,\f(1,x)（x>1），))满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－f(x)，满足“倒负”变换；对于D，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－eq\f(1,x3)＋x3，满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－f(x)，满足“倒负”变换．故选ACD.三、填空题12．已知函数f(x)，g(x)分别由下表给出：x123f(x)231x123g(x)321则f(g(1))的值为________；满足f(g(x))>g(f(x))的x的值是________．答案12解析∵g(1)＝3，∴f(g(1))＝f(3)＝1.当x＝1时，f(g(1))＝1，g(f(1))＝g(2)＝2，不满足f(g(x))>g(f(x))；当x＝2时，f(g(2))＝f(2)＝3，g(f(2))＝g(3)＝1，满足f(g(x))>g(f(x))；当x＝3时，f(g(3))＝f(1)＝2，g(f(3))＝g(1)＝3，不满足f(g(x))>g(f(x))，∴当x＝2时，f(g(x))>g(f(x))成立．13．(2024·重庆质检)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，x>1，,x2－1，x≤1，))则不等式f(x)<f(x＋1)的解集为________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))解析当x≤0时，x＋1≤1，f(x)<f(x＋1)等价于x2－1<(x＋1)2－1，解得－eq\f(1,2)<x≤0；当0<x≤1时，x＋1>1，此时f(x)＝x2－1≤0，f(x＋1)＝log2(x＋1)>0，∴当0<x≤1时，恒有f(x)<f(x＋1)；当x>1时，x＋1>2，f(x)<f(x＋1)等价于log2x<log2(x＋1)，此时也恒成立．综上，不等式f(x)<f(x＋1)的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).14．已知函数f(x)满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,x)))＋2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,x)))＝3x，则f(－2)＝________．答案－eq\f(3,4)解析由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,x)))＋2f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,x)))＝3x，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,x)))＋2f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,x)))＝－3x，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,x)))＝－3x，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,x)))＝3x，))令2＋eq\f(1,x)＝－2，可得x＝－eq\f(1,4)，则f(－2)＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＝－eq\f(3,4).四、解答题15.行驶中的汽车在刹车时由于惯性作用，要继续往前滑行一段距离才能停下，这段距离叫做刹车距离．在某种路面上，某种型号汽车的刹车距离y(单位：m)与汽车的车速x(单位：km/h)满足下列关系：y＝eq\f(x2,200)＋mx＋n(m，n是常数)．如图是根据多次实验数据绘制的刹车距离y与汽车的车速x的关系图．(1)求出y关于x的函数解析式；(2)如果要求刹车距离不超过25.2m，求行驶的最大速度．解(1)由题意及函数图象，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(402,200)＋40m＋n＝8.4，,\f(602,200)＋60m＋n＝18.6，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,100)，,n＝0，))所以y＝eq\f(x2,200)＋eq\f(x,100)(x≥0)．(2)令eq\f(x2,200)＋eq\f(x,100)≤25.2，得－72≤x≤70.因为x≥0，所以0≤x≤70.故行驶的最大速度是70km/h.16．已知函数f(x)＝eq\f(x2,1＋x2).(1)求f(2)与feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，f(3)与feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))；(2)由(1)中求得的结果，你能发现f(x)与feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))有什么关系？证明你的发现；(3)求f(2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋f(3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＋…＋f(2023)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2023)))的值．解(1)∵f(x)＝eq\f(x2,1＋x2)＝1－eq\f(1,x2＋1)，∴f(2)＝1－eq\f(1,22＋1)＝eq\f(4,5)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1－eq\f(1,\f(1,4)＋1)＝eq\f(1,5).f(3)＝1－eq\f(1,32＋1)＝eq\f(9,10)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝1－eq\f(1,\f(1,9)＋1)＝eq\f(1,10).(2)由(1)中求得的结果发现f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝1.证明如下：f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(x2,1＋x2)＋eq\f(\f(1,x2),1＋\f(1,x2))＝eq\f(x2,1＋x2)＋eq\f(1,x2＋1)＝1.(3)由(2)知f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝1，∴f(2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1，f(3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝1，f(4)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝1，…，f(2023)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2023)))＝1.∴f(2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋f(3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＋…＋f(2023)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2023)))＝2022.第2讲函数的单调性与最值[课程标准]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．1．函数的单调性(1)定义单调递增单调递减定义一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间D⊆I.∀x1，x2∈D当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上eq\x(\s\up1(01))单调递增当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上eq\x(\s\up1(02))单调递减图象描述自左向右看图象是eq\x(\s\up1(03))上升的自左向右看图象是eq\x(\s\up1(04))下降的增(减)函数当函数f(x)在它的定义域上单调递增(减)时，我们就称它是增(减)函数(2)单调性与单调区间如果函数y＝f(x)在区间D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)eq\x(\s\up1(05))单调性，区间D叫做y＝f(x)的eq\x(\s\up1(06))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)∀x∈I，都有f(x)≤M；(2)∃x0∈I，使得f(x0)＝M(1)∀x∈I，都有f(x)≥M；(2)∃x0∈I，使得f(x0)＝M结论M为函数y＝f(x)的eq\x(\s\up1(07))最大值M为函数y＝f(x)的eq\x(\s\up1(08))最小值1．函数单调性的两个等价结论设∀x1，x2∈D(x1≠x2)，则eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>(<)0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>(<)0)⇔f(x)在D上单调递增(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．简记为“同增异减”．3．对勾函数y＝x＋eq\f(a,x)(a>0)的单调递增区间为(－∞，－eq\r(a)]和[eq\r(a)，＋∞)；单调递减区间为[－eq\r(a)，0)和(0，eq\r(a)]，且对勾函数为奇函数．1．(多选)下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是()A．y＝－eq\f(1,x＋1) B．y＝xeq\s\up7(\f(1,3))C．y＝2－x D．y＝logeq\s\do10(\f(1,2))(x＋1)答案AB解析对于A，y＝－eq\f(1,x＋1)在(－1，＋∞)上单调递增，符合题意；对于B，y＝xeq\s\up7(\f(1,3))在R上单调递增，符合题意；对于C，y＝2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)在R上单调递减，不符合题意；对于D，y＝logeq\s\do10(\f(1,2))(x＋1)在(－1，＋∞)上单调递减，不符合题意．2．(人教A必修第一册习题3.2T1改编)如图是函数y＝f(x)，x∈[－4，3]的图象，则下列说法正确的是()A．f(x)在[－4，－1]上单调递减，在[－1，3]上单调递增B．f(x)在区间(－1，3)上的最大值为3，最小值为－2C．f(x)在[－4，1]上有最小值－2，有最大值3D．当直线y＝t与f(x)的图象有三个交点时－1<t<2答案C解析由已知得，f(x)在[－4，－1]上单调递减，在[－1，1]上单调递增，在[1，3]上单调递减，A错误；f(x)在区间(－1，3)上的最大值为3，无最小值，B错误；C正确；当直线y＝t与f(x)的图象有三个交点时－1≤t≤2，D错误．3．(2024·嘉兴一中月考)若函数f(x)＝(m－1)x＋b在R上是减函数，则f(m)与f(1)的大小关系是()A．f(m)<f(1) B．f(m)>f(1)C．f(m)≤f(1) D．f(m)＝f(1)答案B解析因为函数f(x)＝(m－1)x＋b在R上是减函数，所以m－1<0，得m<1，因为f(x)在R上是减函数，所以f(m)>f(1)．故选B.4．(人教A必修第一册3.2.1例5改编)已知函数f(x)＝eq\f(2,1－x)，x∈[2，6]，则f(x)的最大值为________，最小值为________．答案－eq\f(2,5)－2解析可判断函数f(x)＝eq\f(2,1－x)在区间[2，6]上单调递增，所以f(x)min＝f(2)＝－2，f(x)max＝f(6)＝－eq\f(2,5).5．(人教A必修第一册复习参考题3T4改编)函数y＝－2x2－4ax＋3在区间[－4，－2]上具有单调性，则a的取值范围是________．答案(－∞，2]∪[4，＋∞)解析函数y＝－2x2－4ax＋3的图象的对称轴为直线x＝－a，由题意可得－a≤－4或－a≥－2，解得a≤2或a≥4.故a的取值范围是(－∞，2]∪[4，＋∞)．多角度探究突破考向一判断函数的单调性(单调区间)角度定义法确定函数的单调性例1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)＝a·eq\f(x－1＋1,x－1)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x－1)))，则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(a（x2－x1）,（x1－1）（x2－1）).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)上单调递减；当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函数f(x)在(－1，1)上单调递增．定义法判断函数单调性的步骤已知函数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．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：因为f(x)的定义域为R，所以任取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）,（2x1＋1）（2x2＋1）).由y＝2x在R上单调递增知，2x1<2x2，所以2x1－2x2<0，又2x1＋1>0，2x2＋1>0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，所以f(x)在R上单调递增．角度图象法、性质法确定函数的单调性例2(1)(2023·海口模拟)函数f(x)＝x2－4|x|＋3的单调递减区间是()A．(－∞，－2) B．(－∞，－2)和(0，2)C．(－2，2) D．(－2，0)和(2，＋∞)答案B解析根据题意，函数f(x)＝x2－4|x|＋3＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3，x≥0，,x2＋4x＋3，x＜0，))画出函数图象如图所示．由图象可知，函数f(x)＝x2－4|x|＋3的单调递减区间为(－∞，－2)和(0，2)．故选B.(2)函数y＝eq\r(x2＋x－6)的单调递增区间为________，单调递减区间为________．答案[2，＋∞)(－∞，－3]解析令u＝x2＋x－6，则y＝eq\r(x2＋x－6)可以看作是由y＝eq\r(u)与u＝x2＋x－6复合而成的函数．令u＝x2＋x－6≥0，得x≤－3或x≥2.易知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)的单调递减区间为(－∞，－3]，单调递增区间为[2，＋∞)．1．图象法判断函数的单调性如果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单调性．2．判断函数单调性常用的性质(1)对于由基本初等函数的和、差构成的函数，根据各初等函数的增减性及f(x)±g(x)的增减性进行判断．(2)对于复合函数，先将函数y＝f(g(x))分解成y＝f(u)和u＝g(x)，再讨论(判断)这两个函数的单调性，最后根据复合函数“同增异减”的规则进行判断．1.(多选)下列函数中在(0，＋∞)上单调递增的是()A．f(x)＝|x| B．f(x)＝2x＋xC．f(x)＝x2－2x D．f(x)＝logeq\s\do7(\f(1,3))x－3x答案AB解析对于A，当x＞0时，f(x)＝x在(0，＋∞)上单调递增，A符合题意；对于B，因为y＝2x与y＝x在(0，＋∞)上均单调递增，所以f(x)＝2x＋x在(0，＋∞)上单调递增，B符合题意；对于C，f(x)＝x2－2x在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，C不符合题意；对于D，因为y＝logeq\s\do7(\f(1,3))x与y＝－3x在(0，＋∞)上均单调递减，所以f(x)＝logeq\s\do7(\f(1,3))x－3x在(0，＋∞)上单调递减，D不符合题意．故选AB.2．求函数f(x)＝|4－x|·(x－1)的单调区间．解f(x)＝|4－x|·(x－1)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（4－x）（x－1），x≤4，,（x－4）（x－1），x＞4，))根据图象可知其单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2)))，(4，＋∞)，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，4)).多角度探究突破考向二函数单调性的应用角度利用函数的单调性比较大小例3已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，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(3)，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解析由题意知y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，且当x>1时，y＝f(x)是减函数，∵a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))，∴f(2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))>f(3)，即b>a>c.故选D.利用函数的单调性比较大小的思路已知下面的三个条件中任意两个都能推出第三个．①函数f(x)在某个区间上的单调性；②在这个区间上的任意两个自变量x1，x2的大小；③在这个区间上的任意两个函数值f(x1)，f(x2)的大小．提醒：若自变量的值不在同一个单调区间内，则要利用函数的性质，将自变量的值转化到同一个单调区间上进行比较．已知函数f(x)＝lgx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，f(m)＝1，且0<p<m<n，则()A．f(n)<1且f(p)>1 B．f(n)>1且f(p)>1C．f(n)>1且f(p)<1 D．f(n)<1且f(p)<1答案C解析易知函数y＝lgx与y＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)都是(0，＋∞)上的增函数，∴函数f(x)＝lgx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)是(0，＋∞)上的增函数，∵0<p<m<n，且f(m)＝1，∴f(p)<f(m)＝1<f(n)．角度利用函数的单调性解不等式例4已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3，x≤0，,ln（x＋1），x>0，))若f(2－x2)>f(x)，则实数x的取值范围是________．答案(－2，1)解析因为当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为0，所以函数的图象是一条连续的曲线．因为当x≤0时，函数f(x)＝x3为增函数，当x>0时，f(x)＝ln(x＋1)也是增函数，所以函数f(x)是定义在R上的增函数．因此不等式f(2－x2)>f(x)等价于2－x2>x，即x2＋x－2<0，解得－2<x<1.利用函数单调性解不等式的具体步骤(1)将函数不等式转化为f(x1)>f(x2)的形式；(2)确定函数f(x)的单调性；(3)根据函数f(x)的单调性去掉对应关系“f”，转化为形如“x1>x2”或“x1<x2”的不等式，从而得解．(2024·安阳林州一中质检)已知函数f(x)＝lnx＋2x，若f(x2－4)<2，则实数x的取值范围是________．答案(－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).角度利用函数的单调性求参数例5(1)(2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)上单调递减，则a的取值范围是()A．(－∞，－2] B．[－2，0)C．(0，2] D．[2，＋∞)答案D解析函数y＝2x在R上单调递增，而函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)上单调递减，则函数y＝x(x－a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(a2,4)在区间(0，1)上单调递减，因此eq\f(a,2)≥1，解得a≥2，所以a的取值范围是[2，＋∞)．故选D.(2)(2023·南京大学附属中学模拟)若函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax，x＞1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)))x＋2，x≤1))对于R上的任意x1≠x2都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0，则实数a的取值范围是________．答案[4，8)解析∵对于R上的任意x1≠x2都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0，∴函数f(x)单调递增，∵函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax，x＞1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)))x＋2，x≤1，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞1，,4－\f(a,2)＞0，,4－\f(a,2)＋2≤a，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞1，,a＜8，,a≥4，))∴4≤a＜8.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．设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x>4.))若函数y＝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，＋∞)解析作出函数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，需满足a＋1≤2或a≥4，即a≤1或a≥4.考向三函数的最值(值域)问题例6(1)函数y＝eq\f(1－x2,1＋x2)的值域是________．答案(－1，1]解析解法一：函数y＝eq\f(1－x2,1＋x2)的定义域是R，因为y＝eq\f(1－x2,1＋x2)＝－1＋eq\f(2,1＋x2)，又因为1＋x2≥1，所以0＜eq\f(2,1＋x2)≤2，所以－1＜－1＋eq\f(2,1＋x2)≤1，所以函数y＝eq\f(1－x2,1＋x2)的值域为(－1，1]．解法二：由y＝eq\f(1－x2,1＋x2)得(1＋x2)y＝1－x2，所以(1＋y)x2＝1－y，所以x2＝eq\f(1－y,1＋y)，因为x∈R，所以x2＝eq\f(1－y,1＋y)≥0，解得－1＜y≤1，所以函数y＝eq\f(1－x2,1＋x2)的值域为(－1，1]．(2)函数y＝x＋eq\r(x－1)的最小值为________．答案1解析解法一：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)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)，又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.解法二：因为函数y＝x和y＝eq\r(x－1)在定义域内均为增函数，故函数y＝x＋eq\r(x－1)在[1，＋∞)上为增函数，所以ymin＝1.(3)(2024·张家口宣化第一中学月考)函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的值域为________．答案(－∞，2]解析解法一(图象法)：作出函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的图象(如图所示)，f(x)max＝f(0)＝2.由函数图象可知，f(x)的值域为(－∞，2]．解法二(单调性法)：当x≥1时，函数f(x)＝eq\f(1,x)为减函数，所以f(x)在x＝1处取得最大值，为f(1)＝1；当x<1时，易知函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，为f(0)＝2，故函数f(x)的最大值为2.所以f(x)的值域为(－∞，2]．函数的最值(或值域)的几种求解方法(1)分离常数法：分子上构造一个跟分母一样的因式，把分式拆成常量和变量，进一步确定变量范围破解．(2)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值．(3)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．(4)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．(5)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值．(6)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．1.定义max{a，b，c}为a，b，c中的最大值，设M＝max{2x，2x－3，6－x}，则M的最小值是()A．2 B．3C．4 D．6答案C解析画出函数M＝max{2x，2x－3，6－x}的图象(如图所示的实线部分)，由图可知，函数M在点A(2，4)处取得最小值4.2．设f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－a）2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x>0，))若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为()A．[－1，2] B．[－1，0]C．[1，2] D．[0，2]答案D解析∵当x≤0时，f(x)＝(x－a)2，f(0)是f(x)的最小值，∴a≥0.当x>0时，f(x)＝x＋eq\f(1,x)＋a≥2＋a，当且仅当x＝1时取等号．要满足f(0)是f(x)的最小值，需2＋a≥f(0)＝a2，即a2－a－2≤0，解得－1≤a≤2.∴a的取值范围是[0，2]．故选D.3．函数y＝x＋eq\r(1－x2)的值域为________．答案[－1，eq\r(2)]解析令x＝cosθ(0≤θ≤π)，∴y＝cosθ＋sinθ＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))).∴当θ＝eq\f(π,4)时，y有最大值eq\r(2).当θ＝π时，y有最小值－1.∴所求函数的值域是[－1，eq\r(2)]．课时作业一、单项选择题1．(2023·海淀区模拟)下列函数中，在区间(0，＋∞)上不是单调函数的是()A．y＝x B．y＝x2＋xC．y＝x＋eq\r(x) D．y＝|x－1|答案D解析由一次函数的性质可知，y＝x在区间(0，＋∞)上单调递增；由二次函数的性质可知，y＝x2＋x在区间(0，＋∞)上单调递增；由幂函数的性质可知，y＝x＋eq\r(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；结合一次函数的性质可知，y＝|x－1|在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．故选D.2．(2023·中国人民大学附中模拟)已知函数f(x)的定义域为R，则“存在M∈R，对任意x∈R，均有f(x)≤M”是“f(x)有最大值”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件答案B解析只有当∃M∈R，∀x∈R，f(x)≤M且∃x∈R，使得f(x)＝M，这时f(x)有最大值．反之，若f(x)有最大值，则存在M∈R，对任意x∈R，均有f(x)≤M成立．所以函数f(x)的定义域为R，则“存在M∈R，对任意x∈R，均有f(x)≤M”是“f(x)有最大值”的必要不充分条件．故选B.3．(2024·郴州质检)函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是()A．(－∞，－2) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)答案D解析由x2－2x－8>0，得f(x)的定义域为{x|x<－2或x>4}．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)．∵函数t＝x2－2x－8在区间(4，＋∞)上单调递增，在区间(－∞，－2)上单调递减，∴函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞)．故选D.4．(2024·鞍山一中月考)函数f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋3)在区间(－3，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))C．(－3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(3，＋∞)答案B解析f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋3)＝eq\f(a（x＋3）＋1－3a,x＋3)＝a＋eq\f(1－3a,x＋3)，因为f(x)在(－3，＋∞)上单调递增，所以1－3a<0，解得a>eq\f(1,3)，即实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)).5．(2023·保定二模)若函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,x)))＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＋1，则函数g(x)＝f(x)－4x的最小值为()A．－1 B．－2C．－3 D．－4答案D解析由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,x)))＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＋1可得，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))＝1－eq\f(2,x)＋eq\f(1,x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))eq\s\up12(2)，∴f(x)＝x2(x≠1)．∴g(x)＝x2－4x＝(x－2)2－4，当x＝2时，g(x)取得最小值，为－4.故选D.6．(2024·衡水中学调考)已知函数f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－x)，若x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，则()A．f(x1)<0，f(x2)<0 B．f(x1)<0，f(x2)>0C．f(x1)>0，f(x2)<0 D．f(x1)>0，f(x2)>0答案B解析因为函数f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－x)在(1，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，所以当x1∈(1，2)时，f(x1)<f(2)＝0，当x2∈(2，＋∞)时，f(x2)>f(2)＝0，即f(x1)<0，f(x2)>0.故选B.7．(2023·武汉模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤a，,2x，x>a，))若f(x)的值域是R，则实数a的取值范围是()A．(－∞，0] B．[0，1]C．[0，＋∞) D．(－∞，1]答案B解析解法一：因为函数y＝2x是R上的增函数，且值域为(0，＋∞)，函数y＝x＋1是R上的增函数，且值域也是R，所以要使函数f(x)的值域为R，需满足2a≤a＋1.在同一平面直角坐标系中作出函数y＝2x与y＝x＋1的图象，如图所示，由图可知，当0≤x≤1时，2x≤x＋1，所以实数a的取值范围为[0，1]．故选B.解法二：若a＝－1，则当x≤a时，x＋1≤0，当x>a时，2x>eq\f(1,2)，可知此时f(x)的值域不是R，即a＝－1不满足题意，故排除A，D；若a＝2，则当x≤a时，x＋1≤3，当x>a时，2x>4，可知此时f(x)的值域不是R，即a＝2不满足题意，故排除C.故选B.8．(2024·长沙模拟)设f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)－a))(a∈R)，记f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))上的最大值为M(a)，则M(a)的最小值为()A．0 B.eq\f(9,8)C.eq\f(15,8) D．2答案B解析设g(x)＝x＋eq\f(1,x)－a，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))，则g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，在[1，4]上单调递增，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(5,2)－a，g(1)＝2－a，g(4)＝eq\f(17,4)－a，所以M(a)是eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－a))，|2－a|，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(17,4)－a))三者中的较大者，所以M(a)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(17,4)－a，a≤\f(25,8)，,a－2，a>\f(25,8)，))所以当a＝eq\f(25,8)时，M(a)的最小值为eq\f(9,8).故选B.二、多项选择题9．设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论错误的是()A．y＝eq\f(1,|f（x）|)在R上为减函数B．y＝|f(x)|在R上为增函数C．y＝－eq\f(1,f（x）)在R上为增函数D．y＝－f(x)在R上为减函数答案ABC解析对于A，若f(x)＝x，则y＝eq\f(1,|f（x）|)＝eq\f(1,|x|)，在R上不是减函数，故A错误；对于B，若f(x)＝x，则y＝|f(x)|＝|x|，在R上不是增函数，故B错误；对于C，若f(x)＝x，则y＝－eq\f(1,f（x）)＝－eq\f(1,x)，在R上不是增函数，故C错误；对于D，函数f(x)在R上为增函数，则对于任意的x1，x2∈R，设x1<x2，必有f(x1)<f(x2)，对于y＝－f(x)，则有y1－y2＝[－f(x1)]－[－f(x2)]＝f(x2)－f(x1)>0，则y＝－f(x)在R上为减函数，故D正确．故选ABC.10．(2024·盘锦高级中学月考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤－1，,x2＋1，－1＜x＜2，))下列关于函数f(x)的结论正确的是()A．f(x)的定义域是R B．f(x)的值域是(－∞，5)C．若f(x)＝3，则x的值为eq\r(2) D．f(x)的图象与y＝2有2个交点答案BC解析由函数f(x)＝eq\b\lc\{(\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；当x≤－1时，f(x)＝x＋2∈(－∞，1