高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)試題第二章函數(shù)與基本初等函數(shù)

第1節(jié)函數(shù)的概念及其表示考試要求1.了解構(gòu)成函數(shù)的要素，會求簡單函數(shù)的定義域和值域.2.在實際情景中，會根據(jù)不同的需要選擇恰當?shù)姆椒?如圖象法、列表法、解析法)表示函數(shù).3.了解簡單的分段函數(shù)，并能簡單應(yīng)用.1.函數(shù)的概念概念一般地，設(shè)A，B是非空的實數(shù)集，如果對于集合A中的任意一個數(shù)x，按照某種確定的對應(yīng)關(guān)系f，在集合B中都有唯一確定的數(shù)y和它對應(yīng)，那么就稱f：A→B為從集合A到集合B的一個函數(shù)三要素對應(yīng)關(guān)系y＝f(x)，x∈A定義域x的取值范圍值域與x對應(yīng)的y的值的集合{f(x)|x∈A}2.同一個函數(shù)(1)前提條件：①定義域相同；②對應(yīng)關(guān)系相同.(2)結(jié)論：這兩個函數(shù)為同一個函數(shù).3.函數(shù)的表示法表示函數(shù)的常用方法有解析法、圖象法和列表法.4.分段函數(shù)(1)若函數(shù)在其定義域的不同子集上，因?qū)?yīng)關(guān)系不同而分別用幾個不同的式子來表示，這種函數(shù)稱為分段函數(shù).分段函數(shù)表示的是一個函數(shù).(2)分段函數(shù)的定義域等于各段函數(shù)的定義域的并集，其值域等于各段函數(shù)的值域的并集.1.直線x＝a(a是常數(shù))與函數(shù)y＝f(x)的圖象至多有1個交點.2.注意以下幾個特殊函數(shù)的定義域：(1)分式型函數(shù)，分母不為零的實數(shù)集合.(2)偶次方根型函數(shù)，被開方式非負的實數(shù)集合.(3)f(x)為對數(shù)式時，函數(shù)的定義域是真數(shù)為正數(shù)、底數(shù)為正且不為1的實數(shù)集合.(4)若f(x)＝x0，則定義域為{x|x≠0}.(5)正切函數(shù)y＝tanx的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z)).1.思考辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)函數(shù)y＝1與y＝x0是同一函數(shù).()(2)對于函數(shù)f：A→B，其值域是集合B.()(3)若A＝R，B＝{x|x＞0}，f：x→y＝|x|，其對應(yīng)是從A到B的函數(shù).()(4)若兩個函數(shù)的定義域與值域分別相同，則這兩個函數(shù)是同一個函數(shù).()答案(1)×(2)×(3)×(4)×解析(1)錯誤.函數(shù)y＝1的定義域為R，而y＝x0的定義域為{x|x≠0}，其定義域不同，故不是同一函數(shù).(2)錯誤.值域可以為B的子集.(3)錯誤.集合A中的元素0在集合B中無元素與之對應(yīng).(4)錯誤.只有兩個函數(shù)的定義域，對應(yīng)關(guān)系分別相同時，這兩個函數(shù)才是同一個函數(shù).2.(易錯題)下列圖形中可以表示以M＝{x|0≤x≤1}為定義域，N＝{y|0≤y≤1}為值域的函數(shù)的圖象是()答案C解析A中的值域不滿足，B中的定義域不滿足，D項不是函數(shù)的圖象，由函數(shù)的定義可知C正確.3.(2020·北京卷)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x＋1)＋lnx的定義域是__________.答案(0，＋∞)解析要使函數(shù)有意義，需滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1≠0，,x＞0，))即x＞0且x≠－1，所以函數(shù)的定義域為(0，＋∞).4.(2021·浙江卷)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－4，x>2，,|x－3|＋a，x≤2.))若f(f(eq\r(6)))＝3，則a＝________.答案2解析因為eq\r(6)>2，所以f(eq\r(6))＝6－4＝2，所以f(f(eq\r(6)))＝f(2)＝1＋a＝3，解得a＝2.5.(易錯題)已知f(eq\r(x))＝x－1，則f(x)＝________.答案x2－1(x≥0)解析令t＝eq\r(x)，則t≥0，故x＝t2，則f(t)＝t2－1，所以f(x)＝x2－1(x≥0).6.函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,x)在區(qū)間[2，4]上的值域為________.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(15,4)))解析f(x)＝x－eq\f(1,x)在區(qū)間[2，4]上單調(diào)遞增，又f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)＝eq\f(15,4)，故f(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(15,4))).考點一函數(shù)的概念1.下列各曲線表示的y與x之間的關(guān)系中，y不是x的函數(shù)的是()答案C解析根據(jù)函數(shù)意義：對任意x值，y都有唯一值與之對應(yīng)，只有C不滿足.2.(多選)下列各組函數(shù)是同一函數(shù)的為()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解析同一函數(shù)滿足①定義域相同；②對應(yīng)關(guān)系相同，只有A、C滿足.3.已知集合P＝{x|0≤x≤4}，Q＝{y|0≤y≤2}，下列從P到Q的各對應(yīng)關(guān)系f不是函數(shù)的是________.(填序號)①f：x→y＝eq\f(1,2)x；②f：x→y＝eq\f(1,3)x；③f：x→y＝eq\f(2,3)x；④f：x→y＝eq\r(x).答案③解析③中，f：x→y＝eq\f(2,3)x，x∈[0，4]時，y＝eq\f(2,3)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3)))Q,故不滿足函數(shù)的定義.感悟提升（1）函數(shù)的定義要求非空數(shù)集A中的任何一個元素在非空數(shù)集B中有且只有一個元素與之對應(yīng)，即可以“多對一”，不能“一對多”，而B中有可能存在與A中元素不對應(yīng)的元素.（2）構(gòu)成函數(shù)的三要素中，定義域和對應(yīng)關(guān)系相同，則值域一定相同考點二求函數(shù)的定義域1.函數(shù)f(x)＝ln(4x－x2)＋eq\f(1,x－2)的定義域為()A.(0，4)B.[0，2)∪(2，4]C.(0，2)∪(2，4)D.(－∞，0)∪(4，＋∞)答案C解析要使函數(shù)有意義，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x－x2＞0，,x－2≠0，))解得0＜x＜4且x≠2.2.函數(shù)f(x)＝eq\r(lnx)·lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋2,2－x)))的定義域是()A.[1，2] B.[2，＋∞)C.[1，2) D.(1，2]答案C解析根據(jù)函數(shù)f(x)的解析式，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x＋2）（2－x）＞0，,x＞0，,lnx≥0，))解得1≤x＜2，所以函數(shù)f(x)的定義域為[1，2).3.已知函數(shù)f(x)的定義域是[－1，1]，則函數(shù)g(x)＝eq\f(f（2x－1）,ln（1－x）)的定義域是()A.[0，1] B.(0，1)C.[0，1) D.(0，1]答案B解析由題意可知函數(shù)f(x)的定義域為[－1，1]，即－1≤x≤1，令－1≤2x－1≤1，解得0≤x≤1.又由g(x)滿足1－x＞0且1－x≠1，解得x＜1且x≠0，所以函數(shù)g(x)的定義域為(0，1).4.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(3x－1,ax2＋ax－3)的定義域是R，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)) B.(－12，0]C.(－12，0) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))答案B解析因為函數(shù)f(x)＝eq\f(3x－1,ax2＋ax－3)的定義域是R，所以ax2＋ax－3≠0對任意實數(shù)x都成立.當a＝0時，顯然成立；當a≠0時，需Δ＝a2＋12a<0，解得－12<a<0.綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為－12<a≤0.感悟提升1.求給定解析式的函數(shù)定義域的方法求給定解析式的函數(shù)的定義域，其實質(zhì)就是以函數(shù)解析式中所含式子(運算)有意義為準則，列出不等式或不等式組求解；對于實際問題，定義域應(yīng)使實際問題有意義.2.求抽象函數(shù)定義域的方法(1)若已知函數(shù)f(x)的定義域為[a，b]，則復(fù)合函數(shù)f[g(x)]的定義域可由不等式a≤g(x)≤b求出.(2)若已知函數(shù)f[g(x)]的定義域為[a，b]，則f(x)的定義域為g(x)在x∈[a，b]上的值域.考點三求函數(shù)的解析式例1求下列函數(shù)的解析式：(1)已知f(1－sinx)＝cos2x，求f(x)的解析式；(2)已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝x2＋eq\f(1,x2)，求f(x)的解析式；(3)已知f(x)是一次函數(shù)且3f(x＋1)－2f(x－1)＝2x＋17，求f(x)的解析式；(4)已知f(x)滿足2f(x)＋f(－x)＝3x，求f(x)的解析式.解(1)(換元法)設(shè)1－sinx＝t，t∈[0，2]，則sinx＝1－t.∵f(1－sinx)＝cos2x＝1－sin2x，∴f(t)＝1－(1－t)2＝2t－t2，t∈[0，2].即f(x)＝2x－x2，x∈[0，2].(2)(配湊法)∵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(x＋\f(1,x)))eq\s\up12(2)－2，∴f(x)＝x2－2，x∈(－∞，－2]∪[2，＋∞).(3)(待定系數(shù)法)∵f(x)是一次函數(shù)，可設(shè)f(x)＝ax＋b(a≠0)，∴3[a(x＋1)＋b]－2[a(x－1)＋b]＝2x＋17.即ax＋(5a＋b)＝2x＋17，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,5a＋b＝17，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝7，))∴f(x)的解析式是f(x)＝2x＋7.(4)(方程組法)∵2f(x)＋f(－x)＝3x，①∴將x用－x替換，得2f(－x)＋f(x)＝－3x，②由①②解得f(x)＝3x.感悟提升函數(shù)解析式的求法(1)配湊法：由已知條件f(g(x))＝F(x)，可將F(x)改寫成關(guān)于g(x)的表達式，然后以x替代g(x)，便得f(x)的表達式.(2)待定系數(shù)法：若已知函數(shù)的類型(如一次函數(shù)、二次函數(shù))可用待定系數(shù)法.(3)換元法：已知復(fù)合函數(shù)f(g(x))的解析式，可用換元法，此時要注意新元的取值范圍.(4)方程思想：已知關(guān)于f(x)與feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))或f(－x)等的表達式，可根據(jù)已知條件再構(gòu)造出另外一個等式組成方程組，通過解方程組求出f(x).訓(xùn)練1(1)已知f(eq\r(x)＋1)＝x－2eq\r(x)，則f(x)＝________.答案x2－4x＋3(x≥1)解析令t＝eq\r(x)＋1，則t≥1，x＝(t－1)2，代入原式有f(t)＝(t－1)2－2(t－1)＝t2－4t＋3(t≥1)，所以f(x)＝x2－4x＋3(x≥1).(2)已知f(x)是一次函數(shù)，且2f(2)－3f(1)＝5，2f(0)－f(－1)＝1，則f(x)的解析式為________.答案f(x)＝3x－2解析∵f(x)是一次函數(shù)，∴設(shè)f(x)＝kx＋b，k≠0，則f(2)＝2k＋b，f(1)＝k＋b，f(0)＝b，f(－1)＝－k＋b.∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2f（2）－3f（1）＝5，,2f（0）－f（－1）＝1，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（4k＋2b）－（3k＋3b）＝5，,2b－（－k＋b）＝1，))解得k＝3，b＝－2，∴f(x)＝3x－2.(3)已知f(x)滿足f(x)－2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝2x，則f(x)＝________.答案－eq\f(2x,3)－eq\f(4,3x)解析∵f(x)－2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝2x，①以eq\f(1,x)代替①中的x，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))－2f(x)＝eq\f(2,x)，②①＋②×2得－3f(x)＝2x＋eq\f(4,x)，∴f(x)＝－eq\f(2x,3)－eq\f(4,3x).考點四分段函數(shù)角度1分段函數(shù)求值例2(1)(2021·棗莊二模)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex＋ln2，x≤0，,f（x－3），x＞0，))則f(2021)＝()A.eq\f(2,e) B.2e C.eq\f(2,e2) D.2e2答案A解析由f(x)＝f(x－3)得f(x＋3)＝f(x)，因而f(2021)＝f(3×673＋2)＝f(2)＝f(2－3)＝f(－1)＝e－1＋ln2＝eq\f(2,e).(2)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(x＋1)，－1<x<0，,2x，x≥0.))若實數(shù)a滿足f(a)＝f(a－1)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝()A.2 B.4 C.6 D.8答案D解析由f(x)的定義域，知a>0.當0<a<1時，由f(a)＝f(a－1)，即2a＝eq\r(a)，解得a＝eq\f(1,4)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝f(4)＝8；當a≥1時，由f(a)＝f(a－1)，得2a＝2(a－1)，無解.綜上可知，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝8.角度2分段函數(shù)與方程、不等式問題例3(1)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，x＞0，,x＋1，x≤0.))若f(a)＋f(1)＝0，則實數(shù)a的值等于()A.－3 B.－1 C.1 D.3答案A解析∵f(1)＝21＝2，∴f(a)＋2＝0，∴f(a)＝－2，當a≤0時，f(a)＝a＋1＝－2，∴a＝－3，當a＞0時，f(a)＝2a＝－2，方程無解，綜上有a＝－3.(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,2x，x>0))則滿足f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))>1的x的取值范圍是________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))解析由題意得：當x>eq\f(1,2)時，2x＋2x－eq\f(1,2)>1恒成立，即x>eq\f(1,2)；當0<x≤eq\f(1,2)時，2x＋x－eq\f(1,2)＋1>1恒成立，即0<x≤eq\f(1,2)；當x≤0時，x＋1＋x－eq\f(1,2)＋1>1，∴x>－eq\f(1,4)，即－eq\f(1,4)<x≤0.綜上x的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)).感悟提升1.根據(jù)分段函數(shù)解析式求函數(shù)值，首先確定自變量的值屬于哪個區(qū)間，其次選定相應(yīng)的解析式代入求解.2.已知函數(shù)值或函數(shù)的取值范圍求自變量的值或范圍時，應(yīng)根據(jù)每一段的解析式分別求解，但要注意檢驗所求自變量的值或范圍是否符合相應(yīng)段的自變量的取值范圍.提醒當分段函數(shù)的自變量范圍不確定時，應(yīng)分類討論.訓(xùn)練2(1)(2021·肇慶二模)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－a，x＜1，,2x，x≥1，))若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))))＝4，則a＝________.答案－eq\f(3,2)解析∵eq\f(1,4)＜1，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝2×eq\f(1,4)－a＝eq\f(1,2)－a.當eq\f(1,2)－a＜1，即a＞－eq\f(1,2)時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－a))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－a))－a＝1－3a＝4，解得a＝－1，與a＞－eq\f(1,2)矛盾，舍去；當eq\f(1,2)－a≥1，即a≤－eq\f(1,2)時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－a))＝2eq\f(1,2)－a＝4，則eq\f(1,2)－a＝2，即a＝－eq\f(3,2)，滿足a≤－eq\f(1,2).所以a＝－eq\f(3,2).(2)(2022·長沙調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，x>1，,x2－1，x≤1，))則f(x)<f(x＋1)的解集為________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))解析當x≤0時，x＋1≤1，f(x)<f(x＋1)，等價于x2－1<(x＋1)2－1，解得－eq\f(1,2)<x≤0，當0<x≤1時，x＋1>1，此時f(x)＝x2－1≤0，f(x＋1)＝log2(x＋1)>0，∴0<x≤1時，恒有f(x)<f(x＋1)，當x>1時，f(x)<f(x＋1)?log2x<log2(x＋1)恒成立，綜上知，不等式f(x)<f(x＋1)的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).函數(shù)的值域求函數(shù)值域的一般方法(1)分離常數(shù)法；(2)反解法；(3)配方法；(4)不等式法；(5)單調(diào)性法；(6)換元法；(7)數(shù)形結(jié)合法；(8)導(dǎo)數(shù)法.例求下列函數(shù)的值域：(1)y＝x2－2x＋3，x∈[0，3)；(2)y＝eq\f(2x＋1,x－3)；(3)y＝2x－eq\r(x－1)；(4)y＝eq\r(x＋1)＋eq\r(x－1).解(1)(配方法)y＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2，由x∈[0，3)，再結(jié)合函數(shù)的圖象(如圖①所示)，可得函數(shù)的值域為[2，6).(2)(分離常數(shù)法)y＝eq\f(2x＋1,x－3)＝eq\f(2（x－3）＋7,x－3)＝2＋eq\f(7,x－3)，顯然eq\f(7,x－3)≠0，∴y≠2.故函數(shù)的值域為(－∞，2)∪(2，＋∞).(3)(換元法)設(shè)t＝eq\r(x－1)，則x＝t2＋1，且t≥0，∴y＝2(t2＋1)－t＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(15,8)，由t≥0，再結(jié)合函數(shù)的圖象(如圖②所示)，可得函數(shù)的值域為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,8)，＋∞)).(4)函數(shù)的定義域為[1，＋∞)，∵y＝eq\r(x＋1)與y＝eq\r(x－1)在[1，＋∞)上均為增函數(shù)，∴y＝eq\r(x＋1)＋eq\r(x－1)在[1，＋∞)上為單調(diào)遞增函數(shù)，∴當x＝1時，ymin＝eq\r(2)，即函數(shù)的值域為[eq\r(2)，＋∞).1.下列各組函數(shù)中，表示同一個函數(shù)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A中f(x)的定義域是(0，＋∞)，g(x)的定義域是R，故不是同一個函數(shù)；B中f(x)的定義域是(－∞，－2)∪(－2，＋∞)，g(x)的定義域是R，故不是同一個函數(shù)；C中f(x)的定義域是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))，g(x)的定義域是R，故不是同一個函數(shù)；D中的函數(shù)是同一個函數(shù).2.(多選)下列所給圖象可以是函數(shù)圖象的是()答案CD解析圖象A關(guān)于x軸對稱，x>0時，每一個x對應(yīng)2個y，圖象B中x0對應(yīng)2個y，所以A，B均不是函數(shù)圖象；圖象C，D可以是函數(shù)圖象.3.函數(shù)y＝log2(2x－4)＋eq\f(1,x－3)的定義域是()A.(2，3) B.(2，＋∞)C.(3，＋∞) D.(2，3)∪(3，＋∞)答案D解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－4＞0，,x－3≠0，))得x＞2且x≠3，故函數(shù)的定義域為(2，3)∪(3，＋∞).4.函數(shù)y＝1＋x－eq\r(1－2x)的值域為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))答案B解析設(shè)eq\r(1－2x)＝t，則t≥0，x＝eq\f(1－t2,2)，所以y＝1＋eq\f(1－t2,2)－t＝eq\f(1,2)(－t2－2t＋3)＝－eq\f(1,2)(t＋1)2＋2.因為t≥0，所以y≤eq\f(3,2).所以函數(shù)y＝1＋x－eq\r(1－2x)的值域為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2))).5.已知函數(shù)f(x＋1)的定義域為(－2，0)，則f(2x－1)的定義域為()A.(－1，0) B.(－2，0)C.(0，1) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))答案C解析函數(shù)f(x＋1)的定義域為(－2，0)，即函數(shù)y＝f(x＋1)中的x滿足－2＜x＜0，此時－1＜x＋1＜1，記t＝x＋1，則－1＜t＜1，則f(t)的定義域為(－1，1)，也就是f(x)的定義域是(－1，1).要求f(2x－1)的定義域，則－1＜2x－1＜1，解得0＜x＜1，∴f(2x－1)的定義域為(0，1).6.(2022·福州第一中學(xué)期中)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，x＞0，,log\f(1,2)（－x），x＜0，))若f(a)＞f(－a)，則實數(shù)a的取值范圍是()A.(－1，0)∪(0，1)B.(－∞，－1)∪(1，＋∞)C.(－1，0)∪(1，＋∞)D.(－∞，－1)∪(0，1)答案C解析當a＞0時，－a＜0，由f(a)＞f(－a)得log2a＞logeq\f(1,2)a，所以2log2a＞0，解得a＞1；當a＜0時，－a＞0，由f(a)＞f(－a)得logeq\f(1,2)(－a)＞log2(－a)，所以2log2(－a)＜0，可得0＜－a＜1，即－1＜a＜0.綜上，a的取值范圍是(－1，0)∪(1，＋∞).7.已知函數(shù)f(x)滿足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋eq\f(1,x)f(－x)＝2x(x≠0)，則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)＝4，①令x＝－eq\f(1,2)，可得f(－2)－2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－1，②聯(lián)立①②解得f(－2)＝eq\f(7,2).8.已知y＝f(x)是二次函數(shù)，若方程f(x)＝0有兩個相等實根，且f′(x)＝2x＋2，則f(x)＝________.答案x2＋2x＋1解析設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，則f′(x)＝2ax＋b，∴2ax＋b＝2x＋2，則a＝1，b＝2.∴f(x)＝x2＋2x＋c.又f(x)＝0，即x2＋2x＋c＝0有兩個相等實根.∴Δ＝4－4c＝0，則c＝1.故f(x)＝x2＋2x＋1.9.函數(shù)y＝eq\f(x2－x＋2,x－1)(x＞1)的值域是________.答案[2eq\r(2)＋1，＋∞)解析令t＝x－1，∴t＞0，x＝t＋1，∴y＝eq\f(（t＋1）2－（t＋1）＋2,t)＝eq\f(t2＋t＋2,t)＝t＋eq\f(2,t)＋1≥2eq\r(2)＋1，當且僅當t＝eq\f(2,t)即t＝eq\r(2)時取等號，∴函數(shù)的值域為[2eq\r(2)＋1，＋∞).10.已知函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x＋5，x≤0，,x＋5，0＜x≤1，,－2x＋8，x＞1.))(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)))，f(－1)的值；(2)畫出這個函數(shù)的圖象；(3)求f(x)的最大值.解(1)∵eq\f(3,2)＞1，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝－2×eq\f(3,2)＋8＝5.∵0＜eq\f(1,π)＜1，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)))＝eq\f(1,π)＋5＝eq\f(5π＋1,π).∵－1＜0，∴f(－1)＝－3＋5＝2.(2)這個函數(shù)的圖象如圖.在函數(shù)f(x)＝3x＋5的圖象上截取x≤0的部分，在函數(shù)f(x)＝x＋5的圖象上截取0＜x≤1的部分，在函數(shù)f(x)＝－2x＋8的圖象上截取x＞1的部分.圖中實線組成的圖形就是函數(shù)f(x)的圖象.(3)由函數(shù)圖象可知，當x＝1時，f(x)取最大值6.11.行駛中的汽車在剎車時由于慣性作用，要繼續(xù)往前滑行一段距離才能停下，這段距離叫做剎車距離.在某種路面上，某種型號汽車的剎車距離y(m)與汽車的車速x(km/h)滿足下列關(guān)系：y＝eq\f(x2,200)＋mx＋n(m，n是常數(shù)).如圖是根據(jù)多次實驗數(shù)據(jù)繪制的剎車距離y(m)與汽車的車速x(km/h)的關(guān)系圖.(1)求出y關(guān)于x的函數(shù)解析式；(2)如果要求剎車距離不超過25.2m，求行駛的最大速度.解(1)由題意及函數(shù)圖象，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(402,200)＋40m＋n＝8.4，,\f(602,200)＋60m＋n＝18.6，))解得m＝eq\f(1,100)，n＝0，∴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.∵x≥0，∴0≤x≤70.故行駛的最大速度是70km/h.12.(多選)(2022·重慶質(zhì)檢)若一系列函數(shù)的解析式和值域相同，但定義域不相同，則稱這些函數(shù)為“同值函數(shù)”，例如函數(shù)y＝x2，x∈[1，2]與函數(shù)y＝x2，x∈[－2，－1]即為“同值函數(shù)”，給出下面四個函數(shù)，其中能夠被用來構(gòu)造“同值函數(shù)”的是()A.y＝[x]([x]表示不超過x的最大整數(shù)，例如[0.1]＝0)B.y＝x＋eq\r(x＋1)C.y＝eq\f(1,x)－log3xD.y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x＋1)))答案AD解析根據(jù)題意，“同值函數(shù)”需滿足：對于同一函數(shù)值，有不同的自變量與其對應(yīng).因此，能夠被用來構(gòu)造“同值函數(shù)”的函數(shù)必須滿足在其定義域內(nèi)不單調(diào).對于A，y＝[x]，定義域為R，在定義域內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，有不同的自變量對應(yīng)同一函數(shù)值，故A可以構(gòu)造“同值函數(shù)”；對于B，y＝x＋eq\r(x＋1)，為定義在[－1，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)，故B不可以構(gòu)造“同值函數(shù)”；對于C，y＝eq\f(1,x)－log3x，為定義在(0，＋∞)上的單調(diào)減函數(shù)，故C不可以構(gòu)造“同值函數(shù)”；對于D，y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x＋1)))，不是定義域上的單調(diào)函數(shù)，有不同的自變量對應(yīng)同一函數(shù)值，故D可以構(gòu)造“同值函數(shù)”.所以能夠被用來構(gòu)造“同值函數(shù)”的是A，D.13.已知函數(shù)f(x)＝log2x，g(x)＝2x＋a，若存在x1，x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使得f(x1)＝g(x2)，則a的取值范圍是________.答案[－5，0]解析依題意f(x)的值域與g(x)的值域有交集，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))時，f(x)∈[－1，1]，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))時，g(x)∈[a＋1，a＋4]，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋1≤－1，,a＋4≥－1，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋1≤1，,a＋4≥1，))解得－5≤a≤0.14.高斯是德國著名的數(shù)學(xué)家，是近代數(shù)學(xué)奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的稱號，用其名字命名的“高斯函數(shù)”為：設(shè)x∈R，用[x]表示不超過x的最大整數(shù)，則y＝[x]稱為高斯函數(shù).例如：[－2.1]＝－3，[3.1]＝3，已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2x＋3,2x＋1)，求函數(shù)y＝[f(x)]的值域.解f(x)＝eq\f(2x＋3,2x＋1)＝eq\f(2x＋1＋2,2x＋1)＝1＋eq\f(2,2x＋1)，∵2x＞0，∴1＋2x＞1，0＜eq\f(1,2x＋1)＜1，則0＜eq\f(2,2x＋1)＜2，1＜1＋eq\f(2,2x＋1)＜3，即1＜f(x)＜3.當1＜f(x)＜2時，[f(x)]＝1，當2≤f(x)＜3時，[f(x)]＝2.綜上，函數(shù)y＝[f(x)]的值域為{1，2}.

第2節(jié)函數(shù)的單調(diào)性與最大(小)值考試要求1.借助函數(shù)圖象，會用數(shù)學(xué)符號語言表達函數(shù)的單調(diào)性、最值，理解其實際意義.2.會運用基本初等函數(shù)的圖象分析函數(shù)的性質(zhì).1.函數(shù)的單調(diào)性(1)單調(diào)函數(shù)的定義增函數(shù)減函數(shù)定義一般地，設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為I，區(qū)間D?I，如果?x1，x2∈D當x1＜x2時，都有f(x1)＜f(x2)，那么就稱函數(shù)f(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞增，特別地，當函數(shù)f(x)在它的定義域上單調(diào)遞增時，我們就稱它是增函數(shù)當x1＜x2時，都有f(x1)＞f(x2)，那么就稱函數(shù)f(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞減，特別地，當函數(shù)f(x)在它的定義域上單調(diào)遞減時，我們就稱它是減函數(shù)圖象描述自左向右看圖象是上升的自左向右看圖象是下降的(2)單調(diào)區(qū)間的定義如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞增或單調(diào)遞減，那么就說函數(shù)y＝f(x)在這一區(qū)間具有(嚴格的)單調(diào)性，區(qū)間D叫做y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間.2.函數(shù)的最值前提設(shè)函數(shù)y＝f(x)的定義域為I，如果存在實數(shù)M滿足條件(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結(jié)論M為最大值M為最小值1.有關(guān)單調(diào)性的常用結(jié)論在公共定義域內(nèi)，增函數(shù)＋增函數(shù)＝增函數(shù)；減函數(shù)＋減函數(shù)＝減函數(shù)；增函數(shù)－減函數(shù)＝增函數(shù)；減函數(shù)－增函數(shù)＝減函數(shù).2.函數(shù)y＝f(x)(f(x)>0或f(x)<0)在公共定義域內(nèi)與y＝－f(x)，y＝eq\f(1,f（x）)的單調(diào)性相反.1.思考辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)對于函數(shù)y＝f(x)，若f(1)<f(3)，則f(x)為增函數(shù).()(2)函數(shù)y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，則函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是[1，＋∞).()(3)函數(shù)y＝eq\f(1,x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，0)∪(0，＋∞).()(4)對于函數(shù)f(x)，x∈D，若對任意x1，x2∈D，且x1≠x2有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，則函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù).()答案(1)×(2)×(3)×(4)√解析(1)錯誤，應(yīng)對任意的x1＜x2，都有f(x1)＜f(x2)成立才可以.(2)錯誤，反例：f(x)＝x在[1，＋∞)上為增函數(shù)，但f(x)＝x的單調(diào)區(qū)間是(－∞，＋∞).(3)錯誤，此單調(diào)區(qū)間不能用“∪”連接，故單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)和(0，＋∞).2.(2021·全國甲卷)下列函數(shù)中是增函數(shù)的為()A.f(x)＝－x B.f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(x)C.f(x)＝x2 D.f(x)＝eq\r(3,x)答案D3.函數(shù)y＝eq\f(x,x－1)在區(qū)間[2，3]上的最大值是()A.eq\f(3,2) B.2 C.3 D.3.5答案B解析∵函數(shù)y＝eq\f(x,x－1)＝1＋eq\f(1,x－1)在[2，3]上遞減，∴當x＝2時，y＝eq\f(x,x－1)取得最大值eq\f(2,2－1)＝2.4.(2022·聊城檢測)函數(shù)f(x)＝9x2＋eq\r(x－1)的最小值為________.答案9解析∵f(x)的定義域為[1，＋∞)，且y＝9x2與y＝eq\r(x－1)在[1，＋∞)內(nèi)均為增函數(shù)，∴f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)min＝f(1)＝9.5.(易錯題)函數(shù)y＝f(x)是定義在[－2，2]上的減函數(shù)，且f(a＋1)＜f(2a)，則實數(shù)a的取值范圍是________.答案[－1，1)解析由條件知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2≤a＋1≤2，,－2≤2a≤2，,a＋1＞2a，))解得－1≤a＜1.6.(易錯題)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,\r(x2－2x－3))的單調(diào)增區(qū)間為________.答案(－∞，－1)解析由x2－2x－3＞0得x＜－1或x＞3，故f(x)的定義域(－∞，－1)∪(3，＋∞)，由函數(shù)y＝x2－2x－3在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，故f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，－1).考點一確定函數(shù)的單調(diào)性(區(qū)間)1.(2022·百校大聯(lián)考)下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，＋∞)上為減函數(shù)的是()A.y＝－sinx B.y＝x2－2x＋3C.y＝ln(x＋1) D.y＝2022－eq\f(x,2)答案D解析y＝－sinx和y＝x2－2x＋3在(0，＋∞)上不具備單調(diào)性；y＝ln(x＋1)在(0，＋∞)上單增.故選D.2.函數(shù)y＝logeq\f(1,2)(－x2＋x＋6)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(1,2)))C.(－2，3) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))答案A解析由－x2＋x＋6>0，得－2<x<3，故函數(shù)的定義域為(－2，3)，令t＝－x2＋x＋6，則y＝logeq\f(1,2)t，易知其為減函數(shù).由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性法則可知本題等價于求函數(shù)t＝－x2＋x＋6在(－2，3)上的單調(diào)遞減區(qū)間.利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得t＝－x2＋x＋6在定義域(－2，3)上的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3)).3.設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，則函數(shù)g(x)的遞減區(qū)間是________.答案[0，1)解析由題意知g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1，))該函數(shù)圖象如圖所示，其單調(diào)遞減區(qū)間是[0，1).4.已知f(x)＝eq\f(x,x－a)(x≠a).(1)若a＝－2，試證明f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞增；(2)若a＞0且f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，求a的取值范圍.(1)證明當a＝－2時，f(x)＝eq\f(x,x＋2).設(shè)x1＜x2＜－2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1＋2)－eq\f(x2,x2＋2)＝eq\f(2（x1－x2）,（x1＋2）（x2＋2）).因為(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0，所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞增.(2)解設(shè)1＜x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1－a)－eq\f(x2,x2－a)＝eq\f(a（x2－x1）,（x1－a）（x2－a）).因為a＞0，x2－x1＞0，所以要使f(x1)－f(x2)＞0，只需(x1－a)(x2－a)＞0恒成立，所以a≤1.綜上所述，a的取值范圍是(0，1].感悟提升1.求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，應(yīng)先求定義域，在定義域內(nèi)求單調(diào)區(qū)間.2.(1)函數(shù)單調(diào)性的判斷方法：①定義法；②圖象法；③利用已知函數(shù)的單調(diào)性；④導(dǎo)數(shù)法.(2)函數(shù)y＝f(g(x))的單調(diào)性應(yīng)根據(jù)外層函數(shù)y＝f(t)和內(nèi)層函數(shù)t＝g(x)的單調(diào)性判斷，遵循“同增異減”的原則.易錯警示函數(shù)在兩個不同的區(qū)間上單調(diào)性相同，一般要分開寫，用“，”或“和”連接，不要用“∪”.考點二求函數(shù)的最值例1(1)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋4)在區(qū)間[－2，2]上的最大值為________.答案8解析因為函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)，y＝－log2(x＋4)在區(qū)間[－2，2]上都單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋4)在區(qū)間[－2，2]上單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)的最大值為f(－2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(－2)－log2(－2＋4)＝9－1＝8.(2)對于任意實數(shù)a，b，定義min{a，b}＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a>b.))設(shè)函數(shù)f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，則函數(shù)h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________.答案1解析法一在同一坐標系中，作函數(shù)f(x)，g(x)的圖象，依題意，h(x)的圖象為如圖所示的實線部分.易知點A(2，1)為圖象的最高點，因此h(x)的最大值為h(2)＝1.法二依題意，h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，0<x≤2，,－x＋3，x>2.))當0<x≤2時，h(x)＝log2x是增函數(shù)，當x>2時，h(x)＝3－x是減函數(shù)，因此h(x)在x＝2時取得最大值h(2)＝1.感悟提升1.求函數(shù)最值的三種基本方法：(1)單調(diào)性法：先確定函數(shù)的單調(diào)性，再由單調(diào)性求最值.(2)圖象法：先作出函數(shù)的圖象，再觀察其最高點、最低點，求出最值.(3)基本不等式法：先對解析式變形，使之具備“一正二定三相等”的條件后用基本不等式求出最值.2.對于較復(fù)雜函數(shù)，可運用導(dǎo)數(shù)，求出在給定區(qū)間上的極值，最后結(jié)合端點值，求出最值.訓(xùn)練1(1)函數(shù)y＝|x＋1|＋|x－2|的值域為________.答案[3，＋∞)解析函數(shù)y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋1，x≤－1，,3，－1＜x＜2，,2x－1，x≥2.))作出函數(shù)的圖象如圖所示.根據(jù)圖象可知，函數(shù)y＝|x＋1|＋|x－2|的值域為[3，＋∞).(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(2x,x－2)在區(qū)間[3，4]上的最大值和最小值分別為M，m，則eq\f(m2,M)＝________.答案eq\f(8,3)解析∵f(x)＝eq\f(2x,x－2)＝eq\f(2x－4＋4,x－2)＝2＋eq\f(4,x－2)在[3，4]上單調(diào)遞減，∴f(x)min＝f(4)＝4，f(x)max＝f(3)＝6，∴M＝6，m＝4，∴eq\f(m2,M)＝eq\f(16,6)＝eq\f(8,3).考點三函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用角度1比較函數(shù)值的大小例2設(shè)f(x)是定義域為R的偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，則()A.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))＞f(2－eq\f(3,2))＞f(2－eq\f(2,3))B.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))＞f(2－eq\f(2,3))＞f(2－eq\f(3,2))C.f(2－eq\f(3,2))＞f(2－eq\f(2,3))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))D.f(2－eq\f(2,3))＞f(2－eq\f(3,2))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))答案C解析f(x)為偶函數(shù)且在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))＝f(－log34)＝f(log34).又log34＞1，0＜2－eq\f(3,2)＜2－eq\f(2,3)＜1，∴f(log34)＜f(2－eq\f(2,3))＜f(2－eq\f(3,2))，即f(2－eq\f(3,2))＞f(2－eq\f(2,3))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4))).感悟提升利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小，首先要準確判斷函數(shù)的單調(diào)性，其次應(yīng)將自變量轉(zhuǎn)化到一個單調(diào)區(qū)間內(nèi)，然后利用單調(diào)性比較大小.角度2解函數(shù)不等式例3(1)(2020·新高考全國Ⅰ卷)若定義在R上的奇函數(shù)f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，且f(2)＝0，則滿足xf(x－1)≥0的x的取值范圍是()A.[－1，1]∪[3，＋∞) B.[－3，－1]∪[0，1]C.[－1，0]∪[1，＋∞) D.[－1，0]∪[1，3]答案D解析因為函數(shù)f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，則f(0)＝0.又f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，且f(2)＝0，畫出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖(1)所示，則函數(shù)f(x－1)的大致圖象如圖(2)所示.當x≤0時，要滿足xf(x－1)≥0，則f(x－1)≤0，得－1≤x≤0.當x＞0時，要滿足xf(x－1)≥0，則f(x－1)≥0，得1≤x≤3.故滿足xf(x－1)≥0的x的取值范圍是[－1，0]∪[1，3].(2)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋2x，若f(x2－4)<2，則實數(shù)x的取值范圍是________.答案(－eq\r(5)，－2)∪(2，eq\r(5))解析因為函數(shù)f(x)＝lnx＋2x在定義域(0，＋∞)上單調(diào)遞增，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).感悟提升求解函數(shù)不等式，其實質(zhì)是函數(shù)單調(diào)性的逆用，利用函數(shù)的單調(diào)性將“f”符號脫去，轉(zhuǎn)化為關(guān)于自變量的不等式求解，應(yīng)注意函數(shù)的定義域.角度3求參數(shù)的取值范圍例4(1)(2022·九江三校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝e|x－a|(a為常數(shù))，若f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是________.答案(－∞，1]解析令t＝|x－a|，∴y＝et，t＝|x－a|在(－∞，a]上單調(diào)遞減，在[a，＋∞)上單調(diào)遞增.又y＝et為增函數(shù)，∴f(x)＝e|x－a|在(－∞，a]上單調(diào)遞減，在[a，＋∞)上單調(diào)遞增，∴a≤1.(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x>4.))若函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，a＋1)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是________.答案(－∞，1]∪[4，＋∞)解析函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，由圖象可知f(x)在(a，a＋1)上單調(diào)遞增，需滿足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4.感悟提升利用單調(diào)性求參數(shù)的取值(范圍)的思路是：根據(jù)其單調(diào)性直接構(gòu)建參數(shù)滿足的方程(組)(不等式(組))或先得到其圖象的升降，再結(jié)合圖象求解.對于分段函數(shù)，要注意銜接點的取值.訓(xùn)練2(1)已知函數(shù)f(x)的圖象向左平移1個單位長度后關(guān)于y軸對稱，當x2＞x1＞1時，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0恒成立，設(shè)a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A.c＞a＞b B.c＞b＞aC.a＞c＞b D.b＞a＞c答案D解析由于函數(shù)f(x)的圖象向左平移1個單位長度后得到的圖象關(guān)于y軸對稱，故函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，所以a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))).當x2＞x1＞1時，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0恒成立等價于函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以b＞a＞c.(2)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋2)，若f(a－2)＞3，則a的取值范圍是________.答案(0，1)解析由f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋2)知，f(x)在定義域(－2，＋∞)上是減函數(shù)，且f(－1)＝3，由f(a－2)＞3，得f(a－2)＞f(－1)，即－2＜a－2＜－1，即0＜a＜1.構(gòu)造函數(shù)解決不等式(方程)問題對于結(jié)構(gòu)相同(相似)的不等式(方程)，通?？紤]變形，構(gòu)造函數(shù)，利用基本初等函數(shù)的單調(diào)性，尋找變量之間的關(guān)系，達到解題目的.考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理與數(shù)學(xué)抽象.例(1)(2020·全國Ⅰ卷)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，則()A.a>2b B.a<2bC.a>b2 D.a<b2答案B解析由指數(shù)和對數(shù)的運算性質(zhì)可得2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b.令f(x)＝2x＋log2x，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log2(2b)，∴2a＋log2a<22b＋log2(2b)，即f(a)<f(2b)，∴a<2b.(2)(2020·全國Ⅱ卷)若2x－2y<3－x－3－y，則()A.ln(y－x＋1)>0 B.ln(y－x＋1)<0C.ln|x－y|>0 D.ln|x－y|<0答案A解析原已知條件等價于2x－3－x<2y－3－y，設(shè)函數(shù)f(x)＝2x－3－x.因為函數(shù)y＝2x與y＝－3－x在R上均單調(diào)遞增，所以f(x)在R上單調(diào)遞增，即f(x)<f(y)，所以x<y，即y－x>0，所以A正確，B不正確.因為|x－y|與1的大小不能確定，所以C，D不正確.1.(多選)下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，1)上是增函數(shù)的是()A.y＝|x| B.y＝x＋3C.y＝eq\f(1,x) D.y＝－x2＋4答案AB解析函數(shù)y＝eq\f(1,x)與y＝－x2＋4在(0，1)都是減函數(shù)，故選AB.2.函數(shù)f(x)＝－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上的最大值是()A.eq\f(3,2) B.－eq\f(8,3) C.－2 D.2答案A解析易知f(x)＝－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上單調(diào)遞減，故其最大值為f(－2)＝eq\f(3,2).3.設(shè)偶函數(shù)f(x)的定義域為R，當x∈[0，＋∞)時，f(x)是增函數(shù)，則f(－2)，f(π)，f(－3)的大小關(guān)系是()A.f(π)＞f(－3)＞f(－2)B.f(π)＞f(－2)＞f(－3)C.f(π)＜f(－3)＜f(－2)D.f(π)＜f(－2)＜f(－3)答案A解析因為f(x)是偶函數(shù)，所以f(－3)＝f(3)，f(－2)＝f(2).又因為函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，所以f(π)＞f(3)＞f(2)，即f(π)＞f(－3)＞f(－2).4.(2021·武漢一模)已知函數(shù)f(x)＝loga(－x2－2x＋3)(a＞0且a≠1)，若f(0)＜0，則此函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A.(－∞，－1] B.[－1，＋∞)C.[－1，1) D.(－3，－1]答案C解析令g(x)＝－x2－2x＋3，由題意知g(x)＞0，可得－3＜x＜1，故函數(shù)的定義域為{x|－3＜x＜1}.根據(jù)f(0)＝loga3＜0，可得0＜a＜1.又g(x)在定義域(－3，1)內(nèi)的單調(diào)遞減區(qū)間是[－1，1)，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[－1，1).5.如果函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2－a）x＋1，x＜1，,ax，x≥1，))滿足對任意x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0成立，那么實數(shù)a的取值范圍是()A.(0，2) B.(1，2)C.(1，＋∞) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))答案D解析因為對任意x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0，所以y＝f(x)在R上是增函數(shù)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－a＞0，,a＞1，,（2－a）×1＋1≤a，))解得eq\f(3,2)≤a＜2.故實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)).6.(多選)已知函數(shù)f(x)＝loga|x－1|在區(qū)間(－∞，1)上單調(diào)遞增，則()A.0＜a＜1B.a＞1C.f(a＋2021)＞f(2022)D.f(a＋2021)＜f(2022)答案AC解析f(x)＝loga|x－1|的定義域為(－∞，1)∪(1，＋∞).設(shè)z＝|x－1|，可得函數(shù)z在(－∞，1)上單調(diào)遞減；在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，由題意可得0＜a＜1，故A正確，B錯誤；由于0＜a＜1，可得2021＜a＋2021＜2022.又f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則f(a＋2021)＞f(2022)，故C正確，D錯誤.7.函數(shù)y＝－x2＋2|x|＋1的單調(diào)遞增區(qū)間為________，單調(diào)遞減區(qū)間為________.答案(－∞，－1]和[0，1](－1，0)和(1，＋∞)解析由于y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋1，x≥0，,－x2－2x＋1，x＜0，))即y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－（x－1）2＋2，x≥0，,－（x＋1）2＋2，x＜0.))畫出函數(shù)圖象如圖所示，單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1]和[0，1]，單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，0)和(1，＋∞).8.若函數(shù)f(x)＝ex－e－x，則不等式f(2x＋1)＋f(x－2)>0的解集為________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))解析由f(－x)＝－f(x)，知f(x)＝ex－e－x為奇函數(shù)，又易證在定義域R上，f(x)是增函數(shù)，則不等式f(2x＋1)＋f(x－2)>0等價于f(2x＋1)>－f(x－2)＝f(－x＋2)，則2x＋1>－x＋2，即x>eq\f(1,3)，故不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)).9.已知奇函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù).若a＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,5)))，b＝f(log24.1)，c＝f(20.8)，則a，b，c的大小關(guān)系為________________.答案a＞b＞c解析∵f(x)在R上是奇函數(shù)，∴a＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,5)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－log2\f(1,5)))＝f(log25).又f(x)在R上是增函數(shù)，且log25＞log24.1＞log24＝2＞20.8，∴f(log25)＞f(log24.1)＞f(20.8)，∴a＞b＞c.10.函數(shù)f(x)＝loga(1－x)＋loga(x＋3)(0<a<1).(1)求方程f(x)＝0的解；(2)若函數(shù)f(x)的最小值為－1，求a的值.解(1)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x>0，,x＋3>0))得－3<x<1，∴f(x)的定義域為(－3，1)，則f(x)＝loga(－x2－2x＋3)，x∈(－3，1).令f(x)＝0，得－x2－2x＋3＝1，解得x＝－1－eq\r(3)或x＝－1＋eq\r(3)，經(jīng)檢驗，均滿足原方程成立.故f(x)＝0的解為x＝－1±eq\r(3).(2)由(1)得f(x)＝loga[－(x＋1)2＋4]，x∈(－3，1)，由于0<－(x＋1)2＋4≤4，且a∈(0，1)，∴l(xiāng)oga[－(x＋1)2＋4]≥loga4，由題意可得loga4＝－1，解得a＝eq\f(1,4)，滿足條件.所以a的值為eq\f(1,4).11.已知函數(shù)f(x)＝a－eq\f(2,2x＋1).(1)求f(0)；(2)探究f(x)的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論；(3)若f(x)為奇函數(shù)，求滿足f(ax)<f(2)的x的取值范圍.解(1)f(0)＝a－eq\f(2,20＋1)＝a－1.(2)f(x)在R上單調(diào)遞增.證明如下：∵f(x)的定義域為R，∴任取x1，x2∈R，且x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝a－eq\f(2,2x1＋1)－a＋eq\f(2,2x2＋1)＝eq\f(2·（2x1－2x2）,（1＋2x1）（1＋2x2）).∵y＝2x在R上單調(diào)遞增且x1<x2，∴0<2x1<2x2，∴2x1－2x2<0，2x1＋1>0，2x2＋1>0，∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在R上單調(diào)遞增.(3)∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，即a－eq\f(2,2－x＋1)＝－a＋eq\f(2,2x＋1)，解得a＝1，∴f(ax)<f(2)，即為f(x)<f(2).又∵f(x)在R上單調(diào)遞增，∴x<2.∴x的取值范圍是(－∞，2).12.(2022·郴州質(zhì)量檢測)已知a＝4ln3π，b＝3ln4π，c＝4lnπ3，則a，b，c的大小關(guān)系是()A.c＜b＜a B.b＜c＜aC.b＜a＜c D.a＜b＜c答案B解析對于a，b：a＝4ln3π＝ln34π＝πl(wèi)n81，b＝3ln4π＝ln43π＝πl(wèi)n64，顯然a＞b；對于a，c：構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當x∈(0，e)時，f′(x)＞0，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，當x∈(e，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減.∵π＞3＞e，∴f(π)＜f(3)，即eq\f(lnπ,π)＜eq\f(ln3,3)，∴3lnπ＜πl(wèi)n3，∴l(xiāng)nπ3＜ln3π，∴a＞c；對于b，c：b＝3ln4π，c＝4lnπ3＝3lnπ4，∵eq\f(lnπ,π)＞eq\f(ln4,4)，∴4lnπ＞πl(wèi)n4，ln4π＜lnπ4，∴c＞b，∴a＞c＞b.13.(2022·湖州模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－e－x，x＞0，,－x2，x≤0，))若a＝50.01，b＝eq\f(3,2)log32，c＝log30.9，則f(a)，f(b)，f(c)的大小關(guān)系為________.答案f(c)＜f(b)＜f(a)解析當x＞0時，f(x)＝ex－e－x單調(diào)遞增，且f(0)＝0；當x≤0時，f(x)＝－x2單調(diào)遞增，且f(0)＝0，所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增.因為a＝50.01＞1，0＜b＝log32eq\r(2)＜1，c＝log30.9＜0，所以a＞b＞c，所以f(a)＞f(b)＞f(c).14.已知函數(shù)f(x)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)－2))(a>0，且a≠1).(1)求函數(shù)f(x)的定義域；(2)當a∈(1，4)時，求函數(shù)f(x)在[2，＋∞)上的最小值；(3)若對任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，試確定a的取值范圍.解(1)由x＋eq\f(a,x)－2＞0，得eq\f(x2－2x＋a,x)＞0，當a＞1時，x2－2x＋a＞0恒成立，定義域為(0，＋∞)，當0＜a＜1時，定義域為{x|0＜x＜1－eq\r(1－a)或x＞1＋eq\r(1－a)}.(2)設(shè)g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2，當a∈(1，4)，x∈[2，＋∞)時，g′(x)＝1－eq\f(a,x2)＝eq\f(x2－a,x2)>0，因此g(x)在[2，＋∞)上是增函數(shù)，∴f(x)在[2，＋∞)上是增函數(shù)，則f(x)min＝f(2)＝lgeq\f(a,2).(3)對任意x∈[2，＋∞)，恒有f(x)>0.即x＋eq\f(a,x)－2>1對x∈[2，＋∞)恒成立.∴a>3x－x2.令h(x)＝3x－x2，x∈[2，＋∞).由于h(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(9,4)在[2，＋∞)上是減函數(shù)，∴h(x)max＝h(2)＝2.故a>2時，恒有f(x)>0.故a的取值范圍為(2，＋∞).

第3節(jié)奇偶性、對稱性與周期性考試要求1.理解函數(shù)奇偶性的含義.2.了解函數(shù)的最小正周期的含義.3.會利用函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性、對稱性、周期性解決函數(shù)性質(zhì)的綜合問題.1.函數(shù)的奇偶性奇偶性定義圖象特點偶函數(shù)一般地，設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為I，如果?x∈I，都有－x∈I，且f(－x)＝f(x)，那么函數(shù)f(x)就叫做偶函數(shù)關(guān)于y軸對稱奇函數(shù)一般地，設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為I，如果?x∈I，都有－x∈I，且f(－x)＝－f(x)，那么函數(shù)f(x)就叫做奇函數(shù)關(guān)于原點對稱2.函數(shù)的周期性(1)周期函數(shù)：對于函數(shù)y＝f(x)，如果存在一個非零常數(shù)T，使得當x取定義域內(nèi)的任何值時，都有f(x＋T)＝f(x)，那么就稱函數(shù)y＝f(x)為周期函數(shù)，稱T為這個函數(shù)的周期.(2)最小正周期：如果在周期函數(shù)f(x)的所有周期中存在一個最小的正數(shù)，那么這個最小正數(shù)就叫做f(x)的最小正周期.1.函數(shù)周期性的常用結(jié)論對f(x)定義域內(nèi)任一自變量的值x：(1)若f(x＋a)＝－f(x)，則T＝2a(a>0).(2)若f(x＋a)＝eq\f(1,f（x）)，則T＝2a(a>0).(3)若f(x＋a)＝－eq\f(1,f（x）)，則T＝2a(a>0).2.對稱性的四個常用結(jié)論(1)若函數(shù)y＝f(x＋a)是偶函數(shù)，則函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對稱.(2)若函數(shù)y＝f(x＋b)是奇函數(shù)，則函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(b，0)中心對稱.(3)若函數(shù)y＝f(x)滿足f(a＋x)＝f(b－x)，則y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(a＋b,2)對稱；特別地，當a＝b時，即f(a＋x)＝f(a－x)或f(x)＝f(2a－x)時，則y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對稱.(4)若函數(shù)y＝f(x)滿足f(x)＋f(2a－x)＝2b，則y＝f(x)的圖象關(guān)于點(a，b)對稱.特別地，當b＝0時，即f(a＋x)＋f(a－x)＝0或f(x)＋f(2a－x)＝0時，則y＝f(x)的圖象關(guān)于點(a，0)對稱.1.思考辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)函數(shù)y＝x2在x∈(0，＋∞)上是偶函數(shù).()(2)若函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，則一定有f(0)＝0.()(3)若T是函數(shù)的一個周期，則nT(n∈Z，n≠0)也是函數(shù)的周期.()(4)若函數(shù)f(x)滿足關(guān)系f(a＋x)＝－f(b－x)，則函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)，0))對稱.()答案(1)×(2)×(3)√(4)√解析(1)由于偶函數(shù)的定義域關(guān)于原點對稱，故y＝x2在(0，＋∞)上不具有奇偶性，(1)錯誤.(2)由奇函數(shù)定義可知，若f(x)為奇函數(shù)，且在x＝0處有意義時才滿足f(0)＝0，(2)錯誤.2.(多選)下列函數(shù)中為偶函數(shù)的是()A.y＝x2sinx B.y＝x2cosxC.y＝ln|x| D.y＝2－x答案BC解析根據(jù)偶函數(shù)的定義知偶函數(shù)滿足f(－x)＝f(x)，且定義域關(guān)于原點對稱，A選項為奇函數(shù)；B選項為偶函數(shù)；C選項為偶函數(shù)；D選項既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù).3.(2021·全國甲卷)設(shè)f(x)是定義域為R的奇函數(shù)，且f(1＋x)＝f(－x).若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(1,3)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))＝()A.－eq\f(5,3) B.－eq\f(1,3) C.eq\f(1,3) D.eq\f(5,3)答案C解析因為f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x).又f(1＋x)＝f(－x)，所以f(2＋x)＝f[1＋(1＋x)]＝f[－(1＋x)]＝－f(1＋x)＝－f(－x)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)是以2為周期的周期函數(shù)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)－2))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(1,3).4.設(shè)奇函數(shù)f(x)的定義域為[－5，5]，若當x∈[0，5]時，f(x)的圖象如圖所示，則不等式f(x)＜0的解集是________.答案(－2，0)∪(2，5]解析由圖象知，當0＜x＜2時，f(x)＞0；當2＜x≤5時，f(x)＜0，又f(x)是奇函數(shù)，∴當－2＜x＜0時，f(x)＜0，當－5≤x＜－2時，f(x)＞0.綜上，f(x)＜0的解集為(－2，0)∪(2，5].5.已知f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，當x≥0時，f(x)＝2x＋m，則f(－3)＝________.答案－7解析因為f(x)為R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0，即f(0)＝20＋m＝0，解得m＝－1，故f(x)＝2x－1(x≥0)，則f(－3)＝－f(3)＝－(23－1)＝－7.6.設(shè)f(x)是定義在R上