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

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE41學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE第二章基本初等函數(shù)（Ⅰ）1“函數(shù)"概念辨析一、表達(dá)式相同的兩個(gè)函數(shù)是不是同一函數(shù)?答很多同學(xué)容易把具有相同表達(dá)式的兩個(gè)函數(shù)看作是同一個(gè)函數(shù)．其實(shí)，由函數(shù)的表達(dá)式相同，只能知道它們的對應(yīng)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(dá)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(gè)函數(shù)．二、定義域和值域分別相同的兩個(gè)函數(shù)是否相等？答有些同學(xué)認(rèn)為,兩個(gè)函數(shù)的定義域和值域分別相同，那么這兩個(gè)函數(shù)必相等．其實(shí)不然，例如，f(x）＝x，x∈{0,1｝，g(x)＝（x－1）2,x∈{0，1},這兩個(gè)函數(shù)定義域和值域分別相同，但由于f（0)≠g（0），f（1)≠g(1），即當(dāng)自變量x取相同值x0時(shí),f(x0）≠g(x0)，故f（x）≠g（x)．事實(shí)上，兩個(gè)函數(shù)相等的意義也可敘述為：如果兩個(gè)函數(shù)f（x)和g（x)的定義域?yàn)镈，且對于任意x0∈D，都有f(x0)＝g(x0）,那么f（x）＝g（x)．三、函數(shù)的定義域可以是空集嗎?答教材中指出：“設(shè)A,B是非空的數(shù)集，……”．由此，不存在定義域?yàn)榭占暮瘮?shù)．當(dāng)函數(shù)存在(給定)時(shí)，則其定義域一定不是空集；反之，當(dāng)定義域?yàn)榭占瘯r(shí)，這樣的函數(shù)不存在．四、y＝0是函數(shù)式嗎？答很多同學(xué)都認(rèn)為y＝0不是函數(shù)式,其理由是:函數(shù)定義中有兩個(gè)變量x和y，而在y＝0中只有一個(gè)變量y.從形式上來看,y＝0中只出現(xiàn)了一個(gè)變量y，但我們知道,0與任何實(shí)數(shù)的乘積仍為0，因此，變量y＝0就是y＝0·x，另一個(gè)變量x不是出現(xiàn)了嗎?根據(jù)函數(shù)的定義,集合A＝｛x｜x∈R}顯然滿足函數(shù)的定義，即不論x取何值，y都有唯一確定的值0與之對應(yīng),因此,按函數(shù)的定義，y＝0是函數(shù)式．同理，對任意實(shí)數(shù)m,y＝m也是函數(shù)式，只要把它寫成y＝m＋0·x就清楚了．五、用解析法表示函數(shù)時(shí)，一個(gè)函數(shù)可以有兩個(gè)或多個(gè)解析式嗎？如果有，各解析式對自變量有何限制？函數(shù)定義域如何得到?答可以有兩個(gè)或兩個(gè)以上的解析式，這樣的函數(shù)稱為分段函數(shù)，但各解析式對自變量的取值范圍不能出現(xiàn)公共部分,這時(shí)函數(shù)的定義域就是各個(gè)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(shù)的解析式和定義域給出之后，它的值域相應(yīng)就被確定了？答因?yàn)楹瘮?shù)的定義域是自變量x的取值范圍的集合，而函數(shù)的解析式就是確定函數(shù)關(guān)系，在這個(gè)關(guān)系下，每一個(gè)x都有唯一的y與之對應(yīng),因此可由定義域和解析式確定值域.2詮釋函數(shù)“三要素”構(gòu)成函數(shù)的要素為定義域、對應(yīng)法則“f”、值域三者．因此，這里我們把“定義域、對應(yīng)法則、值域”稱為函數(shù)的“三要素”．對于初學(xué)者來說，理解好函數(shù)的“三要素”極為重要．在“三要素"中函數(shù)的定義域可稱得上是函數(shù)的靈魂，做任何函數(shù)題都首先要考慮到函數(shù)的定義域，定義域不同，不管對應(yīng)法則、值域是否相同，都是不同函數(shù)．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(gè)函數(shù)是不同的函數(shù)．所以，要弄清楚函數(shù)的有關(guān)問題，首先要弄清楚其定義域．一、定義域1．函數(shù)定義域是函數(shù)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(shù)定義域的方法，主要有如下三類：（1)有函數(shù)解析式時(shí)求函數(shù)定義域：只需使函數(shù)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?yàn)閇－2,4)∪(4,＋∞)．(2）沒有具體解析式時(shí)，根據(jù)已知函數(shù)定義域求解，即視為整體來求解．例2已知函數(shù)y＝f（x＋1）的定義域?yàn)?－1，1），求函數(shù)y＝f（x)的定義域．解令t＝x＋1，∵－1＜x＜1，∴0＜t＜2，∴f（t）的定義域?yàn)椋?,2)，即所求定義域?yàn)?0,2）．（3）應(yīng)用題當(dāng)中，需滿足問題所包含的實(shí)際意義．例3一等腰三角形的周長為20，底邊長y是關(guān)于腰長x的函數(shù)，求其解析式和定義域．解由題意知解析式為y＝20－2x，又因?yàn)闃?gòu)成三角形必須有2x＞y，y＞0，x＞0，解得5＜x＜10，所以定義域?yàn)?5,10）．特別提示求定義域時(shí)要使每個(gè)式子都有意義，所以通常取交集．二、對應(yīng)法則一般地說，在函數(shù)f(x)符號中，“f”表示對應(yīng)法則，等式y(tǒng)＝f（x）表明對于定義域中的任意的x值,在對應(yīng)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(yīng)”得以實(shí)現(xiàn)的方法和途徑,是聯(lián)系x與y的紐帶，也就是函數(shù)的核心．特別地，f（a）表示自變量x＝a時(shí)所得的函數(shù)值，是一個(gè)常量；而f(x)稱為變量x的函數(shù)，在通常情況下，它是一個(gè)變量．例4已知函數(shù)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(shù)來說,即使定義域相同,值域相同，對應(yīng)法則不同，也是不同函數(shù)．如：(1）y＝x＋1,x∈R,（2)y＝2x＋1，x∈R，這兩個(gè)函數(shù)對應(yīng)法則不同，就是不同的函數(shù)．三、值域1．函數(shù)的值域即為函數(shù)值的集合，一般由定義域和對應(yīng)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(xiàn)在所學(xué)的知識而言，暫時(shí)介紹如下三種方法：（1）二次函數(shù)型利用“配方法”．例5求函數(shù)y＝－2x2＋4x＋6的值域．解由y＝－2(x－1)2＋8得函數(shù)的值域?yàn)?－∞，8］．(2）換元法(注意換元后新元的范圍）．例6求函數(shù)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?yàn)?－∞，4］．(3)形如y＝eq\f（ax＋b,cx＋d)(a,c≠0)的函數(shù)用分離常數(shù)法．例7求函數(shù)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?yàn)椋鹹∈R｜y≠2}．特別提示關(guān)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(yīng)法則相同,值域就一定相同,即為同一函數(shù)．所以判斷是否為同一函數(shù)，只需看定義域和對應(yīng)法則是否相同即可．例8下列為同一函數(shù)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(yīng)法則不同，④定義域與對應(yīng)法則都相同，所以答案為④。答案④3函數(shù)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(gè)整體，然后采用另一參數(shù)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?！鄁（x）＝x2－1（x≥1)．評注將接受對象“eq\r（x）＋1”換作另一個(gè)元素(字母)“t”，然后從中解出x與t的關(guān)系，代入原式中便求出關(guān)于“t”的函數(shù)關(guān)系，此即為函數(shù)解析式，但在利用這種方法時(shí)應(yīng)注意自變量取值范圍的變化，否則就得不到正確的表達(dá)式．此法是求函數(shù)解析式時(shí)常用的方法．二、待定系數(shù)法例2已知f（x)為二次函數(shù)，且f(x＋1）＋f（x－1）＝2x2－4x，求f(x)的表達(dá)式．解設(shè)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(shù)是某個(gè)基本函數(shù)，可設(shè)表達(dá)式的一般式,再利用已知條件求出系數(shù)．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(dá)到求函數(shù)解析式的目的.4解讀分段函數(shù)分段函數(shù)是一類特殊的函數(shù)，有著廣泛的應(yīng)用，課本中并沒有進(jìn)行大篇幅的介紹，但是它是高考的必考內(nèi)容，下面就分段函數(shù)的有關(guān)知識進(jìn)行拓展，供同學(xué)們學(xué)習(xí)時(shí)參考．一、分段函數(shù)解讀在定義域中，對于自變量x的不同取值范圍，相應(yīng)的對應(yīng)關(guān)系不同，這樣的函數(shù)稱之為分段函數(shù)．分段函數(shù)是一個(gè)函數(shù)，而不是幾個(gè)函數(shù)，它只是各段上的解析式（或?qū)?yīng)關(guān)系)不同而已．二、常見的題型及其求解策略1．求分段函數(shù)的定義域、值域例1求函數(shù)f(x）＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x2＋4x，x≤－2,,\f（x,2)，x＞－2)）的值域．解當(dāng)x≤－2時(shí)，y＝x2＋4x＝(x＋2）2－4，∴y≥－4;當(dāng)x＞－2時(shí),y＝eq\f（x，2），∴y＞eq\f（－2,2)＝－1.∴函數(shù)f(x)的值域是｛y｜y≥－4}．解題策略分段函數(shù)的定義域是各段函數(shù)解析式中自變量取值集合的并集；分段函數(shù)的值域是各段函數(shù)值集合的并集．2．求分段函數(shù)的函數(shù)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(shù)的函數(shù)值時(shí)，關(guān)鍵是判斷所給出的自變量所處的區(qū)間，再代入相應(yīng)的解析式；另一方面，如果題目中含有多個(gè)分層的形式，則需要由里到外層層處理．3．畫出分段函數(shù)的圖象例3已知函數(shù)f(x）＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（2x，x≥0,，x2,x＜0，)）作出此函數(shù)的圖象．解由于分段函數(shù)有兩段，所以這個(gè)函數(shù)的圖象應(yīng)該由兩條線組成，一條是拋物線的左側(cè)，另一條是射線，畫出圖象如圖所示．解題策略分段函數(shù)有幾段，其圖象就由幾條曲線組成，作圖的關(guān)鍵是根據(jù)定義域的不同分別由表達(dá)式作出其圖象，作圖時(shí)：一、要注意每段自變量的取值范圍，二、要注意判斷函數(shù)圖象每段端點(diǎn)的虛實(shí)．4．求解分段函數(shù)的解析式例4某移動公司采用分段計(jì)費(fèi)的方法來計(jì)算話費(fèi)，月通話時(shí)間x(分鐘）與相應(yīng)話費(fèi)y（元）之間的函數(shù)圖象如圖所示．則:(1）月通話為50分鐘時(shí)，應(yīng)交話費(fèi)多少元；（2）求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式．解（1）由題意可知當(dāng)0＜x≤100時(shí)，設(shè)函數(shù)的解析式y(tǒng)＝kx，又因過點(diǎn)（100，40），得解析式為y＝eq\f（2,5)x，當(dāng)月通話為50分鐘時(shí)，0＜50＜100，所以應(yīng)交話費(fèi)y＝eq\f(2，5）×50＝20（元)．(2)當(dāng)x＞100時(shí)，設(shè)y與x之間的函數(shù)關(guān)系式為y＝kx＋b，由圖知x＝100時(shí),y＝40；x＝200時(shí)，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(shù)關(guān)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(fèi)為題材的數(shù)學(xué)問題多以分段函數(shù)的形式出現(xiàn)在高考試題中，解決此類問題的關(guān)鍵是正確的理解題目(或圖象）給出的信息，確定合適的數(shù)學(xué)模型及準(zhǔn)確的自變量的分界點(diǎn)．5合理變形——突破單調(diào)性的證明由定義證明函數(shù)f(x）在區(qū)間D上的單調(diào)性，其步驟為:取值→作差→變形→定號．其中變形是最關(guān)鍵的一步，合理變形是準(zhǔn)確判斷f(x1）－f（x2)的符號的關(guān)鍵所在．本文總結(jié)了用定義證明函數(shù)單調(diào)性中的變形策略．一、因式分解例1求證：函數(shù)f（x)＝x2－4x在(－∞，2］上是單調(diào)減函數(shù)．證明設(shè)x1，x2是(－∞，2]上的任意兩個(gè)實(shí)數(shù)，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?yàn)閤1＜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(shù)f（x)在(－∞，2]上是單調(diào)減函數(shù)．評注因式分解是變形的常用策略，但必須注意，分解時(shí)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(shù)f（x）＝x3＋1在R上是單調(diào)增函數(shù)．證明設(shè)x1，x2是R上的任意兩個(gè)實(shí)數(shù),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?yàn)閤1＜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(shù)f(x）在R上是單調(diào)增函數(shù)．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(shí)際上當(dāng)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(shí)，而采用配方則會“柳暗花明”．三、通分例3已知函數(shù)f(x)＝x＋eq\f（1,x)，求證：函數(shù)f（x)在區(qū)間(0，1］上是單調(diào)減函數(shù)．證明設(shè)x1，x2是區(qū)間(0,1]上的任意兩個(gè)實(shí)數(shù),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?yàn)閤1＜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(shù)f(x）在（0,1］上是單調(diào)減函數(shù)．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(diào)增函數(shù)．四、有理化例4已知函數(shù)f（x）＝eq\r（x－1),求證:函數(shù)f(x）在區(qū)間[1，＋∞）上是單調(diào)增函數(shù)．證明設(shè)x1,x2是區(qū)間［1，＋∞)上的任意兩個(gè)實(shí)數(shù)，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?yàn)閤1＜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(shù)f（x）在［1，＋∞）上是單調(diào)增函數(shù)．評注對于根式函數(shù)常采用分子或分母有理化變形手段以達(dá)到判斷f(x1）－f(x2)符號的目的。6談復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性設(shè)y＝f(t)是t的函數(shù)，t＝g（x）是x的函數(shù),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(gòu)成x的函數(shù)，稱為x的復(fù)合函數(shù)，記作y＝f(t）＝f［g(x)］．如函數(shù)y＝eq\r(1－x），若設(shè)t＝1－x,則y＝eq\r(t）.這里t是x的函數(shù),y是t的函數(shù)，所以y＝eq\r（1－x）是x的復(fù)合函數(shù)，把t稱為中間變量．思考1已知函數(shù)y＝f（t)的定義域?yàn)閰^(qū)間[m，n]，函數(shù)t＝g(x)的定義域?yàn)閰^(qū)間［a,b］，值域D?［m，n］．若y＝f（t)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，t＝g(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，那么y＝f［g(x）]是否為[a,b］上的單調(diào)增函數(shù)?為什么？答y＝f［g（x)]是區(qū)間［a,b]上的單調(diào)增函數(shù)．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?yàn)閠＝g（x)在[a,b］上單調(diào)遞增，所以g（x1)〈g（x2),即t1<t2,而y＝f（t）在[m,n］上單調(diào)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(diào)增函數(shù)．思考2若將g（x）在區(qū)間[a，b］上“單調(diào)遞增”改為“單調(diào)遞減”或?qū)(x)在區(qū)間［m，n]上“單調(diào)遞增"改為“單調(diào)遞減”等,這時(shí)復(fù)合函數(shù)y＝f[g(x）]在區(qū)間[a，b］上的單調(diào)性又如何呢？答利用解決思考1的方法就可以得出相應(yīng)的結(jié)論（同學(xué)們不妨一試）．由此可得到如下復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的結(jié)論：y＝f(t）單調(diào)遞增單調(diào)遞減t＝g(x)單調(diào)遞增單調(diào)遞減單調(diào)遞增單調(diào)遞減y＝f[g（x）]單調(diào)遞增單調(diào)遞減單調(diào)遞減單調(diào)遞增以上規(guī)律可總結(jié)為：“同向得增,異向得減”或“同增異減”．不過要注意：單調(diào)區(qū)間必須注意定義域；要確定t＝g(x)(常稱內(nèi)層函數(shù)）的值域，否則無法確定f(t）（常稱外層函數(shù)）的單調(diào)性．例1求函數(shù)y＝eq\f（1，x＋12)的單調(diào)區(qū)間．解函數(shù)y＝eq\f（1，x＋12)的定義域?yàn)?－∞，－1）∪(－1,＋∞),設(shè)t＝(x＋1）2，則y＝eq\f(1，t)（t>0）．當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，t是x的單調(diào)減函數(shù)，y是t的單調(diào)減函數(shù)，所以(－∞，－1）是y＝eq\f(1，x＋12)的單調(diào)增區(qū)間；當(dāng)x∈（－1，＋∞）時(shí),t是x的單調(diào)增函數(shù)，y是t的單調(diào)減函數(shù),所以（－1,＋∞）是y＝eq\f(1,x＋12）的單調(diào)減區(qū)間．綜上知,函數(shù)y＝eq\f(1,x＋12）的單調(diào)增區(qū)間為（－∞，－1），單調(diào)減區(qū)間為(－1，＋∞）．例2求y＝eq\f(1，x2－2x－3）的單調(diào)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?yàn)閥＝eq\f（1，t）在（－∞,0)，(0，＋∞)上為單調(diào)減函數(shù)，而t＝x2－2x－3在（－∞，－1)，（－1,1)上為單調(diào)減函數(shù)，在(1，3),(3，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，所以函數(shù)y＝eq\f（1，x2－2x－3)的單調(diào)增區(qū)間為（－∞，－1），（－1，1),單調(diào)減區(qū)間為(1,3），(3，＋∞)。7函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用一、比較大小例1若函數(shù)f（x）＝x2＋mx＋n，對任意實(shí)數(shù)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(diào)增函數(shù)，∴f（2)〈f(4)<f(5）,即f（2）<f(4）<f（－1)．評注（1）利用單調(diào)性可以比較函數(shù)值的大小，即增函數(shù)中自變量大函數(shù)值也大，減函數(shù)中自變量小函數(shù)值反而變大；（2)利用函數(shù)單調(diào)性比較大小應(yīng)注意將自變量放在同一單調(diào)區(qū)間．二、解不等式例2已知函數(shù)f(x）為R上的單調(diào)減函數(shù)，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(shí)數(shù)x的取值范圍是____________．解析由f（x）為R上的單調(diào)減函數(shù)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(shù)的值或取值范圍例3已知a>0，函數(shù)f(x）＝x3－ax是區(qū)間[1,＋∞）上的單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)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(shù)a，使(xeq\o\al(2，1)＋x1x2＋xeq\o\al（2,2)－a）恒為負(fù)值．又f(x)在［1，＋∞)上是單調(diào)函數(shù),∴必有一個(gè)常數(shù)a，使xeq\o\al(2，1）＋x1x2＋xeq\o\al(2,2)－a恒為正數(shù)，即xeq\o\al（2,1）＋x1x2＋xeq\o\al（2，2)〉a.當(dāng)x1，x2∈［1，＋∞）時(shí)，xeq\o\al(2，1)＋x1x2＋xeq\o\al(2，2)>3，∴a≤3。此時(shí)，∵x2－x1〉0,∴f（x2)－f(x1）>0，即函數(shù)f（x）在［1,＋∞)上是單調(diào)增函數(shù),∴a的取值范圍是（0，3]．四、利用函數(shù)單調(diào)性求函數(shù)的最值例4已知函數(shù)f（x）＝eq\f(x2＋2x＋a,x)，x∈[1，＋∞)．(1）當(dāng)a＝4時(shí)，求f(x)的最小值;（2)當(dāng)a＝eq\f（1,2)時(shí)，求f（x)的最小值；(3)若a為正常數(shù),求f(x）的最小值．解（1）當(dāng)a＝4時(shí)，f（x）＝x＋eq\f(4,x)＋2，易知，f（x)在［1,2］上是單調(diào)減函數(shù)，在［2,＋∞）上是單調(diào)增函數(shù)，∴f(x)min＝f(2)＝6。(2）當(dāng)a＝eq\f(1,2）時(shí)，f（x)＝x＋eq\f（1，2x）＋2.易知，f（x）在[1，＋∞)上為單調(diào)增函數(shù)．∴f(x）min＝f(1)＝eq\f(7,2）.（3）函數(shù)f（x)＝x＋eq\f（a，x)＋2在（0，eq\r(a)］上是單調(diào)減函數(shù)，在[eq\r（a),＋∞）上是單調(diào)增函數(shù)．若eq\r(a）〉1，即a〉1時(shí)，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(shí)，f(x）在區(qū)間［1,＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，∴f(x）min＝f(1)＝a＋3.8例析函數(shù)的值域求函數(shù)值域的常用方法:配方法、換元法、單調(diào)性法、判別式法、不等式法、數(shù)形結(jié)合法、有界性法、分離常數(shù)法．例1求下列函數(shù)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(dāng)y＝1時(shí)，x∈?.當(dāng)y≠1時(shí)，∵x∈R,∴Δ＝(1－y）2－4y（y－1)≥0，∴－eq\f（1,3）≤y<1.∴函數(shù)的值域?yàn)閑q\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（1,3)，1))。（2）方法一(換元法）設(shè)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(shù)g(t）在[0，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù)，所以g（t)≤g（0)＝eq\f（11,2)，因此原函數(shù)的值域是eq\b\lc\(\rc\]（\a\vs4\al\co1(－∞，\f（11，2)））.方法二(單調(diào)性法）函數(shù)的定義域是eq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1(x｜x≤\f(13，4）)),當(dāng)自變量x增大時(shí),2x－1增大，eq\r（13－4x）減小，所以2x－1－eq\r（13－4x）增大,因此函數(shù)f（x)＝2x－1－eq\r(13－4x)在其定義域上是一個(gè)單調(diào)增函數(shù)，所以當(dāng)x＝eq\f(13，4)時(shí),函數(shù)取得最大值feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（13，4）)）＝eq\f(11，2），故原函數(shù)的值域是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1（－∞，\f（11,2）))。例2求函數(shù)y＝eq\f（10x＋10－x,10x－10－x)的值域．解（有界性)因?yàn)閥＝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?yàn)?02x>0，所以eq\f(y＋1,y－1）〉0。解得y>1或y〈－1，所以值域?yàn)?－∞，－1）∪（1,＋∞)．例3求函數(shù)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(shù)的值域?yàn)椋ǎ?，?)∪（－1，＋∞).9函數(shù)奇偶性的判定方法函數(shù)奇偶性是函數(shù)的一個(gè)重要性質(zhì)，除了直接運(yùn)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(shù)f(x）＝eq\r(x＋1)·eq\r(x－1)的奇偶性．分析一個(gè)函數(shù)是奇（偶）函數(shù)，其定義域必須關(guān)于原點(diǎn)對稱，這是函數(shù)具有奇偶性的前提條件．若定義域不關(guān)于原點(diǎn)對稱，則此函數(shù)既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)．解要使函數(shù)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?yàn)槎x域不關(guān)于原點(diǎn)對稱，所以函數(shù)f(x)既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)．評注用定義域雖不能判斷一個(gè)函數(shù)是奇函數(shù)還是偶函數(shù)，但可以通過定義域不關(guān)于原點(diǎn)對稱來說明一個(gè)函數(shù)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(yàn)證f（－x)＝±f（x）有困難，可轉(zhuǎn)化為驗(yàn)證eq\f（f－x，fx）＝±1（f(x)≠0)．解f(x)的定義域?yàn)镽，關(guān)于原點(diǎn)對稱．當(dāng)x＝0時(shí)，f(x）＝0，圖象過原點(diǎn)．因?yàn)楫?dāng)x≠0時(shí)，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(shù)f（x)為奇函數(shù)．評注為了運(yùn)算上的方便或是直接運(yùn)用定義判斷較難進(jìn)行時(shí)，常把驗(yàn)證f(－x）＝±f(x）轉(zhuǎn)化為驗(yàn)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(shù)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(shù)f(x)的圖象，如圖所示．因?yàn)楹瘮?shù)f（x）的圖象關(guān)于y軸對稱，所以函數(shù)f(x）為偶函數(shù)．評注一些函數(shù)的奇偶性可用圖象法解決，即圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱的函數(shù)是奇函數(shù)，圖象關(guān)于y軸對稱的函數(shù)是偶函數(shù)，否則既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)。10函數(shù)奇偶性的應(yīng)用函數(shù)的奇偶性是函數(shù)的重要性質(zhì),在各類考試中是考查的熱點(diǎn)，下面對奇偶性的常見應(yīng)用進(jìn)行舉例說明．一、求函數(shù)的解析式例1已知f（x)是R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，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(dāng)x≤0時(shí)f（x)對應(yīng)的解析式．解因?yàn)閤∈（－∞，0)時(shí),－x∈(0,＋∞)，所以f(－x)＝－x（1＋eq\r(3,－x))＝－x(1－eq\r(3，x)），因?yàn)閒(x)是R上的奇函數(shù)，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(shù)的奇偶性求函數(shù)的解析式是常見題型,其步驟為：(1)設(shè)，設(shè)出在未知區(qū)間上的自變量x；（2）化，即將x轉(zhuǎn)化到已知區(qū)間上；(3）求，即根據(jù)函數(shù)的奇偶性求出解析式．二、求參數(shù)的值例2已知函數(shù)f(x)是R上的奇函數(shù),當(dāng)x≥0時(shí)，f（x)＝x(x＋1），若給出一個(gè)實(shí)數(shù)a，a＜0,有f(a)＝－2，則實(shí)數(shù)a＝________。分析根據(jù)已知條件當(dāng)x≥0時(shí)，函數(shù)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(shù),所以當(dāng)x＜0時(shí)，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(jù)定義域?qū)瘮?shù)的解析式進(jìn)行判斷，確定所求參數(shù)應(yīng)該對應(yīng)的解析式是求解本題的關(guān)鍵．三、求參數(shù)的范圍例3定義在(－2，2）上的偶函數(shù)f（x)在區(qū)間［0,2）上是單調(diào)減函數(shù)，若f(1－m)＜f（m）,求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解因?yàn)閒(x)是偶函數(shù)，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(diào)減函數(shù)，得0≤｜m|＜｜1－m｜＜2.解得－1＜m＜eq\f（1，2).故實(shí)數(shù)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(shù)的性質(zhì)：若函數(shù)f(x）是偶函數(shù)，則恒有f（x)＝f（|x|），從而達(dá)到簡捷求解的目的.11函數(shù)單調(diào)性、奇偶性聯(lián)袂解題單調(diào)性和奇偶性是函數(shù)的兩個(gè)重要基本性質(zhì)，二者之間有下面的密切聯(lián)系:(1）奇函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對稱的區(qū)間上具有相同的單調(diào)性；(2）偶函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對稱的區(qū)間上具有相反的單調(diào)性．巧妙地運(yùn)用單調(diào)性和奇偶性的聯(lián)系，可以輕松解決很多函數(shù)問題．下面分類舉例說明．一、比較大小例1已知函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，且在區(qū)間［0,1]上是單調(diào)減函數(shù)，則f(－0.5）、f(－1)、f(0)的大小關(guān)系是________________________________________________________________________．解析因?yàn)楹瘮?shù)f（x）是偶函數(shù)，所以f(－0。5）＝f(0.5），f（－1)＝f（1)．又因?yàn)閒(x)在區(qū)間[0,1]上是單調(diào)減函數(shù)，所以f（－1)＜f（－0.5)＜f（0)．答案f（－1)＜f(－0.5）＜f（0)評注比較兩個(gè)函數(shù)值大小時(shí)，如果兩個(gè)自變量的值不在同一單調(diào)區(qū)間上，則需要利用奇偶性來進(jìn)行轉(zhuǎn)化．二、求函數(shù)最值例2若偶函數(shù)f(x)在區(qū)間［3，6］上是單調(diào)增函數(shù)且f（6）＝9，則它在區(qū)間[－6，－3]上的最大值為________．解析因?yàn)閒（x）是偶函數(shù)且在區(qū)間[3,6]上是單調(diào)增函數(shù)，所以f(x）在區(qū)間［－6，－3]上是單調(diào)減函數(shù)．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(yīng)用單調(diào)性和奇偶性的聯(lián)系求最值時(shí),一定要確定是最大值還是最小值．三、解不等式例3若函數(shù)f（x）是奇函數(shù),且在（－∞,0)上是單調(diào)增函數(shù)，又f(－2）＝0,則x·f(x)＜0的解集是________．解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x）是奇函數(shù)，且在（－∞，0）上是單調(diào)增函數(shù)，又f(－2)＝0,所以可畫出符合條件的奇函數(shù)f（x)的圖象，如圖所示．因?yàn)閤·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(jié)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(diào)性和奇偶性的綜合應(yīng)用，并且有較強(qiáng)的抽象性．只要抓住其對稱性，分析圖象的特點(diǎn)，畫出符合條件的圖象，就不難使問題得到解決．四、求參數(shù)的取值范圍例4設(shè)定義在(－1，1)上的奇函數(shù)f（x)在[0,1)上單調(diào)遞增，且有f（1－m)＋f（eq\f（1，2）－2m)＜0，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解由于函數(shù)f(x）的定義域?yàn)椋ǎ?，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(shù)f（x）為奇函數(shù),則有f（1－m）＜f（2m－eq\f(1，2））．因?yàn)楹瘮?shù)f（x)是奇函數(shù)，且在[0,1）上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x）在定義域(－1，1）上單調(diào)遞增，則有1－m＜2m－eq\f（1,2)，解得m＞eq\f(1,2），故實(shí)數(shù)m的取值范圍為（eq\f(1，2)，eq\f（3，4))．評注本題通過函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的定義及其相關(guān)特征解決問題，這是比較常見的題型之一．12函數(shù)圖象的三種變換函數(shù)的圖象變換是高考中的考查熱點(diǎn)之一，常見變換有以下3種：一、平移變換例1設(shè)f(x）＝x2，在同一坐標(biāo)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(gè)函數(shù)圖象的關(guān)系；(2）y＝f（x)，y＝f（x)＋1和y＝f(x)－1的圖象，并觀察三個(gè)函數(shù)圖象的關(guān)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(gè)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(gè)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(gè)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(gè)單位長度得到．二、對稱變換例2設(shè)f（x）＝x＋1，在同一坐標(biāo)系中畫出y＝f(x）和y＝f(－x）的圖象，并觀察兩個(gè)函數(shù)圖象的關(guān)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(shù)y＝x＋1與y＝－x＋1的圖象關(guān)于y軸對稱．評注函數(shù)y＝f(x）的圖象與y＝f(－x)的圖象關(guān)于y軸對稱；函數(shù)y＝f(x)的圖象與y＝－f（x)的圖象關(guān)于x軸對稱；函數(shù)y＝f（x)的圖象與y＝－f(－x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱．三、翻折變換例3設(shè)f（x)＝x＋1，在不同的坐標(biāo)系中畫出y＝f（x）和y＝|f(x）｜的圖象，并觀察兩個(gè)函數(shù)圖象的關(guān)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(gè)函數(shù)圖象可知：要得到y(tǒng)＝|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(shè)f(x)＝x＋1，在不同的坐標(biāo)系中畫出y＝f（x)和y＝f（|x｜)的圖象,并觀察兩個(gè)函數(shù)圖象的關(guān)系．解y＝f（x)的圖象如圖1所示．圖1圖2通過觀察兩個(gè)函數(shù)圖象可知：要得到y(tǒng)＝f(|x|）的圖象，先把y＝f（x）圖象在y軸左方的部分去掉,然后