2017-2018版高中數學第二章基本初等函數（Ⅰ）疑難規(guī)律方法學案版

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE41學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE第二章基本初等函數（Ⅰ）1“函數"概念辨析一、表達式相同的兩個函數是不是同一函數?答很多同學容易把具有相同表達式的兩個函數看作是同一個函數．其實，由函數的表達式相同，只能知道它們的對應法則相同,但還有定義域是否相同的問題．例如，f（x)＝3x＋1（x∈R)與g(x）＝3x＋1（x∈Z)，盡管f（x）和g(x）的表達式相同,但由于它們的定義域分別為R和Z，故它們是不同的兩個函數．二、定義域和值域分別相同的兩個函數是否相等？答有些同學認為,兩個函數的定義域和值域分別相同，那么這兩個函數必相等．其實不然，例如，f(x）＝x，x∈{0,1｝，g(x)＝（x－1）2,x∈{0，1},這兩個函數定義域和值域分別相同，但由于f（0)≠g（0），f（1)≠g(1），即當自變量x取相同值x0時,f(x0）≠g(x0)，故f（x）≠g（x)．事實上，兩個函數相等的意義也可敘述為：如果兩個函數f（x)和g（x)的定義域為D，且對于任意x0∈D，都有f(x0)＝g(x0）,那么f（x）＝g（x)．三、函數的定義域可以是空集嗎?答教材中指出：“設A,B是非空的數集，……”．由此，不存在定義域為空集的函數．當函數存在(給定)時，則其定義域一定不是空集；反之，當定義域為空集時，這樣的函數不存在．四、y＝0是函數式嗎？答很多同學都認為y＝0不是函數式,其理由是:函數定義中有兩個變量x和y，而在y＝0中只有一個變量y.從形式上來看,y＝0中只出現了一個變量y，但我們知道,0與任何實數的乘積仍為0，因此，變量y＝0就是y＝0·x，另一個變量x不是出現了嗎?根據函數的定義,集合A＝｛x｜x∈R}顯然滿足函數的定義，即不論x取何值，y都有唯一確定的值0與之對應,因此,按函數的定義，y＝0是函數式．同理，對任意實數m,y＝m也是函數式，只要把它寫成y＝m＋0·x就清楚了．五、用解析法表示函數時，一個函數可以有兩個或多個解析式嗎？如果有，各解析式對自變量有何限制？函數定義域如何得到?答可以有兩個或兩個以上的解析式，這樣的函數稱為分段函數，但各解析式對自變量的取值范圍不能出現公共部分,這時函數的定義域就是各個解析式中自變量取值范圍所確定的集合的并集．六、為什么說函數的解析式和定義域給出之后，它的值域相應就被確定了？答因為函數的定義域是自變量x的取值范圍的集合，而函數的解析式就是確定函數關系，在這個關系下，每一個x都有唯一的y與之對應,因此可由定義域和解析式確定值域.2詮釋函數“三要素”構成函數的要素為定義域、對應法則“f”、值域三者．因此，這里我們把“定義域、對應法則、值域”稱為函數的“三要素”．對于初學者來說，理解好函數的“三要素”極為重要．在“三要素"中函數的定義域可稱得上是函數的靈魂，做任何函數題都首先要考慮到函數的定義域，定義域不同，不管對應法則、值域是否相同，都是不同函數．如:(1)y＝x＋1，x∈R；（2)y＝x＋1，x∈{1,2,3,4,5｝；（3）y＝x＋1，x∈[1，5]．這三個函數是不同的函數．所以，要弄清楚函數的有關問題，首先要弄清楚其定義域．一、定義域1．函數定義域是函數自變量的取值的集合，一般要求用集合或區(qū)間來表示．2．求函數定義域的方法，主要有如下三類：（1)有函數解析式時求函數定義域：只需使函數有意義即可．例1求y＝eq\r(x＋2)＋eq\f（x＋2,｜x｜－4）的定義域．解由題意知eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x＋2≥0，｜x|－4≠0）),從而解得x≥－2且x≠4，故所求定義域為[－2,4)∪(4,＋∞)．(2）沒有具體解析式時，根據已知函數定義域求解，即視為整體來求解．例2已知函數y＝f（x＋1）的定義域為(－1，1），求函數y＝f（x)的定義域．解令t＝x＋1，∵－1＜x＜1，∴0＜t＜2，∴f（t）的定義域為（0,2)，即所求定義域為(0,2）．（3）應用題當中，需滿足問題所包含的實際意義．例3一等腰三角形的周長為20，底邊長y是關于腰長x的函數，求其解析式和定義域．解由題意知解析式為y＝20－2x，又因為構成三角形必須有2x＞y，y＞0，x＞0，解得5＜x＜10，所以定義域為(5,10）．特別提示求定義域時要使每個式子都有意義，所以通常取交集．二、對應法則一般地說，在函數f(x)符號中，“f”表示對應法則，等式y＝f（x）表明對于定義域中的任意的x值,在對應法則“f”的作用下,可得到值域中唯一的y值．因此，“f”是使“對應”得以實現的方法和途徑,是聯系x與y的紐帶，也就是函數的核心．特別地，f（a）表示自變量x＝a時所得的函數值，是一個常量；而f(x)稱為變量x的函數，在通常情況下，它是一個變量．例4已知函數f(x)＝x2－2x，求f（1）、f(a）、f（2x）．解f(1)＝－1，f(a）＝a2－2a，f（2x）＝4x2－4x.特別提示對于函數來說,即使定義域相同,值域相同，對應法則不同，也是不同函數．如：(1）y＝x＋1,x∈R,（2)y＝2x＋1，x∈R，這兩個函數對應法則不同，就是不同的函數．三、值域1．函數的值域即為函數值的集合，一般由定義域和對應法則確定,常用集合或區(qū)間來表示．2．值域的求法，就我們現在所學的知識而言，暫時介紹如下三種方法：（1）二次函數型利用“配方法”．例5求函數y＝－2x2＋4x＋6的值域．解由y＝－2(x－1)2＋8得函數的值域為(－∞，8］．(2）換元法(注意換元后新元的范圍）．例6求函數y＝2x＋4eq\r(1－x）的值域．解令t＝eq\r(1－x）,則y＝－2t2＋4t＋2＝－2（t－1)2＋4,t≥0，故所求值域為(－∞，4］．(3)形如y＝eq\f（ax＋b,cx＋d)(a,c≠0)的函數用分離常數法．例7求函數y＝eq\f（2x＋3,x＋1）的值域．解y＝eq\f（2x＋3,x＋1)＝eq\f(2x＋1＋1，x＋1）＝2＋eq\f(1，x＋1），∵eq\f（1,x＋1）≠0，故y≠2,∴值域為｛y∈R｜y≠2}．特別提示關于“配方法”,若有定義域加以限制的，可畫出圖象，利用“圖象法"解決．對于值域來說，定義域和對應法則相同,值域就一定相同,即為同一函數．所以判斷是否為同一函數，只需看定義域和對應法則是否相同即可．例8下列為同一函數的是________．（填序號）①y＝eq\r(x2－1)和y＝eq\r(x－1)eq\r(x＋1)；②y＝x0和y＝1；③y＝eq\r(x＋12)和y＝x＋1；④y＝x2－2x和y＝t2－2t.解析①②定義域不同，③對應法則不同，④定義域與對應法則都相同，所以答案為④。答案④3函數解析式求解的常用方法一、換元法例1已知f(eq\r(x)＋1)＝x＋2eq\r（x)，求f（x）．分析采用整體思想,可把f(eq\r（x)＋1)中的“eq\r(x)＋1”看做一個整體，然后采用另一參數替代．解令t＝eq\r(x）＋1，則x＝（t－1)2(t≥1），代入原式有f(t）＝（t－1）2＋2(t－1）＝t2－1。∴f（x）＝x2－1（x≥1)．評注將接受對象“eq\r（x）＋1”換作另一個元素(字母)“t”，然后從中解出x與t的關系，代入原式中便求出關于“t”的函數關系，此即為函數解析式，但在利用這種方法時應注意自變量取值范圍的變化，否則就得不到正確的表達式．此法是求函數解析式時常用的方法．二、待定系數法例2已知f（x)為二次函數，且f(x＋1）＋f（x－1）＝2x2－4x，求f(x)的表達式．解設f（x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，則f（x＋1）＋f(x－1）＝a(x＋1)2＋b（x＋1）＋c＋a(x－1)2＋b（x－1)＋c＝2ax2＋2bx＋2a＋2c＝2x2－4x。故有eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝2，，2b＝－4，,2a＋2c＝0，)）解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝1,，b＝－2，，c＝－1.））所以f（x）＝x2－2x－1.評注若已知函數是某個基本函數，可設表達式的一般式,再利用已知條件求出系數．三、方程消元法例3已知：2f（x)＋f(eq\f(1，x))＝3x，x≠0，求f(x）．解2f（x)＋f(eq\f（1，x))＝3x， ①用eq\f（1,x)去代換①式中的x得2f(eq\f(1，x)）＋f(x）＝eq\f（3,x）. ②由①×2－②得f（x）＝2x－eq\f（1，x），x≠0.評注方程消元法是指利用方程組通過消參、消元的途徑達到求函數解析式的目的.4解讀分段函數分段函數是一類特殊的函數，有著廣泛的應用，課本中并沒有進行大篇幅的介紹，但是它是高考的必考內容，下面就分段函數的有關知識進行拓展，供同學們學習時參考．一、分段函數解讀在定義域中，對于自變量x的不同取值范圍，相應的對應關系不同，這樣的函數稱之為分段函數．分段函數是一個函數，而不是幾個函數，它只是各段上的解析式（或對應關系)不同而已．二、常見的題型及其求解策略1．求分段函數的定義域、值域例1求函數f(x）＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x2＋4x，x≤－2,,\f（x,2)，x＞－2)）的值域．解當x≤－2時，y＝x2＋4x＝(x＋2）2－4，∴y≥－4;當x＞－2時,y＝eq\f（x，2），∴y＞eq\f（－2,2)＝－1.∴函數f(x)的值域是｛y｜y≥－4}．解題策略分段函數的定義域是各段函數解析式中自變量取值集合的并集；分段函數的值域是各段函數值集合的并集．2．求分段函數的函數值例2已知f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x－2，x＞10,,f［fx＋6］，x＜10，))求f（5)的值．解∵5＜10，∴f（5)＝f[f（5＋6）］＝f［f（11)]，∵11＞10,∴f［f(11）]＝f（9)，又∵9＜10,∴f（9）＝f［f（15）］＝f(13)＝11。即f（5)＝11.解題策略求分段函數的函數值時，關鍵是判斷所給出的自變量所處的區(qū)間，再代入相應的解析式；另一方面，如果題目中含有多個分層的形式，則需要由里到外層層處理．3．畫出分段函數的圖象例3已知函數f(x）＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（2x，x≥0,，x2,x＜0，)）作出此函數的圖象．解由于分段函數有兩段，所以這個函數的圖象應該由兩條線組成，一條是拋物線的左側，另一條是射線，畫出圖象如圖所示．解題策略分段函數有幾段，其圖象就由幾條曲線組成，作圖的關鍵是根據定義域的不同分別由表達式作出其圖象，作圖時：一、要注意每段自變量的取值范圍，二、要注意判斷函數圖象每段端點的虛實．4．求解分段函數的解析式例4某移動公司采用分段計費的方法來計算話費，月通話時間x(分鐘）與相應話費y（元）之間的函數圖象如圖所示．則:(1）月通話為50分鐘時，應交話費多少元；（2）求y與x之間的函數關系式．解（1）由題意可知當0＜x≤100時，設函數的解析式y＝kx，又因過點（100，40），得解析式為y＝eq\f（2,5)x，當月通話為50分鐘時，0＜50＜100，所以應交話費y＝eq\f(2，5）×50＝20（元)．(2)當x＞100時，設y與x之間的函數關系式為y＝kx＋b，由圖知x＝100時,y＝40；x＝200時，y＝60。則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（40＝100k＋b,60＝200k＋b）),解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（k＝\f(1,5),,b＝20，））所以解析式為y＝eq\f（1，5)x＋20,故所求函數關系式為y＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（\f(2，5）x，0＜x≤100,,\f(1，5）x＋20，x＞100.)）解題策略以收費為題材的數學問題多以分段函數的形式出現在高考試題中，解決此類問題的關鍵是正確的理解題目(或圖象）給出的信息，確定合適的數學模型及準確的自變量的分界點．5合理變形——突破單調性的證明由定義證明函數f(x）在區(qū)間D上的單調性，其步驟為:取值→作差→變形→定號．其中變形是最關鍵的一步，合理變形是準確判斷f(x1）－f（x2)的符號的關鍵所在．本文總結了用定義證明函數單調性中的變形策略．一、因式分解例1求證：函數f（x)＝x2－4x在(－∞，2］上是單調減函數．證明設x1，x2是(－∞，2]上的任意兩個實數，且x1＜x2,則f（x1）－f（x2)＝(xeq\o\al(2,1）－4x1)－（xeq\o\al（2,2)－4x2)＝（x1－x2）（x1＋x2－4）．因為x1＜x2≤2，所以x1－x2＜0，x1＋x2－4＜0.所以f（x1)－f（x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)．故函數f（x)在(－∞，2]上是單調減函數．評注因式分解是變形的常用策略，但必須注意，分解時一定要徹底，這樣才利于判斷f（x1)－f(x2)的符號．二、配方例2求證：函數f（x）＝x3＋1在R上是單調增函數．證明設x1，x2是R上的任意兩個實數,且x1＜x2，則f（x1)－f(x2)＝xeq\o\al（3，1）＋1－xeq\o\al(3，2）－1＝xeq\o\al（3，1）－xeq\o\al（3,2）＝(x1－x2)（xeq\o\al(2,1)＋x1x2＋xeq\o\al（2，2））＝（x1－x2)eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（x1＋\f(x2,2)））2＋\f（3,4)x\o\al（2,2）））。因為x1＜x2，所以x1－x2＜0，eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x1＋\f（x2,2)）)2＋eq\f(3,4)xeq\o\al（2，2)＞0.所以f(x1)－f（x2）＜0，即f（x1）＜f(x2)．故函數f(x）在R上是單調增函數．評注本題極易在(x1－x2)（xeq\o\al(2,1）＋x1x2＋xeq\o\al（2，2)）處“止步”而致誤．而實際上當我們不能直接判斷xeq\o\al（2，1)＋x1x2＋xeq\o\al（2，2）的符號，又不能因式分解時，而采用配方則會“柳暗花明”．三、通分例3已知函數f(x)＝x＋eq\f（1,x)，求證：函數f（x)在區(qū)間(0，1］上是單調減函數．證明設x1，x2是區(qū)間(0,1]上的任意兩個實數,且x1＜x2，則f(x1)－f（x2)＝x1＋eq\f（1,x1）－x2－eq\f（1，x2)＝（x1－x2）＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，x1）－\f（1,x2）)）＝（x1－x2)＋eq\f(x2－x1,x1x2）＝(x1－x2）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1－\f(1，x1x2))）＝（x1－x2）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(x1x2－1，x1x2））)。因為x1＜x2,且x1，x2∈（0,1］，所以x1－x2＜0,0＜x1x2＜1.所以f（x1）－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)．故函數f(x）在（0,1］上是單調減函數．評注同樣，我們可以證明f(x)＝x＋eq\f(1,x）在區(qū)間[1，＋∞）上是單調增函數．四、有理化例4已知函數f（x）＝eq\r（x－1),求證:函數f(x）在區(qū)間[1，＋∞）上是單調增函數．證明設x1,x2是區(qū)間［1，＋∞)上的任意兩個實數，且x1＜x2,則f（x1）－f(x2）＝eq\r(x1－1)－eq\r(x2－1)＝eq\f(x1－x2,\r（x1－1)＋\r(x2－1)）。因為x1＜x2,且x1，x2∈[1，＋∞）,所以x1－x2＜0,eq\r（x1－1)＋eq\r(x2－1）＞0。所以f（x1)－f（x2)＜0，即f（x1)＜f(x2)．故函數f（x）在［1，＋∞）上是單調增函數．評注對于根式函數常采用分子或分母有理化變形手段以達到判斷f(x1）－f(x2)符號的目的。6談復合函數的單調性設y＝f(t)是t的函數，t＝g（x）是x的函數,若t＝g（x）的值域是y＝f（t)定義域的子集，則y通過中間變量t構成x的函數，稱為x的復合函數，記作y＝f(t）＝f［g(x)］．如函數y＝eq\r(1－x），若設t＝1－x,則y＝eq\r(t）.這里t是x的函數,y是t的函數，所以y＝eq\r（1－x）是x的復合函數，把t稱為中間變量．思考1已知函數y＝f（t)的定義域為區(qū)間[m，n]，函數t＝g(x)的定義域為區(qū)間［a,b］，值域D?［m，n］．若y＝f（t)在定義域內單調遞增，t＝g(x)在定義域內單調遞增，那么y＝f［g(x）]是否為[a,b］上的單調增函數?為什么？答y＝f［g（x)]是區(qū)間［a,b]上的單調增函數．證明如下：任取x1，x2∈[a,b］，且x1〈x2，則t1＝g（x1），t2＝g（x2），且t1,t2∈[m，n]．因為t＝g（x)在[a,b］上單調遞增，所以g（x1)〈g（x2),即t1<t2,而y＝f（t）在[m,n］上單調遞增，故f（t1)<f(t2），即f［g（x1)］〈f[g（x2）]，所以y＝f[g（x)］在[a,b］上是單調增函數．思考2若將g（x）在區(qū)間[a，b］上“單調遞增”改為“單調遞減”或將f(x)在區(qū)間［m，n]上“單調遞增"改為“單調遞減”等,這時復合函數y＝f[g(x）]在區(qū)間[a，b］上的單調性又如何呢？答利用解決思考1的方法就可以得出相應的結論（同學們不妨一試）．由此可得到如下復合函數單調性的結論：y＝f(t）單調遞增單調遞減t＝g(x)單調遞增單調遞減單調遞增單調遞減y＝f[g（x）]單調遞增單調遞減單調遞減單調遞增以上規(guī)律可總結為：“同向得增,異向得減”或“同增異減”．不過要注意：單調區(qū)間必須注意定義域；要確定t＝g(x)(常稱內層函數）的值域，否則無法確定f(t）（常稱外層函數）的單調性．例1求函數y＝eq\f（1，x＋12)的單調區(qū)間．解函數y＝eq\f（1，x＋12)的定義域為(－∞，－1）∪(－1,＋∞),設t＝(x＋1）2，則y＝eq\f(1，t)（t>0）．當x∈(－∞，－1)時，t是x的單調減函數，y是t的單調減函數，所以(－∞，－1）是y＝eq\f(1，x＋12)的單調增區(qū)間；當x∈（－1，＋∞）時,t是x的單調增函數，y是t的單調減函數,所以（－1,＋∞）是y＝eq\f(1,x＋12）的單調減區(qū)間．綜上知,函數y＝eq\f(1,x＋12）的單調增區(qū)間為（－∞，－1），單調減區(qū)間為(－1，＋∞）．例2求y＝eq\f(1，x2－2x－3）的單調區(qū)間．解由x2－2x－3≠0，得x≠－1或x≠3,令t＝x2－2x－3(t≠0），則y＝eq\f(1，t),因為y＝eq\f（1，t）在（－∞,0)，(0，＋∞)上為單調減函數，而t＝x2－2x－3在（－∞，－1)，（－1,1)上為單調減函數，在(1，3),(3，＋∞)上是單調增函數，所以函數y＝eq\f（1，x2－2x－3)的單調增區(qū)間為（－∞，－1），（－1，1),單調減區(qū)間為(1,3），(3，＋∞)。7函數單調性的應用一、比較大小例1若函數f（x）＝x2＋mx＋n，對任意實數x都有f(2－x)＝f（2＋x）成立，試比較f(－1)，f(2)，f（4）的大?。庖李}意可知f（x）的對稱軸為x＝2，∴f(－1）＝f(5）．∵f(x）在[2，＋∞)上是單調增函數，∴f（2)〈f(4)<f(5）,即f（2）<f(4）<f（－1)．評注（1）利用單調性可以比較函數值的大小，即增函數中自變量大函數值也大，減函數中自變量小函數值反而變大；（2)利用函數單調性比較大小應注意將自變量放在同一單調區(qū)間．二、解不等式例2已知函數f(x）為R上的單調減函數，則滿足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(\f（1，x)））))〈f(1）的實數x的取值范圍是____________．解析由f（x）為R上的單調減函數且feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1(\f(1,x))））)<f(1），得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))>1，，x≠0，））即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（｜x|〈1，，x≠0。）)∴－1<x<0或0<x〈1。答案(－1,0）∪（0，1)三、求參數的值或取值范圍例3已知a>0，函數f(x）＝x3－ax是區(qū)間[1,＋∞）上的單調函數，求實數a的取值范圍．解任取x1，x2∈［1，＋∞）,且x1〈x2，則x2－x1>0.f(x2)－f(x1）＝(xeq\o\al（3,2)－ax2）－(xeq\o\al(3,1）－ax1）＝(x2－x1)(xeq\o\al(2，1）＋x1x2＋xeq\o\al(2，2）－a)．∵1≤x1<x2,∴xeq\o\al(2，1）＋x1x2＋xeq\o\al（2,2)〉3.顯然不存在常數a，使(xeq\o\al(2，1)＋x1x2＋xeq\o\al（2,2)－a）恒為負值．又f(x)在［1，＋∞)上是單調函數,∴必有一個常數a，使xeq\o\al(2，1）＋x1x2＋xeq\o\al(2,2)－a恒為正數，即xeq\o\al（2,1）＋x1x2＋xeq\o\al（2，2)〉a.當x1，x2∈［1，＋∞）時，xeq\o\al(2，1)＋x1x2＋xeq\o\al(2，2)>3，∴a≤3。此時，∵x2－x1〉0,∴f（x2)－f(x1）>0，即函數f（x）在［1,＋∞)上是單調增函數,∴a的取值范圍是（0，3]．四、利用函數單調性求函數的最值例4已知函數f（x）＝eq\f(x2＋2x＋a,x)，x∈[1，＋∞)．(1）當a＝4時，求f(x)的最小值;（2)當a＝eq\f（1,2)時，求f（x)的最小值；(3)若a為正常數,求f(x）的最小值．解（1）當a＝4時，f（x）＝x＋eq\f(4,x)＋2，易知，f（x)在［1,2］上是單調減函數，在［2,＋∞）上是單調增函數，∴f(x)min＝f(2)＝6。(2）當a＝eq\f(1,2）時，f（x)＝x＋eq\f（1，2x）＋2.易知，f（x）在[1，＋∞)上為單調增函數．∴f(x）min＝f(1)＝eq\f(7,2）.（3）函數f（x)＝x＋eq\f（a，x)＋2在（0，eq\r(a)］上是單調減函數，在[eq\r（a),＋∞）上是單調增函數．若eq\r(a）〉1，即a〉1時，f(x）在區(qū)間[1,＋∞)上先減后增，∴f(x)min＝f(eq\r（a））＝2eq\r（a)＋2.若eq\r（a）≤1，即0〈a≤1時，f(x）在區(qū)間［1,＋∞)上是單調增函數，∴f(x）min＝f(1)＝a＋3.8例析函數的值域求函數值域的常用方法:配方法、換元法、單調性法、判別式法、不等式法、數形結合法、有界性法、分離常數法．例1求下列函數的值域．(1）y＝eq\f（x2－x，x2－x＋1)；（2)y＝2x－1－eq\r(13－4x)。解（1）方法一(配方法）∵y＝1－eq\f（1，x2－x＋1)，又x2－x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x－\f（1,2））)2＋eq\f（3,4)≥eq\f（3,4)，∴0<eq\f(1,x2－x＋1)≤eq\f(4,3),∴－eq\f(1,3）≤y〈1.方法二（判別式法）由y＝eq\f（x2－x，x2－x＋1)，x∈R,得（y－1）x2＋(1－y)x＋y＝0.當y＝1時，x∈?.當y≠1時，∵x∈R,∴Δ＝(1－y）2－4y（y－1)≥0，∴－eq\f（1,3）≤y<1.∴函數的值域為eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（1,3)，1))。（2）方法一(換元法）設eq\r（13－4x）＝t,則t≥0，x＝eq\f(13－t2,4），于是f(x）＝g(t）＝2·eq\f（13－t2，4）－1－t＝－eq\f(1,2)t2－t＋eq\f（11，2）＝－eq\f（1,2）（t＋1)2＋6，顯然函數g(t）在[0，＋∞)上是單調減函數，所以g（t)≤g（0)＝eq\f（11,2)，因此原函數的值域是eq\b\lc\(\rc\]（\a\vs4\al\co1(－∞，\f（11，2)））.方法二(單調性法）函數的定義域是eq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1(x｜x≤\f(13，4）)),當自變量x增大時,2x－1增大，eq\r（13－4x）減小，所以2x－1－eq\r（13－4x）增大,因此函數f（x)＝2x－1－eq\r(13－4x)在其定義域上是一個單調增函數，所以當x＝eq\f(13，4)時,函數取得最大值feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（13，4）)）＝eq\f(11，2），故原函數的值域是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1（－∞，\f（11,2）))。例2求函數y＝eq\f（10x＋10－x,10x－10－x)的值域．解（有界性)因為y＝eq\f(10x＋10－x，10x－10－x）＝eq\f（102x＋1，102x－1)，所以102x＝eq\f(y＋1，y－1)（y≠1）．又因為102x>0，所以eq\f(y＋1,y－1）〉0。解得y>1或y〈－1，所以值域為(－∞，－1）∪（1,＋∞)．例3求函數y＝eq\f（3＋x，4－x)的值域．解∵y＝eq\f（3＋x,4－x)＝eq\f(x－4＋7，4－x)＝－1－eq\f（7，x－4），又∵eq\f(7,x－4）≠0，∴y＝－1－eq\f(7，x－4）≠－1，即函數的值域為（－∞，－1)∪（－1，＋∞).9函數奇偶性的判定方法函數奇偶性是函數的一個重要性質，除了直接運用定義法判斷外，下面再介紹幾種判定方法．一、定義域判定法例1判斷函數f(x）＝eq\r(x＋1)·eq\r(x－1)的奇偶性．分析一個函數是奇（偶）函數，其定義域必須關于原點對稱，這是函數具有奇偶性的前提條件．若定義域不關于原點對稱，則此函數既不是奇函數也不是偶函數．解要使函數f（x)有意義，則eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1≥0，，x＋1≥0。）)解得x≥1，即定義域是{x|x≥1}．因為定義域不關于原點對稱，所以函數f(x)既不是奇函數也不是偶函數．評注用定義域雖不能判斷一個函數是奇函數還是偶函數，但可以通過定義域不關于原點對稱來說明一個函數不具有奇偶性．二、變式法例2判斷f(x）＝eq\f(\r（1＋x2)＋x－1,\r(1＋x2)＋x＋1）的奇偶性．分析直接驗證f（－x)＝±f（x）有困難，可轉化為驗證eq\f（f－x，fx）＝±1（f(x)≠0)．解f(x)的定義域為R，關于原點對稱．當x＝0時，f(x）＝0，圖象過原點．因為當x≠0時，eq\f(f－x,fx）＝eq\f(1＋x2－x＋12,1＋x2－x－12）＝－1，所以f(－x)＝－f（x）．又f（0)＝0，所以函數f（x)為奇函數．評注為了運算上的方便或是直接運用定義判斷較難進行時，常把驗證f(－x）＝±f(x）轉化為驗證其變式：f（x）±f(－x）＝0或eq\f(f－x，fx）＝±1（f(x）≠0)．三、圖象法例3判斷函數f(x）＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x＋2，x＜－1，，0,－1≤x≤1，,－x＋2，x＞1)）的奇偶性．分析本題可用圖象法較為直觀地判斷．解作出函數f(x)的圖象，如圖所示．因為函數f（x）的圖象關于y軸對稱，所以函數f(x）為偶函數．評注一些函數的奇偶性可用圖象法解決，即圖象關于原點對稱的函數是奇函數，圖象關于y軸對稱的函數是偶函數，否則既不是奇函數也不是偶函數。10函數奇偶性的應用函數的奇偶性是函數的重要性質,在各類考試中是考查的熱點，下面對奇偶性的常見應用進行舉例說明．一、求函數的解析式例1已知f（x)是R上的奇函數，且當x∈(0，＋∞)時，f(x）＝x(1＋eq\r（3，x))，求f(x)的解析式．分析要求f(x）在R上的解析式，條件已給出f(x）在（0,＋∞）上的解析式，還需求當x≤0時f（x)對應的解析式．解因為x∈（－∞，0)時,－x∈(0,＋∞)，所以f(－x)＝－x（1＋eq\r(3,－x))＝－x(1－eq\r(3，x)），因為f(x)是R上的奇函數，所以f(x)＝－f（－x）＝x（1－eq\r(3,x)），x∈(－∞，0）．在f(－x）＝－f（x）中,令x＝0，得f(0)＝0.所以f（x）＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x1＋\r（3,x），x＞0，，0,x＝0,,x1－\r（3，x），x＜0。)）評注利用函數的奇偶性求函數的解析式是常見題型,其步驟為：(1)設，設出在未知區(qū)間上的自變量x；（2）化，即將x轉化到已知區(qū)間上；(3）求，即根據函數的奇偶性求出解析式．二、求參數的值例2已知函數f(x)是R上的奇函數,當x≥0時，f（x)＝x(x＋1），若給出一個實數a，a＜0,有f(a)＝－2，則實數a＝________。分析根據已知條件當x≥0時，函數f（x)＝x(x＋1）≥0,由于f（a)＝－2，顯然需要求得x＜0的解析式．解析令x＜0，則－x＞0.所以f(－x）＝－x(1－x)．又f（x）為奇函數,所以當x＜0時，有f(x)＝x(1－x）．令f（a)＝a(1－a)＝－2，得a2－a－2＝0。解得a＝－1或a＝2(舍去)．答案－1評注解決本題首先根據定義域對函數的解析式進行判斷，確定所求參數應該對應的解析式是求解本題的關鍵．三、求參數的范圍例3定義在(－2，2）上的偶函數f（x)在區(qū)間［0,2）上是單調減函數，若f(1－m)＜f（m）,求實數m的取值范圍．解因為f(x)是偶函數，所以f（1－m）＝f（｜1－m|)，f（m）＝f(|m|)．又f（1－m)＜f(m),所以f(|1－m|)＜f（｜m｜）．由f（x）在區(qū)間[0，2）上是單調減函數，得0≤｜m|＜｜1－m｜＜2.解得－1＜m＜eq\f（1，2).故實數m的取值范圍是eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－1，\f(1，2)））.評注本題利用了偶函數的性質：若函數f(x）是偶函數，則恒有f（x)＝f（|x|），從而達到簡捷求解的目的.11函數單調性、奇偶性聯袂解題單調性和奇偶性是函數的兩個重要基本性質，二者之間有下面的密切聯系:(1）奇函數在關于原點對稱的區(qū)間上具有相同的單調性；(2）偶函數在關于原點對稱的區(qū)間上具有相反的單調性．巧妙地運用單調性和奇偶性的聯系，可以輕松解決很多函數問題．下面分類舉例說明．一、比較大小例1已知函數f(x)是偶函數，且在區(qū)間［0,1]上是單調減函數，則f(－0.5）、f(－1)、f(0)的大小關系是________________________________________________________________________．解析因為函數f（x）是偶函數，所以f(－0。5）＝f(0.5），f（－1)＝f（1)．又因為f(x)在區(qū)間[0,1]上是單調減函數，所以f（－1)＜f（－0.5)＜f（0)．答案f（－1)＜f(－0.5）＜f（0)評注比較兩個函數值大小時，如果兩個自變量的值不在同一單調區(qū)間上，則需要利用奇偶性來進行轉化．二、求函數最值例2若偶函數f(x)在區(qū)間［3，6］上是單調增函數且f（6）＝9，則它在區(qū)間[－6，－3]上的最大值為________．解析因為f（x）是偶函數且在區(qū)間[3,6]上是單調增函數，所以f(x）在區(qū)間［－6，－3]上是單調減函數．因此，f（x)在區(qū)間［－6，－3]上最大值為f（－6）＝f（6)＝9。答案9評注應用單調性和奇偶性的聯系求最值時,一定要確定是最大值還是最小值．三、解不等式例3若函數f（x）是奇函數,且在（－∞,0)上是單調增函數，又f(－2）＝0,則x·f(x)＜0的解集是________．解析因為函數f(x）是奇函數，且在（－∞，0）上是單調增函數，又f(－2)＝0,所以可畫出符合條件的奇函數f（x)的圖象，如圖所示．因為x·f（x)＜0，所以eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x＞0，fx＜0）)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜0，fx＞0，））結合圖象，得到答案為（－2，0）∪（0，2）．答案(－2,0）∪(0,2)評注本題是單調性和奇偶性的綜合應用，并且有較強的抽象性．只要抓住其對稱性，分析圖象的特點，畫出符合條件的圖象，就不難使問題得到解決．四、求參數的取值范圍例4設定義在(－1，1)上的奇函數f（x)在[0,1)上單調遞增，且有f（1－m)＋f（eq\f（1，2）－2m)＜0，求實數m的取值范圍．解由于函數f(x）的定義域為（－1，1），則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＜1－m＜1，，－1＜\f(1，2）－2m＜1，)）解得0＜m＜eq\f(3，4).又f(1－m)＋f（eq\f（1，2)－2m）＜0，所以f（1－m）＜－f（eq\f（1，2)－2m）．而函數f（x）為奇函數,則有f（1－m）＜f（2m－eq\f(1，2））．因為函數f（x)是奇函數，且在[0,1）上單調遞增，所以函數f(x）在定義域(－1，1）上單調遞增，則有1－m＜2m－eq\f（1,2)，解得m＞eq\f(1,2），故實數m的取值范圍為（eq\f(1，2)，eq\f（3，4))．評注本題通過函數奇偶性和單調性的定義及其相關特征解決問題，這是比較常見的題型之一．12函數圖象的三種變換函數的圖象變換是高考中的考查熱點之一，常見變換有以下3種：一、平移變換例1設f(x）＝x2，在同一坐標系中畫出：（1)y＝f(x)，y＝f(x＋1）和y＝f（x－1)的圖象，并觀察三個函數圖象的關系；(2）y＝f（x)，y＝f（x)＋1和y＝f(x)－1的圖象，并觀察三個函數圖象的關系．解（1）如圖1（2）如圖2圖1圖2觀察圖象得：y＝f(x＋1）的圖象可由y＝f(x)的圖象向左平移1個單位長度得到；y＝f(x－1）的圖象可由y＝f（x)的圖象向右平移1個單位長度得到；y＝f（x）＋1的圖象可由y＝f（x)的圖象向上平移1個單位長度得到；y＝f（x）－1的圖象可由y＝f(x)的圖象向下平移1個單位長度得到．二、對稱變換例2設f（x）＝x＋1，在同一坐標系中畫出y＝f(x）和y＝f(－x）的圖象，并觀察兩個函數圖象的關系．解畫出y＝f（x）＝x＋1與y＝f（－x）＝－x＋1的圖象如圖所示．由圖象可得函數y＝x＋1與y＝－x＋1的圖象關于y軸對稱．評注函數y＝f(x）的圖象與y＝f(－x)的圖象關于y軸對稱；函數y＝f(x)的圖象與y＝－f（x)的圖象關于x軸對稱；函數y＝f（x)的圖象與y＝－f(－x)的圖象關于原點對稱．三、翻折變換例3設f（x)＝x＋1，在不同的坐標系中畫出y＝f（x）和y＝|f(x）｜的圖象，并觀察兩個函數圖象的關系．解y＝f(x)的圖象如圖1所示，y＝|f(x）｜的圖象如圖2所示．通過觀察兩個函數圖象可知：要得到y＝|f(x）|的圖象，需把y＝f(x）的圖象中x軸下方圖象翻折到x軸上方,其余部分不變．例4設f(x)＝x＋1，在不同的坐標系中畫出y＝f（x)和y＝f（|x｜)的圖象,并觀察兩個函數圖象的關系．解y＝f（x)的圖象如圖1所示．圖1圖2通過觀察兩個函數圖象可知：要得到y＝f(|x|）的圖象，先把y＝f（x）圖象在y軸左方的部分去掉,然后