備戰(zhàn)高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第二章 函數(shù)的概念及基本初等函數(shù)(Ⅰ)

第二章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,,))函數(shù)的概念及基本初等函數(shù)(Ⅰ)第一節(jié)函數(shù)及其表示eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1.了解構(gòu)成函數(shù)的要素，能求簡單函數(shù)的定義域.,2.在實(shí)際情境中，會根據(jù)不同的需要選擇恰當(dāng)?shù)姆椒ㄈ鐖D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)用分段函數(shù)不超過三段.))1．函數(shù)的有關(guān)概念(1)函數(shù)的概念函數(shù)前提集合A，B是兩個非空的實(shí)數(shù)集對應(yīng)關(guān)系如果按照某種對應(yīng)關(guān)系f，使對于集合A中的任意一個數(shù)x，在集合B中都有唯一確定的數(shù)f(x)和它對應(yīng)名稱稱f：A→B為從集合A到集合B的一個函數(shù)記作y＝f(x)，x∈A(2)構(gòu)成函數(shù)的三要素定義域在函數(shù)y＝f(x)，x∈A中，x叫做自變量，x的取值范圍A叫做函數(shù)的定義域值域與x的值相對應(yīng)的y值叫做函數(shù)值，函數(shù)值的集合{f(x)|x∈A}叫做函數(shù)的值域三要素定義域、對應(yīng)關(guān)系、值域是構(gòu)成函數(shù)的三要素(3)表示函數(shù)的常用方法解析法一般情況下，必須注明函數(shù)的定義域列表法選取的自變量要有代表性，能反映定義域的特征圖象法注意定義域?qū)D象的影響：與x軸垂直的直線與函數(shù)圖象最多有一個公共點(diǎn)2．分段函數(shù)定義在函數(shù)定義域內(nèi)，對于自變量x取值的不同區(qū)間，有著不同的對應(yīng)關(guān)系，這樣的函數(shù)稱為分段函數(shù)相關(guān)概念分段函數(shù)的定義域是各段定義域的并集，值域是各段值域的并集．分段函數(shù)雖由幾個部分構(gòu)成，但它表示的是一個函數(shù)，各部分函數(shù)定義域不可以相交1．求函數(shù)的定義域時常用的結(jié)論(1)分式型eq\f(1,fx)要滿足f(x)≠0；(2)根式型eq\r(2n,fx)(n∈N*)要滿足f(x)≥0；(3)[f(x)]0要滿足f(x)≠0；(4)對數(shù)型logaf(x)(a>0，且a≠1)要滿足f(x)>0；(5)正切型tan[f(x)]要滿足f(x)≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z.2．處理分段函數(shù)問題時，需注意的問題(1)分段函數(shù)不是多個函數(shù)，而是一個函數(shù)，自變量與函數(shù)值在不同范圍內(nèi)有不同的對應(yīng)關(guān)系．(2)解決分段函數(shù)問題時，首先要確定自變量的取值范圍，然后選擇與其相應(yīng)的函數(shù)解析式．1．設(shè)集合M＝{x|0≤x≤2}，N＝{y|0≤y≤2}，那么下列四個圖形中，能表示集合M到集合N的函數(shù)關(guān)系的有()答案：C2．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)－2，x>2，,|x－3|＋2，x≤2，))則f(f(9))＝()A．1 B．2C．4 D．8答案：C3．已知f(x)＝x＋3＋eq\f(1,x＋2)，若f(a)＝eq\f(13,3)，則a＝_______.答案：1或－eq\f(5,3)4．函數(shù)f(x)＝eq\f(3x,x＋4)＋eq\r(16－x2)的定義域是________．答案：(－4,4]5．若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b的圖象與x軸的一個交點(diǎn)為(1,0)，對稱軸為x＝2，則函數(shù)f(x)的解析式為____________________．答案：f(x)＝x2－4x＋3層級一/基礎(chǔ)點(diǎn)——自練通關(guān)(省時間)基礎(chǔ)點(diǎn)(一)函數(shù)的定義域[題點(diǎn)全訓(xùn)]1．函數(shù)f(x)＝ln(4x－x2)＋eq\f(1,x－2)的定義域?yàn)?)A．(0,4) B．[0,2)∪(2,4]C．(0,2)∪(2,4) D．(－∞，0)∪(4，＋∞)解析：選C要使函數(shù)有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－x2＞0，,x－2≠0，))解得0＜x＜4且x≠2.2．已知函數(shù)f(x)的定義域是[0,2]，則函數(shù)g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))的定義域是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))解析：選C由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x＋\f(1,2)≤2，,0≤x－\f(1,2)≤2，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)≤x≤\f(3,2)，,\f(1,2)≤x≤\f(5,2)，))∴eq\f(1,2)≤x≤eq\f(3,2).故選C.3．已知函數(shù)f(2x－3)的定義域是[－1,4]，則函數(shù)f(1－2x)的定義域?yàn)?)A．[－2,1] B．[1,2]C．[－2,3] D．[－1,3]解析：選C因?yàn)楹瘮?shù)f(2x－3)的定義域是[－1,4]，所以－1≤x≤4，即－5≤2x－3≤5，所以f(x)的定義域?yàn)閇－5,5]，所以f(1－2x)滿足－5≤1－2x≤5，所以－2≤x≤3，所以函數(shù)f(1－2x)的定義域?yàn)閇－2,3]．故選C.4．(2022·北京高考)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)＋eq\r(1－x)的定義域是________．解析：因?yàn)閒(x)＝eq\f(1,x)＋eq\r(1－x)，所以x≠0,1－x≥0，解得x∈(－∞，0)∪(0,1]．答案：(－∞，0)∪(0,1][一“點(diǎn)”就過]求函數(shù)定義域的類型及解題策略求具體函數(shù)的定義域已知解析式的函數(shù)，其定義域是使解析式有意義的自變量的取值集合，求解時只要根據(jù)函數(shù)解析式列出自變量滿足的不等式(組)，得出不等式(組)的解集即可求抽象函數(shù)的定義域(1)若已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇a，b]，則復(fù)合函數(shù)f(g(x))的定義域由不等式a≤g(x)≤b求出；(2)若已知函數(shù)f(g(x))的定義域?yàn)閇a，b]，則f(x)的定義域?yàn)間(x)在x∈[a，b]上的值域基礎(chǔ)點(diǎn)(二)函數(shù)的解析式[題點(diǎn)全訓(xùn)]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)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)∵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)))2－2，由勾型函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)的性質(zhì)可得，其值域?yàn)?－∞，－2]∪[2，＋∞)，所以f(x)＝x2－2，x∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)．(3)由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\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,5a＋b＝17，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝7，))∴f(x)＝2x＋7.(4)∵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.[一“點(diǎn)”就過]求函數(shù)解析式的常用方法配湊法由已知條件f(g(x))＝F(x)，可將F(x)改寫成關(guān)于g(x)的表達(dá)式，然后以x替代g(x)，便得f(x)的表達(dá)式待定系數(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解方程組法已知關(guān)于f(x)與feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))或f(－x)等的表達(dá)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)層級二/重難點(diǎn)——逐一精研(補(bǔ)欠缺)重難點(diǎn)分段函數(shù)的應(yīng)用eq\a\vs4\al()考法1求函數(shù)值[例1](1)(2023·成都質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x，0≤x<2，,2fx－2，x≥2，))則f(9)＝()A．16 B．8C．－8 D．－16(2)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,3x，x≤0，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))))的值是()A．9 B．－9C.eq\f(1,9) D．－eq\f(1,9)[解析](1)根據(jù)題意，f(9)＝2f(7)＝4f(5)＝8f(3)＝16f(1)，又f(1)＝1－2＝－1，則f(9)＝16f(1)＝－16.故選D.(2)∵eq\f(1,4)>0，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝log2eq\f(1,4)＝－2，又∵－2<0，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))))＝f(－2)＝3－2＝eq\f(1,9).[答案](1)D(2)Ceq\a\vs4\al([方法技巧])求分段函數(shù)的函數(shù)值的方法先確定要求值的自變量的取值屬于哪一段區(qū)間，然后代入該段的解析式求值．當(dāng)出現(xiàn)f(f(a))的形式時，應(yīng)從內(nèi)到外依次求值．eq\a\vs4\al()考法2與方程結(jié)合[例2]已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋3，x≤0，,\r(x)，x>0，))若f(a－3)＝f(a＋2)，則f(a)＝()A．1 B．eq\r(2)C．2 D．eq\r(5)[解析]根據(jù)題意，若f(a－3)＝f(a＋2)，∵a－3<a＋2，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3≤0，,a＋2>0，))即－2<a≤3，則(a－3)＋3＝eq\r(a＋2)，即a＝eq\r(a＋2)，則a≥0，解得a＝2或－1(舍去)，∴f(a)＝f(2)＝eq\r(2)，故選B.[答案]Beq\a\vs4\al([方法技巧])(1)若分段函數(shù)中含有參數(shù)，則直接根據(jù)條件選擇相應(yīng)區(qū)間上的解析式代入求參．(2)若是求自變量的值，則需要結(jié)合分段區(qū)間的范圍對自變量進(jìn)行分類討論，再求值．eq\a\vs4\al()考法3與不等式結(jié)合[例3]設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\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________．[解析]由題意知，可對不等式分x≤0,0<x≤eq\f(1,2)，x>eq\f(1,2)討論．當(dāng)x≤0時，原不等式為x＋1＋x＋eq\f(1,2)>1，解得x>－eq\f(1,4)，∴－eq\f(1,4)<x≤0.當(dāng)0<x≤eq\f(1,2)時，原不等式為2x＋x＋eq\f(1,2)>1，顯然成立．當(dāng)x>eq\f(1,2)時，原不等式為2x＋2x－eq\f(1,2)>1，顯然成立．綜上可知，x的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)).[答案]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))eq\a\vs4\al([方法技巧])涉及與分段函數(shù)有關(guān)的不等式問題，主要表現(xiàn)為解不等式，當(dāng)自變量取值不確定時，往往要分類討論求解；當(dāng)自變量取值確定，但分段函數(shù)中含有參數(shù)時，只需依據(jù)自變量的情況，直接代入相應(yīng)解析式求解．[針對訓(xùn)練]1．已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，x≥0，,x2，x<0，))則f(f(x))≥1的解集是()A．(－∞，－eq\r(2)] B．(－∞，－1]∪[4eq\r(2)，＋∞)C．[4eq\r(2)，＋∞) D．(－∞，－eq\r(2)]∪[4，＋∞)解析：選D當(dāng)x≥0時，f(x)＝eq\f(x,2)≥0，所以f(f(x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(x,2)))＝eq\f(x,4)≥1，解得x≥4；當(dāng)x＜0時，f(x)＝x2＞0，所以f(f(x))＝f(x2)＝eq\f(x2,2)≥1，解得x≥eq\r(2)(舍去)或x≤－eq\r(2).綜上，x≥4或x≤－eq\r(2).故選D.2．(2023·寧夏平羅中學(xué)高三階段練習(xí))已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋x，x>0，,5x＋6，x≤0，))若f(a－2)＝f(a)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝()A．11 B．6C．4 D．2解析：選D易知f(x)在R上單調(diào)遞增，因?yàn)閒(a－2)＝f(a)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2≤0，,a>0，))可得0<a≤2，由題意可得a2＋a＝5(a－2)＋6，即a2－4a＋4＝0，解得a＝2，符合題意，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝f(1)＝12＋1＝2.3．(2022·浙江高考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2，x≤1，,x＋\f(1,x)－1，x>1，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＝________；若當(dāng)x∈[a，b]時，1≤f(x)≤3，則b－a的最大值是________．解析：由題意知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋2＝eq\f(7,4)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)))＝eq\f(7,4)＋eq\f(1,\f(7,4))－1＝eq\f(7,4)＋eq\f(4,7)－1＝eq\f(37,28).作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示，結(jié)合圖象，令－x2＋2＝1，解得x＝±1；令x＋eq\f(1,x)－1＝3，解得x＝2±eq\r(3)，又x＞1，所以x＝2＋eq\r(3)，所以(b－a)max＝2＋eq\r(3)－(－1)＝3＋eq\r(3).答案：eq\f(37,28)3＋eq\r(3)層級三/細(xì)微點(diǎn)——優(yōu)化完善(掃盲點(diǎn))1．(誤認(rèn)為f(g(x))與f(h(x))中“x”的含義相同)已知f(x2－1)的定義域?yàn)閇0,3]，則f(2x－1)的定義域是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,2))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,2)))解析：選B∵f(x2－1)的定義域?yàn)閇0,3]，∴0≤x≤3，∴－1≤x2－1≤8，即f(x)的定義域?yàn)閇－1,8]．∴在f(2x－1)中－1≤2x－1≤8，∴0≤x≤eq\f(9,2)，即函數(shù)f(2x－1)的定義域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2))).2．(銜接高等數(shù)學(xué))高斯是德國著名的數(shù)學(xué)家，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)，則函數(shù)y＝[f(x)]的值域?yàn)?)A．{0,1,2,3} B．{0,1,2}C．{1,2,3} D．{1,2}解析：選Df(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(dāng)1<f(x)<2時，[f(x)]＝1；當(dāng)2≤f(x)<3時，[f(x)]＝2.綜上，函數(shù)y＝[f(x)]的值域?yàn)閧1,2}．故選D.3．(忽視新元的范圍致誤)若f(2x)＝4x－2x，則f(x)＝________.解析：由題意，f(2x)＝4x－2x＝(2x)2－2x，設(shè)t＝2x>0，則f(t)＝t2－t，t>0，所以f(x)＝x2－x，x>0.答案：x2－x(x>0)4．(忽視自變量的范圍致誤)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋12，x<1，,4－\r(x－1)，x≥1，))則使得f(x)≥1的自變量x的取值范圍為__________．解析：因?yàn)閒(x)是分段函數(shù)，所以f(x)≥1應(yīng)分段求解．當(dāng)x<1時，f(x)≥1?(x＋1)2≥1?x≤－2或x≥0，所以x≤－2或0≤x<1.當(dāng)x≥1時，f(x)≥1?4－eq\r(x－1)≥1，即eq\r(x－1)≤3，所以1≤x≤10.綜上所述，x∈(－∞，－2]∪[0,10]．答案：(－∞，－2]∪[0,10]5．(忽視自變量的實(shí)際意義)某單位計(jì)劃建一矩形場地，現(xiàn)有總長度為100m的可作為圍墻的材料，則場地的面積S(單位：m2)與場地的長x(單位：m)的函數(shù)關(guān)系式為____________．解析：由于場地的長為xm，則寬為(50－x)m，由題意得S＝x(50－x)．易知x＞0,50－x＞0，所以自變量x的取值范圍為0＜x＜50.故所求函數(shù)的關(guān)系式為S＝x(50－x)(0＜x＜50)．答案：S＝x(50－x)(0＜x＜50)6．(結(jié)合新定義問題)十九世紀(jì)德國數(shù)學(xué)家狄利克雷提出了“狄利克雷函數(shù)”D(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x∈Q，,0，x∈?RQ，))“狄利克雷函數(shù)”在現(xiàn)代數(shù)學(xué)的發(fā)展過程中有著重要意義．根據(jù)“狄利克雷函數(shù)”求得D(D(2＋D(eq\r(2)))＋D(eq\r(3)＋D(3)))＝________.解析：由題設(shè)，D(D(2＋D(eq\r(2)))＋D(eq\r(3)＋D(3)))＝D(D(2)＋D(eq\r(3)＋1))＝1.答案：1[課時驗(yàn)收評價]一、點(diǎn)全面廣強(qiáng)基訓(xùn)練1．函數(shù)y＝eq\f(\r(1－x2),2x2－3x－2)的定義域?yàn)?)A．(－∞，－1] B．[1,2)∪(2，＋∞)C．[－1,1] D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))解析：選D要使得函數(shù)y＝eq\f(\r(1－x2),2x2－3x－2)有意義，必須滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x2≥0，,2x2－3x－2≠0，))解得－1≤x<－eq\f(1,2)或－eq\f(1,2)<x≤1，即x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，故選D.2．下列四組函數(shù)中，f(x)與g(x)是同一個函數(shù)的是()A．f(x)＝lnx2，g(x)＝2lnxB．f(x)＝x，g(x)＝(eq\r(x))2C．f(x)＝x，g(x)＝eq\f(x2,x)D．f(x)＝x，g(x)＝logaax(a＞0且a≠1)解析：選D對于選項(xiàng)A，f(x)的定義域?yàn)閧x|x≠0}，g(x)的定義域?yàn)閧x|x＞0}，兩個函數(shù)的定義域不相同，不是同一個函數(shù)；對于選項(xiàng)B，f(x)的定義域?yàn)镽，g(x)的定義域?yàn)閧x|x≥0}，兩個函數(shù)的定義域不相同，不是同一個函數(shù)；對于選項(xiàng)C，f(x)的定義域?yàn)镽，g(x)的定義域?yàn)閧x|x≠0}，兩個函數(shù)的定義域不相同，不是同一個函數(shù)；對于選項(xiàng)D，g(x)＝logaax＝x，x∈R，兩個函數(shù)的定義域和對應(yīng)關(guān)系相同，是同一個函數(shù)．3．(2022·北京高考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,1＋2x)，則對任意實(shí)數(shù)x，有()A．f(－x)＋f(x)＝0 B．f(－x)－f(x)＝0C．f(－x)＋f(x)＝1 D．f(－x)－f(x)＝eq\f(1,3)解析：選C函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－x)＝eq\f(1,1＋2－x)＝eq\f(2x,1＋2x)，所以f(－x)＋f(x)＝eq\f(2x,1＋2x)＋eq\f(1,1＋2x)＝1，故選C.4．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2cosπx，x≤0，,fx－1＋1，x>0，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))的值為()A．－1 B．1C.eq\f(3,2) D．eq\f(5,2)解析：選B依題意得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＋1＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＋1＋1＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)))＋2＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋2＝1.故選B.5．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x＋1，x≥1，,1，x<1，))則滿足f(2x＋1)<f(3x－2)的實(shí)數(shù)x的取值范圍是()A．(－∞，0] B．(3，＋∞)C．[1,3) D．(0,1)解析：選B由f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x＋1，x≥1，,1，x<1，))可得當(dāng)x<1時，f(x)＝1，當(dāng)x≥1時，函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(1)＝log22＝1，要使得f(2x＋1)<f(3x－2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1<3x－2，,3x－2>1，))解得x>3，即不等式f(2x＋1)<f(3x－2)的解集為(3，＋∞)，故選B.6．已知函數(shù)f(2x)＝log2x＋x，則f(4)＝________.解析：令x＝2，則f(22)＝f(4)＝log22＋2＝1＋2＝3.答案：37．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x≥0，,\f(1,x2)，x<0，))若f(a)＝2，則實(shí)數(shù)a＝________.解析：當(dāng)a≥0時，令a2＋1＝2，解得a＝1；當(dāng)a<0時，令eq\f(1,a2)＝2，解得a＝－eq\f(\r(2),2)，故a＝1或a＝－eq\f(\r(2),2).答案：1或－eq\f(\r(2),2)8．已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－2,1]，則函數(shù)y＝eq\f(f3x－2,lg1－x)的定義域?yàn)開_______．解析：已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－2,1]，對于函數(shù)y＝eq\f(f3x－2,lg1－x)，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2≤3x－2≤1，,1－x>0，,lg1－x≠0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2≤3x－2≤1，,1－x>0，,1－x≠1，))解得0<x<1.因此，函數(shù)y＝eq\f(f3x－2,lg1－x)的定義域?yàn)?0,1)．答案：(0,1)9．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x＋3)＋eq\f(1,x＋2).(1)求函數(shù)的定義域；(2)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))的值；(3)當(dāng)a>0時，求f(a)，f(a－1)的值．解：(1)由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋3≥0，,x＋2≠0，))解得x≥－3且x≠－2，所以函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|x≥－3且x≠－2}．(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝eq\r(3－\f(2,3))＋eq\f(1,2－\f(2,3))＝eq\f(\r(21),3)＋eq\f(3,4).(3)f(a)＝eq\r(a＋3)＋eq\f(1,a＋2)，f(a－1)＝eq\r(a－1＋3)＋eq\f(1,a－1＋2)＝eq\r(a＋2)＋eq\f(1,a＋1).10．根據(jù)下列條件，求f(x)的解析式．(1)已知f(x)滿足f(x＋1)＝x2＋4x＋1；(2)已知f(x)是一次函數(shù)，且滿足3f(x＋1)－f(x)＝2x＋9；(3)已知f(x)滿足2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋f(x)＝x(x≠0)．解：(1)令t＝x＋1，則x＝t－1，故f(t)＝(t－1)2＋4(t－1)＋1＝t2＋2t－2，所以f(x)＝x2＋2x－2.(2)設(shè)f(x)＝kx＋b(k≠0)，因?yàn)?f(x＋1)－f(x)＝2x＋9，所以3k(x＋1)＋3b－kx－b＝2x＋9，即2kx＋3k＋2b＝2x＋9，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2k＝2，,3k＋2b＝9，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝1，,b＝3，))所以f(x)＝x＋3.(3)因?yàn)?feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋f(x)＝x(x≠0)，①所以2f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1,x)，②2×②－①得3f(x)＝eq\f(2,x)－x，所以f(x)＝eq\f(2,3x)－eq\f(x,3)(x≠0)．二、重點(diǎn)難點(diǎn)培優(yōu)訓(xùn)練1．設(shè)a為常數(shù)，f(0)＝eq\f(1,2)，f(x＋y)＝f(x)f(a－y)＋f(y)f(a－x)，則()A．f(a)＝1B．f(x＋y)＝f(x)f(y)C．滿足條件的f(x)不止一個D．f(x)＝eq\f(1,2)恒成立解析：選D令x＝y(tǒng)＝0，可得f(0)＝2f(0)f(a)，因?yàn)閒(0)＝eq\f(1,2)，所以f(a)＝eq\f(1,2)，故A不正確；令y＝0，得f(x)＝f(x)f(a)＋f(0)f(a－x)，代入f(a)＝eq\f(1,2)，得f(a－x)＝f(x)，原等式變形為f(x＋y)＝2f(x)f(y)，故B不正確；在f(x＋y)＝2f(x)f(y)中，令y＝x，得f(2x)＝2[f(x)]2，即函數(shù)取值非負(fù)，令y＝a－x，得f(a)＝2[f(x)]2，所以eq\f(1,2)＝2[f(x)]2，即f(x)＝eq\f(1,2)恒成立，滿足條件的f(x)只有一個，故D正確，C不正確．2．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x，x≤0，,1，x>0，))則滿足f(x＋1)<f(2x)的x的取值范圍是()A．(－∞，－1] B．(0，＋∞)C．(－1,0) D．(－∞，0)解析：選D∵f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x，x≤0，,1，x>0，))∴函數(shù)f(x)的圖象如圖所示．結(jié)合圖象知，要使f(x＋1)<f(2x)，則需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1<0，,2x<0，,2x<x＋1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1≥0，,2x<0，))∴x<0，故選D.3.已知某船舶每小時航行所需費(fèi)用u(單位：元)與航行速度v(單位：千米/時)的函數(shù)關(guān)系為u(v)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kv＋b，0<v<10，,450＋av2，v≥10))(其中a，b，k為常數(shù))，函數(shù)u(v)的部分圖象如圖所示．(1)求u(v)的解析式；(2)若該船舶需勻速航行20千米，問船舶的航行速度v為多少時，航行所需費(fèi)用最少．最少的費(fèi)用為多少？解：(1)將(0,320)，(10,650)分別代入u＝kv＋b得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(320＝b，,650＝k·10＋b，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝33，,b＝320.))把(10,650)代入u＝450＋av2，得650＝450＋a·102，解得a＝2.所以u(v)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(33v＋320，0<v<10，,450＋2v2，v≥10.))(2)設(shè)航行時間為t，t＝eq\f(20,v)小時，所需費(fèi)用設(shè)為z元，則z＝u(v)·t＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(660＋\f(6400,v)，0<v<10，,\f(9000,v)＋40v，v≥10.))①當(dāng)0<v<10時，函數(shù)單調(diào)遞減，所以zmin>660＋640＝1300；②當(dāng)v≥10時，z≥2eq\r(\f(9000,v)·40v)＝2eq\r(9000×40)＝1200，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(9000,v)＝40v，即v＝15時，等號成立．由1200<1300知，v＝15時，航行所需費(fèi)用最少．所以當(dāng)航行速度為15千米/時時，航行所需費(fèi)用最少，最少的費(fèi)用為1200元．第二節(jié)函數(shù)的單調(diào)性與最大(小)值1.借助函數(shù)圖象，會用符號語言表達(dá)函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值.2.理解函數(shù)單調(diào)性與最值的作用和實(shí)際意義.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?yàn)镮，如果對于定義域I內(nèi)某個區(qū)間D上的任意兩個自變量的值x1，x2當(dāng)x1<x2時，都有f(x1)<f(x2)，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)當(dāng)x1<x2時，都有f(x1)>f(x2)，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是減函數(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上是增函數(shù)或減函數(shù)，那么就說函數(shù)y＝f(x)在這一區(qū)間上具有(嚴(yán)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)f(x)的定義域?yàn)镮，如果存在實(shí)數(shù)M滿足條件對于任意x∈I，都有f(x)≤M；存在x0∈I，使得f(x0)＝M對于任意x∈I，都有f(x)≥M；存在x0∈I，使得f(x0)＝M結(jié)論M為最大值M為最小值1．與函數(shù)單調(diào)性有關(guān)的常用結(jié)論(1)若?x1，x2∈D(x1≠x2)，則①eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0)?f(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞增．②eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0)?f(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞減．(2)y＝x＋eq\f(1,x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1]和[1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,0)和(0,1)．(3)在區(qū)間D上，兩個增函數(shù)的和仍是增函數(shù)，兩個減函數(shù)的和仍是減函數(shù)．(4)函數(shù)f(g(x))的單調(diào)性與函數(shù)y＝f(u)和u＝g(x)的單調(diào)性的關(guān)系是“同增異減”．2．掌握以下幾個注意點(diǎn)(1)單調(diào)區(qū)間只能用區(qū)間表示，不能用不等式表示．(2)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間或討論函數(shù)的單調(diào)性時，必須先求函數(shù)的定義域．(3)一個函數(shù)的同一種單調(diào)區(qū)間用“和”或“，”連接，不能用“∪”連接．(4)“函數(shù)的單調(diào)區(qū)間是M”與“函數(shù)在區(qū)間N上單調(diào)”是兩個不同的概念，顯然N?M.1．下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減的是()A．y＝eq\f(1,x)＋x B．y＝x2－xC．y＝－x2－2x D．y＝ex答案：C2．函數(shù)f(x)＝x2－2x的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(1，＋∞) B．(－∞，1)C．(－1，＋∞) D．(－∞，－1)答案：A3．已知函數(shù)f(x)為定義在區(qū)間[－1,1]上的增函數(shù)，則滿足f(x)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))的實(shí)數(shù)x的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，1))解析：選B由題設(shè)得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤1，,x<\f(1,2)，))解得－1≤x<eq\f(1,2).4．函數(shù)f(x)＝eq\f(3,2x－1)在區(qū)間[1,5]上的最大值為________，最小值為________．解析：f(x)在[1,5]上是減函數(shù)，所以最大值為f(1)＝eq\f(3,2×1－1)＝3，最小值為f(5)＝eq\f(3,2×5－1)＝eq\f(1,3).答案：3eq\f(1,3)5．已知函數(shù)f(x)＝x2－2kx＋4在[5,20]上單調(diào)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．解析：易知f(x)＝x2－2kx＋4的圖象的對稱軸為x＝k，由題意可得k≤5或k≥20.答案：(－∞，5]∪[20，＋∞)層級一/基礎(chǔ)點(diǎn)——自練通關(guān)(省時間)基礎(chǔ)點(diǎn)確定具體函數(shù)的單調(diào)性或單調(diào)區(qū)間[題點(diǎn)全訓(xùn)]1．函數(shù)f(x)＝eq\f(x,1－x)在()A．(－∞，1)∪(1，＋∞)上是增函數(shù)B．(－∞，1)∪(1，＋∞)上是減函數(shù)C．(－∞，1)和(1，＋∞)上是增函數(shù)D．(－∞，1)和(1，＋∞)上是減函數(shù)解析：選C函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|x≠1}．f(x)＝eq\f(x,1－x)＝eq\f(1,1－x)－1，根據(jù)函數(shù)y＝－eq\f(1,x)的單調(diào)性及有關(guān)性質(zhì)，可知f(x)在(－∞，1)和(1，＋∞)上是增函數(shù)．2．函數(shù)f(x)＝|x2－3x＋2|的單調(diào)遞減區(qū)間是________________．解析：y＝|x2－3x＋2|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－3x＋2，x≤1或x≥2，,－x2－3x＋2，1＜x＜2.))作出函數(shù)圖象如圖所示，由圖可知，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，1]和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)).答案：(－∞，1]和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))3．用定義法證明函數(shù)f(x)＝x2－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．證明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，不妨設(shè)x1<x2.由f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)－\f(1,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,2)－\f(1,x2)))＝(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(1,x1)))＝(x1－x2)(x1＋x2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(x1－x2,x1x2)))＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＋eq\f(1,x1x2)))，因?yàn)?<x1<x2，所以x1－x2<0，x1＋x2＋eq\f(1,x1x2)>0，則(x1－x2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＋eq\f(1,x1x2)))<0，所以f(x1)<f(x2)，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．[一“點(diǎn)”就過]判斷函數(shù)的單調(diào)性或單調(diào)區(qū)間的方法定義法一般步驟為設(shè)元→作差→變形→判斷符號→得出結(jié)論圖象法若函數(shù)f(x)是以圖象形式給出的，或者f(x)的圖象易作出，則可由圖象的上升或下降確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間性質(zhì)法對于由基本初等函數(shù)的和、差構(gòu)成的函數(shù)，根據(jù)各基本初等函數(shù)的增減性及“增＋增＝增，增－減＝增，減＋減＝減，減－增＝減”進(jìn)行判斷層級二/重難點(diǎn)——逐一精研(補(bǔ)欠缺)重難點(diǎn)(一)判斷或證明含參函數(shù)的單調(diào)性[典例]試討論函數(shù)f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1，1)上的單調(diào)性．[解]設(shè)－1<x1<x2<1，f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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)))＝eq\f(ax2－x1,x1－1x2－1)，由于－1<x1<x2<1，所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，故當(dāng)a>0時，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函數(shù)f(x)在(－1,1)內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng)a<0時，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函數(shù)f(x)在(－1,1)內(nèi)單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a>0時，f(x)在(－1,1)內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng)a<0時，f(x)在(－1,1)內(nèi)單調(diào)遞增．[方法技巧]當(dāng)函數(shù)解析式中含有參數(shù)時，注意對參數(shù)的討論及分類討論的接點(diǎn)．[針對訓(xùn)練]已知a>0，函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(x>0)，證明：函數(shù)f(x)在(0，eq\r(a)]上單調(diào)遞減，在[eq\r(a)，＋∞)上單調(diào)遞增．證明：設(shè)x1>x2>0，f(x1)－f(x2)＝x1＋eq\f(a,x1)－x2－eq\f(a,x2)＝(x1－x2)＋eq\f(ax2－x1,x1x2)＝eq\f(x1－x2x1x2－a,x1x2)，∵x1>x2>0，∴x1－x2>0，x1x2>0，當(dāng)x1，x2∈(0，eq\r(a)]時，0<x1x2<a，∴x1x2－a<0，∴f(x1)－f(x2)<0，f(x1)<f(x2)，∴f(x)在(0，eq\r(a)]上單調(diào)遞減；當(dāng)x1，x2∈[eq\r(a)，＋∞)時，x1x2>a，∴x1x2－a>0，∴f(x1)－f(x2)>0，∴f(x1)>f(x2)，∴f(x)在[eq\r(a)，＋∞)上單調(diào)遞增．重難點(diǎn)(二)函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用eq\a\vs4\al()考法1比較大小[例1]設(shè)偶函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，－1]上單調(diào)遞增，則()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))<f(－1)<f(2)B．f(2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))<f(－1)C．f(2)<f(－1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))D．f(－1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))<f(2)[解析]根據(jù)題意f(x)為偶函數(shù)，則f(2)＝f(－2)，又由函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，－1]上單調(diào)遞增，且－2<－eq\f(3,2)<－1，所以f(－2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))<f(－1)，所以f(2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))<f(－1)．[答案]B[方法技巧]利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小的方法比較函數(shù)值的大小時，若自變量的值不在同一個單調(diào)區(qū)間內(nèi)，則要利用函數(shù)性質(zhì)，將自變量的值轉(zhuǎn)化到同一個單調(diào)區(qū)間內(nèi)進(jìn)行比較．對于選擇題、填空題，通常選用數(shù)形結(jié)合的方法進(jìn)行求解．eq\a\vs4\al()考法2解不等式[例2]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋2)，若f(a－2)>3，則a的取值范圍是________．[解析]由f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))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.[答案](0,1)[方法技巧]在求解與抽象函數(shù)有關(guān)的不等式時，往往是利用函數(shù)的單調(diào)性將“f”符號脫掉，使其轉(zhuǎn)化為具體的不等式求解．此時應(yīng)特別注意函數(shù)的定義域．eq\a\vs4\al()考法3求參數(shù)的值或范圍[例3]已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1x＋4a，x<2，,－x＋1，x≥2))是定義在R上的減函數(shù)，那么a的取值范圍是________．[解析]由f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1x＋4a，x<2，,－x＋1，x≥2))是定義在R上的減函數(shù)可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1<0，,23a－1＋4a≥－2＋1，))解得eq\f(1,10)≤a<eq\f(1,3)，即a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，\f(1,3))).[答案]eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，\f(1,3)))[方法技巧]利用函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的策略(1)視參數(shù)為已知數(shù)，依據(jù)函數(shù)的圖象或單調(diào)性定義，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，與已知單調(diào)區(qū)間比較求參數(shù)．(2)需注意若函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是單調(diào)的，則該函數(shù)在此區(qū)間的任意子集上也是單調(diào)的．(3)分段函數(shù)的單調(diào)性需要分段研究，既要保證每一段函數(shù)的單調(diào)性，還要注意每段端點(diǎn)值的大小．[針對訓(xùn)練]1．設(shè)f(x)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，則()A．f(－3)>f(π)>f(－2)B．f(π)>f(－3)>f(－2)C．f(－2)>f(－3)>f(π)D．f(－2)>f(π)>f(－3)解析：選C∵f(x)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，∴f(－2)＝f(2)，f(－3)＝f(3)，∵2<3<π，且f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(2)>f(3)>f(π)，即f(－2)>f(－3)>f(π)．2．定義在[－2,2]上的函數(shù)f(x)滿足(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]>0，x1≠x2，且f(a2－a)>f(2a－2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．[－1,2) B．[0,2)C．[0,1) D．[－1,1)解析：選C由題意知函數(shù)f(x)在[－2,2]上單調(diào)遞增，所以－2≤2a－2<a2－a≤2，解得0≤a<1，故選C.重難點(diǎn)(三)求函數(shù)的最值[典例](1)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋2)在區(qū)間[－1,1]上的最大值為________．(2)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x≤1，,x＋\f(6,x)－6，x>1，))則f(x)的最小值是________．(3)函數(shù)f(x)＝2x2－eq\r(x2＋1)的最小值為________．[解析](1)(單調(diào)性法)由于y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x在R上單調(diào)遞減，y＝log2(x＋2)在[－1,1]上單調(diào)遞增，所以f(x)在[－1,1]上單調(diào)遞減，故f(x)在[－1,1]上的最大值為f(－1)＝3.(2)(利用單調(diào)性和基本不等式求解)因?yàn)楹瘮?shù)y＝x2在(－∞，0)內(nèi)單調(diào)遞減，在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x≤1時，f(x)min＝f(0)＝0.當(dāng)x>1時，y＝x＋eq\f(6,x)≥2eq\r(6)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\r(6)時，等號成立，此時f(x)min＝2eq\r(6)－6.又2eq\r(6)－6<0，所以f(x)min＝2eq\r(6)－6.(3)(換元法)令eq\r(x2＋1)＝t，t≥1，則x2＝t2－1，∴y＝2(t2－1)－t＝2t2－t－2(t≥1)．∵y＝2t2－t－2(t≥1)的對稱軸t＝eq\f(1,4)，∴ymin＝2×12－1－2＝－1，∴函數(shù)f(x)的最小值為－1.[答案](1)3(2)2eq\r(6)－6(3)－1[方法技巧]求函數(shù)最值的5種常用方法單調(diào)性法先確定函數(shù)的單調(diào)性，再由單調(diào)性結(jié)合端點(diǎn)值求最值圖象法先作出函數(shù)的圖象，再觀察其最高點(diǎn)、最低點(diǎn)，求出最值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，然后用基本不等式求出最值導(dǎo)數(shù)法先求出導(dǎo)函數(shù)，然后求出在給定區(qū)間上的極值，最后結(jié)合端點(diǎn)值，求出最值換元法對于比較復(fù)雜的函數(shù)，可通過換元轉(zhuǎn)化為熟悉的函數(shù)，再用相應(yīng)的方法求最值[針對訓(xùn)練]1．函數(shù)y＝x＋eq\r(1－x2)的最大值為________．解析：由1－x2≥0，可得－1≤x≤1.可令x＝cosθ，θ∈[0，π]，則y＝cosθ＋sinθ＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，θ∈[0，π]，所以－1≤y≤eq\r(2)，故原函數(shù)的最大值為eq\r(2).答案：eq\r(2)2．對于任意實(shí)數(shù)a，b，定義min{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\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________．解析：在同一坐標(biāo)系中作出函數(shù)f(x)，g(x)的圖象，依題意，h(x)的圖象如圖中實(shí)線所示．易知點(diǎn)A(2,1)為圖象的最高點(diǎn)，因此h(x)的最大值為h(2)＝1.答案：1層級三/細(xì)微點(diǎn)——優(yōu)化完善(掃盲點(diǎn))1．(忽視復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì))函數(shù)f(x)＝eq\r(3＋2x－x2)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(－∞，1] B．[1，＋∞)C．[1,3] D．[－1,1]解析：選D設(shè)z＝3＋2x－x2，則y＝eq\r(z)，由3＋2x－x2≥0，解得－1≤x≤3，由于z＝3＋2x－x2在[－1,1]上單調(diào)遞增，在(1,3]上單調(diào)遞減，又y＝eq\r(z)在定義域上單調(diào)遞增，可得f(x)＝eq\r(3＋2x－x2)的單調(diào)遞增區(qū)間為[－1,1]．2．(忽略抽象函數(shù)的定義域)設(shè)a∈R，已知函數(shù)y＝f(x)是定義在[－4,4]上的減函數(shù)，且f(a＋1)>f(2a)，則a的取值范圍是()A．[－4,1) B．(1,4]C．(1,2] D．[－5,2]解析：選C∵函數(shù)y＝f(x)是定義在[－4,4]上的減函數(shù)，且f(a＋1)>f(2a)，∴－4≤a＋1<2a≤4，解得1<a≤2，故選C.3．(結(jié)合新定義問題)如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間I上是減函數(shù)，而函數(shù)y＝eq\f(fx,x)在區(qū)間I上是增函數(shù)，那么稱函數(shù)y＝f(x)是區(qū)間I上的“緩減函數(shù)”，區(qū)間I叫“緩減區(qū)間”．可以證明函數(shù)f(x)＝eq\f(x,a)＋eq\f(b,x)(a>0，b>0)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－eq\r(ab)]，[eq\r(ab)，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間為[－eq\r(ab)，0)，(0，eq\r(ab)]．若函數(shù)h(x)＝eq\f(1,2)x2－2x＋1是區(qū)間I上的“緩減函數(shù)”，則下列區(qū)間中為函數(shù)h(x)的“緩減區(qū)間”的是()A．(0,2] B．(0，eq\r(2)]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)) D．[1，eq\r(3)]解析：選C對于h(x)＝eq\f(1,2)x2－2x＋1，單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，2]；對于y＝eq\f(hx,x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(1,x)－2，單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－eq\r(2)]和[eq\r(2)，＋∞)，h(x)＝eq\f(1,2)x2－2x＋1的“緩減區(qū)間”為(－∞，－eq\r(2)]和[eq\r(2)，2]，只有C中的eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))?[eq\r(2)，2]，其他都不包含在上述區(qū)間中的任意一個之內(nèi)，故選C.4．(混淆“單調(diào)區(qū)間”和“在區(qū)間上單調(diào)”)(1)若函數(shù)f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，4]，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．(2)若函數(shù)f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2在區(qū)間(－∞，4]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，4]，且函數(shù)f(x)的圖象的對稱軸為直線x＝1－a，所以1－a＝4，即a＝－3.(2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間(－∞，4]上單調(diào)遞減，且函數(shù)f(x)的圖象的對稱軸為直線x＝1－a，所以1－a≥4，即a≤－3.答案：(1){－3}(2)(－∞，－3]5．(強(qiáng)化開放思維)能使“函數(shù)f(x)＝x|x－1|在區(qū)間I上不是單調(diào)函數(shù)，且在區(qū)間I上的函數(shù)值的集合為[0,2]”是真命題的一個區(qū)間I為________．解析：已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x，x≥1，,－x2＋x，x<1，))所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)單調(diào)遞減．又f(0)＝f(1)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,4)<2，f(2)＝2，則符合題意的一個區(qū)間I可以為[0,2]．答案：[0,2](答案不唯一)[課時驗(yàn)收評價]一、點(diǎn)全面廣強(qiáng)基訓(xùn)練1．(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)))xC．f(x)＝x2 D．f(x)＝eq\r(3,x)解析：選D函數(shù)f(x)＝－x是一次函數(shù)，在R上是減函數(shù)；函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))x是指數(shù)函數(shù)，底數(shù)0<eq\f(2,3)<1，所以函數(shù)f(x)在R上是減函數(shù)；函數(shù)f(x)＝x2是二次函數(shù)，在(－∞，0]上是減函數(shù)，在[0，＋∞)上是增函數(shù)；函數(shù)f(x)＝eq\r(3,x)＝xeq\f(1,3)是冪函數(shù)，指數(shù)eq\f(1,3)>0，所以函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)．故選D.2．設(shè)a∈R，函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)，則()A．f(a2＋a＋2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4))) B．f(a2＋a＋2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)))C．f(a2＋a＋2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4))) D．f(a2＋a＋2)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)))解析：選C∵a2＋a＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2＋eq\f(7,4)≥eq\f(7,4)，又f(x)在R上是增函數(shù)，∴f(a2＋a＋2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4))).3．函數(shù)y＝eq\r(x2＋3x)的單調(diào)遞減區(qū)間為()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．[0，＋∞) D．(－∞，－3]解析：選D由題意，x2＋3x≥0，可得x≤－3或x≥0，函數(shù)y＝eq\r(x2＋3x)的定義域?yàn)?－∞，－3]∪[0，＋∞)．令t＝x2＋3x，則外層函數(shù)y＝eq\r(t)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，內(nèi)層函數(shù)t＝x2＋3x在(－∞，－3]上單調(diào)遞減，在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以，函數(shù)y＝eq\r(x2＋3x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－3]．4．已知函數(shù)f(x)是定義域?yàn)閇0，＋∞)上的減函數(shù)，且f(2)＝－1，則滿足f(2x－4)>－1的實(shí)數(shù)x的取值范圍是()A．(3，＋∞) B．(－∞，3)C．[2,3) D．[0,3)解析：選Cf(x)在定義域[0，＋∞)上是減函數(shù)，且f(2)＝－1，∴f(2x－4)>－1可化為f(2x－4)>f(2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－4≥0，,2x－4<2，))解得2≤x<3.5．若f(x)＝－x2＋2ax與g(x)＝eq\f(a,x)在區(qū)間[1,2]上都單調(diào)遞減，則a的取值范圍是()A．(－1,0)∪(0,1) B．(－1,0)C．(0,1) D．(0,1]解析：選D因?yàn)間(x)＝eq\f(a,x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞減，所以a>0.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝－x2＋2ax的圖象開口向下，對稱軸為直線x＝a，且函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞減，所以a≤1.故滿足題意的a的取值范圍是(0,1]．6．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________．解析：由于y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋1，x≥0，,－x2－2x＋1，x<0，))即y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－12＋2，x≥0，,－x＋12＋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，＋∞)．答案：(－∞，－1]和[0,1](－1,0)和(1，＋∞)7．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)＝________.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]上是減函數(shù)，∴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).答案：eq\f(8,3)8．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－5，x≤2，,3sinx，x>2))的值域?yàn)開_______．解析：當(dāng)x≤2時，f(x)＝2x－5單調(diào)遞增，則－5<f(x)≤－1；當(dāng)x>2時，sinx∈[－1,1]，∴f(x)＝3sinx∈[－3,3]．故f(x)的值域是(－5,3]．答案：(－5,3]9．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋2,x).(1)寫出函數(shù)f(x)的定義域和值域；(2)證明：函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為單調(diào)遞減函數(shù)，并求f(x)在x∈[2,8]上的最大值和最小值．解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|x≠0}．又f(x)＝1＋eq\f(2,x)，所以值域?yàn)閧y|y≠1}．(2)證明：由題意可設(shè)0<x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x2)))＝eq\f(2,x1)－eq\f(2,x2)＝eq\f(2x2－x1,x1x2).又0<x1<x2，所以x1x2>0，x2－x1>0，所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為單調(diào)遞減函數(shù)．在x∈[2,8]上，f(x)的最大值為f(2)＝2，最小值為f(8)＝eq\f(5,4).10．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?yàn)镽，∴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＋2x11＋2x2)，∵y＝2x在R上單調(diào)遞增且x1<x2，即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)．二、重點(diǎn)難點(diǎn)培優(yōu)訓(xùn)練1．已知減函數(shù)f(x)的定義域是實(shí)數(shù)集R，m，n都是實(shí)數(shù)．如果不等式f(m)－f(n)>f(－m)－f(－n)成立，那么下列不等式成立的是()A．m－n<0 B．m－n>0C．m＋n<0 D．m＋n>0解析：選A設(shè)F(x)＝f(x)－f(－x)，由于f(x)是R上的減函數(shù)，∴f(－x)是R上的增函數(shù)，－f(－x)是R上的減函數(shù)，∴F(x)是R上的減函數(shù)，∴當(dāng)m<n時，有F(m)>F(n)，即f(m)－f(－m)>f(n)－f(－n)成立．因此，當(dāng)f(m)－f(n)>f(－m)－f(－n)成立時，不等式m－n<0一定成立，故選A.2．已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1，②當(dāng)x>0時，f(x)>－1.(1)求f(0)的值，并證明f(x)在R上是增函數(shù)；(2)若f(1)＝1，解關(guān)于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)>4.解：(1)令x＝y(tǒng)＝0，得f(0)＝－1.在R上任取x1>x2，則x1－x2>0，f(x1－x2)>－1.又f(x1)＝f[(x1－x2)＋x2]＝f(x1－x2)＋f(x2)＋1>f(x2)，所以函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)．(2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5.由f(x2＋2x)＋f(1－x)>4得f(x2＋x＋1)>f(3)，又函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)，故x2＋x＋1>3，解得x<－2或x>1，故原不等式的解集為{x|x<－2或x>1}．第三節(jié)函數(shù)的奇偶性與周期性eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1.結(jié)合具體函數(shù)，了解函數(shù)奇偶性的含義.,2.會運(yùn)用函數(shù)的圖象理解和研究函數(shù)的奇偶性.,3.了解函數(shù)周期性、最小正周期的含義，會判斷、應(yīng)用簡單函數(shù)的周期性.))1．函數(shù)的奇偶性奇偶性定義圖象特點(diǎn)奇函數(shù)如果對于函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)任意一個x，都有f(－x)＝－f(x)，那么函數(shù)f(x)就叫做奇函數(shù)關(guān)于原點(diǎn)對稱偶函數(shù)如果對于函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)任意一個x，都有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2．函數(shù)的周期性周期函數(shù)對于函數(shù)f(x)，如果存在一個非零常數(shù)T，使得當(dāng)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)f(x)為周期函數(shù)，稱T為這個函數(shù)的周期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)①如果一個奇函數(shù)f(x)在原點(diǎn)處有定義，即f(0)有意義，那么一定有f(0)＝0.②如果函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，那么f(x)＝f(|x|)．(2)奇函數(shù)在兩個對稱的區(qū)間上具有相同的單調(diào)性；偶函數(shù)在兩個對稱的區(qū)間上具有相反的單調(diào)性．(3)奇函數(shù)的特殊性質(zhì)①若f(x)為奇函數(shù)，則f(x)＋f(－x)＝0.特別地，若f(x)存在最值，則f(x)min＋f(x)max＝0.②若F(x)＝f(x)＋c，f(x)為奇函數(shù)，則F(－x)＋F(x)＝2c.特別地，若F(x)存在最值，則F(x)min＋F(x)max＝2c.(4)函數(shù)周期性的3個常用結(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,fx)，則T＝2a(a>0)；③若f(x＋a)＝－eq\f(1,fx)，則T＝2a(a>0)．(5)對稱性的3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若對于R上的任意x都有f(2a－x)＝f(x)或f(－x)＝f(2a＋x)，則y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對稱．③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(diǎn)(b,0)中心對稱．1．下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又在區(qū)間(1,2)內(nèi)單調(diào)遞減的是()A．f(x)＝eq\r(x) B．f(x)＝eq\f(1,x2)C．f(x)＝2x＋2－x D．f(x)＝－cosx答案：B2．已知f(x)滿足f(x＋2)＝f(x)，當(dāng)x∈[0,1]時，f(x)＝2x，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))等于()A.eq\f(1,2) B．eq\r(2)C.eq\f(\r(2),2) D．1解析：選B由f(x＋2)＝f(x)，知函數(shù)f(x)的周期T＝2，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2eq\f(1,2)＝eq\r(2).3．已知函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，當(dāng)x<0時，f(x)＝2x＋2，則f(1)＝________.答案：－eq\f(5,2)4．已知f(x)＝ax2＋bx是定義在[a－1,2a]上的偶函數(shù)，那么a＋b的值是________．答案：eq\f(1,3)層級一/基礎(chǔ)點(diǎn)——自練通關(guān)(省時間)基礎(chǔ)點(diǎn)判斷函數(shù)的奇偶性[題點(diǎn)全訓(xùn)]1．在函數(shù)y＝xcosx，y＝ex＋x2，y＝lgeq\r(x2－2)，y＝xsinx中，偶函數(shù)的個數(shù)是()A．1 B．2C．3 D．4解析：選By＝xcosx是奇函數(shù)，y＝lgeq\r(x2－2)和y＝xsinx是偶函數(shù)，y＝