2024年高考數(shù)學(xué)第二章函數(shù)的概念與基本初等函數(shù)

第二章函數(shù)的概念與基本初等函數(shù)2．1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，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?如圖象法、列表法、解析法)表示函數(shù)，理解函數(shù)圖象的作用．3．通過具體實(shí)例，了解簡單的分段函數(shù)，并能簡單應(yīng)用．知識梳理1．函數(shù)的概念(1)函數(shù)的定義一般地，設(shè)A，B是非空的實(shí)數(shù)集，如果對于集合A中的任意一個(gè)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(gè)函數(shù)，記作y＝f(x)，x∈A.(2)函數(shù)的三要素函數(shù)由定義域、值域和對應(yīng)關(guān)系三個(gè)要素構(gòu)成．在函數(shù)y＝f(x)，x∈A中，自變量的取值范圍(即數(shù)集A)稱為這個(gè)函數(shù)的定義域，所有函數(shù)值組成的集合{f(x)|x∈A}稱為函數(shù)的值域．2．函數(shù)的表示法解析法圖象法列表法用解析式表示兩個(gè)變量之間的對應(yīng)關(guān)系用圖象表示兩個(gè)變量之間的對應(yīng)關(guān)系列出表格來表示兩個(gè)變量之間的對應(yīng)關(guān)系3.分段函數(shù)若函數(shù)在其定義域內(nèi)，對于定義域內(nèi)的不同取值區(qū)間，有著不同的對應(yīng)關(guān)系，這樣的函數(shù)叫做分段函數(shù)．注意關(guān)于分段函數(shù)的3個(gè)注意點(diǎn)(1)分段函數(shù)雖然由幾個(gè)部分構(gòu)成，但它表示同一個(gè)函數(shù)；(2)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；(3)各段函數(shù)的定義域不可以相交.常用結(jié)論與知識拓展1．幾種常見函數(shù)的定義域(1)f(x)為分式型函數(shù)時(shí)，定義域?yàn)槭狗帜覆粸榱愕膶?shí)數(shù)集合．(2)f(x)為偶次根式型函數(shù)時(shí)，定義域?yàn)槭贡婚_方式非負(fù)的實(shí)數(shù)集合．(3)f(x)為對數(shù)式時(shí)，函數(shù)的定義域是使真數(shù)為正數(shù)、底數(shù)為正且不為1的實(shí)數(shù)集合．(4)若f(x)＝x0，則定義域?yàn)閧x|x≠0}．(5)f(x)為指數(shù)式時(shí)，函數(shù)的定義域是使底數(shù)大于0且不等于1的實(shí)數(shù)集合．2．直線x＝a(a是常數(shù))與函數(shù)y＝f(x)的圖象有0個(gè)或1個(gè)交點(diǎn)．3．判斷兩個(gè)函數(shù)相等的依據(jù)是兩個(gè)函數(shù)的定義域和對應(yīng)關(guān)系完全一致．4．基本初等函數(shù)的值域(1)y＝kx＋b(k≠0)的值域是R.(2)y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的值域：當(dāng)a>0時(shí)，值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))；當(dāng)a<0時(shí)，值域?yàn)閑q\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4ac－b2,4a))).(3)y＝eq\f(k,x)(k≠0)的值域是{y|y≠0}．(4)y＝ax(a>0且a≠1)的值域是(0，＋∞)．(5)y＝logax(a>0且a≠1)的值域是R.基礎(chǔ)檢測1．判斷下列命題是否正確，正確的在括號內(nèi)畫“√”，錯誤的畫“×”．(1)函數(shù)f(x)＝x2－2x與g(t)＝t2－2t是同一個(gè)函數(shù)．(√)(2)若兩個(gè)函數(shù)的定義域與值域相同，則這兩個(gè)函數(shù)是同一個(gè)函數(shù)．(×)(3)函數(shù)f(x)的圖象與直線x＝1最多有一個(gè)交點(diǎn)．(√)(4)分段函數(shù)是由兩個(gè)或幾個(gè)函數(shù)組成的．(×)(5)f(x)＝eq\r(x－3)＋eq\r(2－x)是一個(gè)函數(shù)．(×)2．(教材改編題)函數(shù)y＝f(x)圖象如圖所示，則：(1)f(f(2))＝2；(2)若－1＜x1≤x2＜2，則f(x1)與f(x2)的大小關(guān)系為f(x1)≥f(x2)；(3)若f(x)＝0，則x＝－3.解析：(1)由題圖可知，f(2)＝2，故f(f(2))＝f(2)＝2.(2)由題圖可知，f(x)在區(qū)間(－1,2)上是單調(diào)減函數(shù)，故可得f(x1)≥f(x2)．(3)由題圖可知，f(x)過點(diǎn)(－3,0)，故可得x＝－3.3．(教材改編題)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,2x－1，x>0，))則f(f(0))的值為1；方程f(－x)＝1的解是0或－1.解析：∵f(0)＝1，∴f(f(0))＝f(1)＝1；當(dāng)－x≤0時(shí)，f(－x)＝－x＋1＝1，解得x＝0；當(dāng)－x>0時(shí)，f(－x)＝2－x－1＝1，解得x＝－1.4．(教材改編題)下列四組函數(shù)中表示同一個(gè)函數(shù)的是③.(填序號)①f(x)＝eq\r(x－1)·eq\r(x－1)與g(x)＝eq\r(x－12)；②f(x)＝x與g(x)＝eq\f(x2,x)；③f(x)＝eq\r(x2)與g(x)＝|x|；④f(x)＝1，x∈R與g(x)＝x0.解析：①中函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇1，＋∞)，g(x)的定義域?yàn)镽，定義域不同，不是同一個(gè)函數(shù)；②中函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，g(x)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，定義域不同，不是同一個(gè)函數(shù)；③中函數(shù)f(x)，g(x)的定義域均為R，對應(yīng)關(guān)系也相同，是同一個(gè)函數(shù)；④中函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，g(x)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，定義域不同，不是同一個(gè)函數(shù)．故填③.5．(多選題)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(BC)解析：A選項(xiàng)中的值域不滿足，D選項(xiàng)不是函數(shù)的圖象，由函數(shù)的定義可知選項(xiàng)B，C正確．考點(diǎn)1函數(shù)的定義域【例1】(1)(2022·山東濟(jì)南聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝eq\r(1－4x2)＋ln(3x－1)的定義域?yàn)?B)A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,4))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))解析：要使函數(shù)f(x)＝eq\r(1－4x2)＋ln(3x－1)有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－4x2≥0，,3x－1>0))?eq\f(1,3)<x≤eq\f(1,2).∴函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閑q\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))).故選B.(2)(2022·河北唐山檢測)已知函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)閇－8,1]，則函數(shù)g(x)＝eq\f(f2x＋1,x＋2)的定義域是(C)A．(－∞，－2)∪(－2,3]B．(－8，－2)∪(－2,1]C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，－2))∪(－2,0]D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，－2))解析：∵f(x)的定義域?yàn)閇－8,1]，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－8≤2x＋1≤1，,x＋2≠0，))解得－eq\f(9,2)≤x≤0，且x≠－2.∴g(x)的定義域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，－2))∪(－2,0]．故選C.規(guī)律總結(jié)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(shí)質(zhì)就是以函數(shù)解析式中所含式子(運(yùn)算)有意義為準(zhǔn)則，列出不等式或不等式組求解；對于實(shí)際問題，定義域應(yīng)使實(shí)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?yàn)閇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?yàn)閇a，b]，則f(x)的定義域?yàn)間(x)在x∈[a，b]上的值域．3．定義域是一個(gè)集合，要用集合或區(qū)間表示，若用區(qū)間表示數(shù)集，不能用“或”連接，而應(yīng)該用并集符號“∪”連接．【對點(diǎn)訓(xùn)練1】(1)已知函數(shù)f(2x－1)的定義域?yàn)閇0,1]，則eq\f(f2x＋1,log2x＋1)的定義域是(A)A．(－1,0) B．(－1,0]C．[－1,0) D．[－1,0]解析：由題意0≤x≤1，∴－1≤2x－1≤1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤2x＋1≤1，,x＋1>0，,x＋1≠1，))解得－1<x<0.(2)(2022·湖北襄陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(3x－1,ax2＋ax－3)的定義域是R，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是－12<a≤0.解析：因?yàn)楹瘮?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(shí)數(shù)x都成立．當(dāng)a＝0時(shí)，顯然成立；當(dāng)a≠0時(shí)，需Δ＝a2＋12a<0，解得－12<a<0.綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為－12<a≤0.考點(diǎn)2求函數(shù)的解析式【例2】(1)(2022·廣東東莞三模)已知f(eq\r(x)＋1)＝x＋2eq\r(x)，則f(x)＝(C)A．x2－1(x≥0) B．eq\r(x)＋1(x≥1)C．x2－1(x≥1) D．eq\r(x)－1(x≥0)解析：已知f(eq\r(x)＋1)＝x＋2eq\r(x)，則f(eq\r(x)＋1)＝(eq\r(x))2＋2eq\r(x)＋1－1＝(eq\r(x)＋1)2－1，令t＝eq\r(x)＋1(t≥1)，∴f(t)＝t2－1(t≥1)，∴f(x)＝x2－1(x≥1)．(2)設(shè)函數(shù)f(x)是單調(diào)遞增的一次函數(shù)，滿足f(f(x))＝16x＋5，則f(x)＝(D)A．－4x－eq\f(5,3) B．4x－eq\f(5,3)C．4x－1 D．4x＋1解析：∵f(x)為單調(diào)遞增的一次函數(shù)，∴設(shè)f(x)＝ax＋b(a>0)，故f(f(x))＝a(ax＋b)＋b＝a2x＋ab＋b＝16x＋5，∴a2＝16，ab＋b＝5，解得a＝4，b＝1或a＝－4，b＝－eq\f(5,3)(不合題意，舍去)．因此f(x)＝4x＋1.故選D.(3)若函數(shù)f(x)滿足f(x)－2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝x＋2，則f(2)＝－3.解析：由f(x)－2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝x＋2，可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))－2f(x)＝eq\f(1,x)＋2，聯(lián)立兩式可得f(x)＝－eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))－2，代入x＝2可得f(2)＝－3.規(guī)律總結(jié)求函數(shù)解析式的常用方法(1)待定系數(shù)法：若已知函數(shù)的類型，可用待定系數(shù)法；(2)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(shí)要注意新元的取值范圍；(3)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)的解析式，然后以x替代g(x)，便得f(x)的解析式；(4)構(gòu)造法：已知關(guān)于f(x)與feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))或f(－x)的解析式，可根據(jù)已知條件再構(gòu)造出另外一個(gè)等式，通過解方程組求出f(x)．【對點(diǎn)訓(xùn)練2】(1)(2022·湖南長沙模擬)已知函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x＋1)))＝2x2－3x，則f(2)＝(A)A．－1 B．1C．2 D．3解析：令eq\f(4,x＋1)＝2，則x＝1，所以f(2)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,1＋1)))＝2－3＝－1.故選A.(2)若f(x)滿足2f(x)＋f(－x)＝3x，則f(x)＝3x解析：因?yàn)?f(x)＋f(－x)＝3x①，將x用－x替換，得2f(－x)＋f(x)＝－3x②，由①②得f(x)＝3考點(diǎn)3分段函數(shù)命題角度1求分段函數(shù)的函數(shù)值【例3】(1)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋1，x<2，,x2＋ax，x≥2，))若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))))＝－6，則實(shí)數(shù)a＝－5，f(2)＝－6.解析：由題意，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝3×eq\f(2,3)＋1＝3，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))))＝f(3)＝9＋3a＝－6，所以a＝－5，f(2)＝4－5×2＝－6.(2)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x，x≥3.,fx＋1，x<3，))則f(2＋log32)的值為eq\f(1,54).解析：因?yàn)?＋log31<2＋log32<2＋log33，即2<2＋log32<3，所以f(2＋log32)＝f(2＋log32＋1)＝f(3＋log32)，又3<3＋log32<4，所以f(3＋log32)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋log32＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))log32＝eq\f(1,27)×(3－1)log32＝eq\f(1,27)×3－log32＝eq\f(1,27)×3eq\s\up15(log3eq\f(1,2))＝eq\f(1,27)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,54)，所以f(2＋log32)＝eq\f(1,54).規(guī)律總結(jié)關(guān)于分段函數(shù)求值問題的解題思路(1)求函數(shù)值：先確定要求值的自變量屬于哪一段區(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(shí)，應(yīng)從內(nèi)到外依次求值．(2)求自變量的值：先假設(shè)所求的值在分段函數(shù)定義區(qū)間的各段上，然后求出相應(yīng)自變量的值，切記要代入檢驗(yàn)．【對點(diǎn)訓(xùn)練3】德國數(shù)學(xué)家狄利克雷在1837年時(shí)提出：“如果對于x的每一個(gè)值，y總有一個(gè)完全確定的值與之對應(yīng)，則y是x的函數(shù)”．這個(gè)定義較清楚地說明了函數(shù)的內(nèi)涵：只要有一個(gè)法則，使得取值范圍中的每一個(gè)值，都有一個(gè)確定的y與之對應(yīng)，不管這個(gè)對應(yīng)法則是公式、圖象、表格還是其他形式．已知函數(shù)f(x)由下表給出，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))的值為(D)xx≤11<x<2x≥2f(x)123A．0 B．1C．2 D．3解析：∵eq\f(1,2)∈(－∞，1]，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1，則10feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝10，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＝f(10)．又∵10∈[2，＋∞)，∴f(10)＝3.故選D.命題角度2分段函數(shù)與方程、不等式問題【例4】(1)設(shè)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)，0<x<1，,2x－1，x≥1，))若f(a)＝f(a＋1)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝(C)A．2 B．4C．6 D．8解析：因?yàn)楫?dāng)0＜x＜1時(shí)，f(x)＝eq\r(x)為增函數(shù)，當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＝2(x－1)為增函數(shù)，又f(a)＝f(a＋1)，所以eq\r(a)＝2(a＋1－1)，所以a＝eq\f(1,4).所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝f(4)＝6.(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(D)A．(－∞，－1] B．(0，＋∞)C．(－1,0) D．(－∞，0)解析：因?yàn)閒(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x，x≤0，,1，x>0，))所以函數(shù)f(x)的圖象如圖所示．由圖可知，當(dāng)x＋1≤0且2x≤0時(shí)，函數(shù)f(x)為減函數(shù)，故f(x＋1)＜f(2x)轉(zhuǎn)化為x＋1＞2x.此時(shí)x≤－1.當(dāng)2x＜0且x＋1＞0時(shí)，f(2x)＞1，f(x＋1)＝1，滿足f(x＋1)＜f(2x)．此時(shí)－1＜x＜0.綜上，不等式f(x＋1)＜f(2x)的解集為(－∞，－1]∪(－1,0)＝(－∞，0)．規(guī)律總結(jié)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(shí)，應(yīng)根據(jù)每一段的解析式分別求解，但要注意檢驗(yàn)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．尤其要注意，當(dāng)分段函數(shù)的自變量范圍不確定時(shí)，應(yīng)分類討論．【對點(diǎn)訓(xùn)練4】(1)(2022·山東濰坊一中模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－1，x≥2，,log2x，0<x<2，))若f(m)＝3，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－m))＝－1.解析：當(dāng)m≥2時(shí)，m2－1＝3，所以m＝2或m＝－2(舍去)；當(dāng)0<m<2時(shí)，log2m＝3，所以m＝8(舍去)．所以m＝2.所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－m))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝log2eq\f(1,2)＝－1.(2)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋x，x≥0，,－3x，x<0，))若a[f(a)－f(－a)]>0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－2)∪(2，＋∞)．解析：由題意知，a≠0，當(dāng)a>0時(shí)，不等式a[f(a)－f(－a)]>0可化為a2＋a－3a>0，解得a>2.當(dāng)a<0時(shí)，不等式a[f(a)－f(－a)]>0可化為－a2－2a<0，解得a<－2.綜上所述，a的取值范圍為(－∞，－2)∪(2，＋考點(diǎn)4求函數(shù)的值域【例5】求下列函數(shù)的值域．(1)y＝eq\f(4x－2,2x＋1)；(2)y＝x＋eq\r(2x－1)；(3)y＝logeq\s\do8(\f(1,3))(－x2－4x＋5)．解：(1)函數(shù)y＝eq\f(4x－2,2x＋1)定義域?yàn)閑q\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(1,2))))).因?yàn)閥＝eq\f(4x－2,2x＋1)＝eq\f(4x＋2－4,2x＋1)＝2－eq\f(4,2x＋1)，所以值域?yàn)閧y|y≠2}．(2)解法1：函數(shù)y＝x＋eq\r(2x－1)定義域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，令t＝eq\r(2x－1)，則x＝eq\f(t2＋1,2)，所以y＝eq\f(t2＋1,2)＋t＝eq\f(1,2)(t＋1)2(t≥0)．因?yàn)楹瘮?shù)y＝eq\f(1,2)(t＋1)2在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以y∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).解法2：函數(shù)y＝x＋eq\r(2x－1)定義域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，因?yàn)楹瘮?shù)y＝x＋eq\r(2x－1)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以函數(shù)y＝x＋eq\r(2x－1)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(3)令t＝－x2－4x＋5，由t>0，得－5<x<1.所以函數(shù)的定義域?yàn)?－5，1)．又t＝－x2－4x＋5＝－(x＋2)2＋9∈(0,9]，所以函數(shù)y＝logeq\s\do8(\f(1,3))t∈[－2，＋∞)．故值域?yàn)閇－2，＋∞)．規(guī)律總結(jié)求值域的方法(1)分離常數(shù)法，形如y＝eq\f(afx＋b,cfx＋d)(ac≠0)(f(x)為常見的基本初等函數(shù))的函數(shù)常用分離常數(shù)法或反解法(即用y表示f(x)，然后借助f(x)的取值范圍求y的取值范圍)；(2)換元法，形如y＝ax±b±eq\r(cx±d)，通過換元將他們轉(zhuǎn)化為有理函數(shù)，通過求有理函數(shù)的值域間接求原函數(shù)的值域．若函數(shù)的解析式可以看作是一個(gè)關(guān)于基本初等函數(shù)的二次式，可以考慮換元法，但是要注意換元后新元的取值范圍．對比較復(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)的方法求值域；(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，用基本不等式求出值域；(4)單調(diào)性法，先確定函數(shù)的單調(diào)性，再由單調(diào)性求值域．【對點(diǎn)訓(xùn)練5】求下列函數(shù)的值域：(1)y＝eq\f(2x－1,2x＋1)；(2)y＝2x＋eq\r(1－x).解：(1)因?yàn)閥＝eq\f(2x－1,2x＋1)＝1－eq\f(2,2x＋1)，定義域?yàn)镽.當(dāng)x∈R時(shí)，2x＋1>1，eq\f(1,2x＋1)∈(0,1)，－eq\f(2,2x＋1)∈(－2,0)，所以y＝1－eq\f(2,2x＋1)∈(－1,1)．故值域?yàn)?－1,1)．(2)函數(shù)定義域?yàn)?－∞，1]．令t＝eq\r(1－x)，則t≥0且x＝1－t2.此時(shí)y＝2(1－t2)＋t＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,4)))2＋eq\f(17,8)，當(dāng)t＝eq\f(1,4)時(shí)，y取到最大值eq\f(17,8)，故函數(shù)值域?yàn)閑q\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(17,8))).函數(shù)的新定義問題(1)函數(shù)新定義問題的一般形式是由命題者先給出一個(gè)新的概念、新的運(yùn)算法則，或者給出一個(gè)抽象函數(shù)的性質(zhì)等，然后讓學(xué)生按照這種“新定義”去解決相關(guān)的問題．(2)解決函數(shù)新定義問題的關(guān)鍵是緊扣新定義，學(xué)會語言的翻譯和新舊知識的轉(zhuǎn)化，可以培養(yǎng)學(xué)生的數(shù)學(xué)抽象的核心素養(yǎng)．【題目呈現(xiàn)】(多選題)(2022·廣東深圳3月模擬)在平面直角坐標(biāo)系中，橫坐標(biāo)、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn)稱為整點(diǎn)，若函數(shù)f(x)的圖象恰好經(jīng)過n(n∈N*)個(gè)整點(diǎn)，則稱函數(shù)f(x)為n階整點(diǎn)函數(shù)．下列函數(shù)是一階整點(diǎn)函數(shù)的是(AD)A．f(x)＝sin2x B．g(x)＝x3C．h(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x D．φ(x)＝lnx解析：對于函數(shù)f(x)＝sin2x，它的圖象(圖略)只經(jīng)過一個(gè)整點(diǎn)(0,0)，所以它是一階整點(diǎn)函數(shù)；對于函數(shù)g(x)＝x3，它的圖象(圖略)經(jīng)過整點(diǎn)(0,0)，(1,1)，…，所以它不是一階整點(diǎn)函數(shù)；對于函數(shù)h(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x，它的圖象(圖略)經(jīng)過整點(diǎn)(0,1)，(－1,3)，…，所以它不是一階整點(diǎn)函數(shù)；對于函數(shù)φ(x)＝lnx，它的圖象(圖略)只經(jīng)過一個(gè)整點(diǎn)(1,0)，所以它是一階整點(diǎn)函數(shù)．故選AD.素養(yǎng)檢測1．若一系列函數(shù)的解析式和值域相同，但其定義域不同，則稱這些函數(shù)為“同族函數(shù)”，請寫出一個(gè)與函數(shù)y＝x2，x∈[0,2]為“同族函數(shù)”的函數(shù)：y＝x2，x∈[－2,1](答案不唯一，參考解析中的t，m的值)．解析：函數(shù)y＝x2，x∈[0,2]的值域?yàn)閇0,4]，因此其“同族函數(shù)”的函數(shù)解析式可以是y＝x2，x∈[－2，t](0≤t≤2)，也可以是y＝x2，x∈[m,2](－2≤m≤0)中的任意一個(gè)．2．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xx－1，x≥0，,－f－x，x<0，))則滿足f(x)＋f(x－1)<2的x的取值范圍是(－∞，2)．解析：當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝－f(－x)＝－[－x(－x－1)]＝－x(x＋1)，①若x<0，則x－1<－1，由f(x)＋f(x－1)<2得－x(x＋1)－(x－1)x<2，即－2x2<2，即x2>－1，此式恒成立，此時(shí)x<0.②若x≥1，則x－1≥0，由f(x)＋f(x－1)<2得x(x－1)＋(x－1)(x－2)<2，即x2－2x<0，即0<x<2，此時(shí)1≤x<2.③若0≤x<1，則x－1<0，由f(x)＋f(x－1)<2得x(x－1)－(x－1)x<2，即0<2，此時(shí)不等式恒成立，此時(shí)0≤x<1.綜上x<2，即不等式的解集為(－∞，2)．課時(shí)作業(yè)6基礎(chǔ)鞏固一、單項(xiàng)選擇題1．f(x)＝eq\r(1－x)＋lg(3x－1)的定義域?yàn)?A)A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)) B．(0,1]C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))解析：要使f(x)＝eq\r(1－x)＋lg(3x－1)有意義，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x≥0，,3x－1>0，))解得eq\f(1,3)<x≤1.所以函數(shù)f(x)＝eq\r(1－x)＋lg(3x－1)的定義域?yàn)閑q\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).故選A.2．(2022·安徽安慶期中)已知函數(shù)f(2x－1)＝x2－3，則f(3)＝(A)A．1 B．2C．4 D．6解析：令2x－1＝3，得x＝2，則f(3)＝22－3＝1.故選A.3．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－3，x≥1，,x2－2x－2，x<1，))若f(x0)＝1，則x0＝(A)A．－1或2 B．2或3C．－1或3 D．－1或2或3解析：當(dāng)x0≥1時(shí)，f(x0)＝2x0－3，∴2x0－3＝1，∴x0＝2；當(dāng)x0<1時(shí)，f(x0)＝xeq\o\al(2,0)－2x0－2，∴xeq\o\al(2,0)－2x0－2＝1，解得x0＝3(舍去)，x0＝－1，故選A.4．若函數(shù)y＝f(x)的定義域是[1,2]，則函數(shù)y＝f(eq\r(x))的定義域是(B)A．[1,2] B．[1,4]C．[1，eq\r(2)] D．[2,4]解析：若函數(shù)y＝f(x)的定義域是[1,2]，則1≤eq\r(x)≤2，解得1≤x≤4，故函數(shù)y＝f(eq\r(x))的定義域是[1,4]．5．已知f(eq\r(x)＋1)＝x＋3，則f(x＋1)的解析式為(B)A．f(x＋1)＝x＋4(x≥0)B．f(x＋1)＝x2＋3(x≥0)C．f(x＋1)＝x2－2x＋4(x≥1)D．f(x＋1)＝x2＋3(x≥1)解析：設(shè)t＝eq\r(x)＋1，t≥1，則eq\r(x)＝t－1，x＝(t－1)2，所以f(t)＝(t－1)2＋3，即f(x)＝(x－1)2＋3(x≥1)，所以f(x＋1)＝(x＋1－1)2＋3＝x2＋3，由x＋1≥1，得x≥0，所以f(x＋1)＝x2＋3(x≥0)．故選B.6．已知函數(shù)f(x)滿足f(2x)＝2f(x)，且當(dāng)1≤x<2時(shí)，f(x)＝x2，則f(3)＝(CA．eq\f(9,8) B．eq\f(9,4)C．eq\f(9,2) D．9解析：∵f(2x)＝2f(x)，且當(dāng)1≤x<2時(shí)，f(x)＝x2，∴f(3)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＝eq\f(9,2).二、多項(xiàng)選擇題7．(2022·山東濟(jì)寧調(diào)研)下列四組函數(shù)中，f(x)與g(x)相等的是(CD)A．f(x)＝lnx2，g(x)＝2lnxB．f(x)＝x，g(x)＝(eq\r(x))2C．f(x)＝x，g(x)＝eq\r(3,x3)D．f(x)＝x，g(x)＝logaax(a>0且a≠1)解析：對于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(gè)函數(shù)的定義域不相同，不是相等函數(shù)；對于B，f(x)的定義域?yàn)镽，g(x)的定義域?yàn)閧x|x≥0}，兩個(gè)函數(shù)的定義域不相同，不是相等函數(shù)；對于C，g(x)＝eq\r(3,x3)＝x(x∈R)，兩函數(shù)的定義域和對應(yīng)關(guān)系相同，是相等函數(shù)；對于D，g(x)＝logaax＝x，x∈R，兩個(gè)函數(shù)的定義域和對應(yīng)關(guān)系相同，是相等函數(shù)．8．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤－1，,x2＋1，－1<x<2，))關(guān)于函數(shù)f(x)的結(jié)論正確的是(BC)A．f(x)的定義域是RB．f(x)的值域是(－∞，5)C．若f(x)＝3，則x的值為eq\r(2)D．f(x)圖象與y＝2有兩個(gè)交點(diǎn)解析：由函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤－1，,x2＋1，－1<x<2))知，定義域?yàn)?－∞，－1]∪(－1,2)，即(－∞，2)，A錯誤；x≤－1時(shí)，f(x)＝x＋2∈(－∞，1]，－1<x<2時(shí)，x2∈(0,4)，故f(x)＝x2＋1∈(1,5)，故值域?yàn)?－∞，5)，B正確；由分段函數(shù)的取值可知f(x)＝3時(shí)x∈(－1，2)，即f(x)＝x2＋1＝3，解得x＝eq\r(2)或x＝－eq\r(2)(舍去)，故C正確；由分段函數(shù)的取值可知f(x)＝2時(shí)x∈(－1,2)，即f(x)＝x2＋1＝2，解得x＝1或x＝－1(舍去)，故f(x)圖象與y＝2有1個(gè)交點(diǎn)，故D錯誤．故選BC.9．下列四個(gè)函數(shù)：①y＝3－x；②y＝2x－1(x>0)；③y＝x2＋2x－10；④y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x≤0，,\f(1,x)，x>0，))其中定義域與值域相同的函數(shù)可以為(AD)A．① B．②C．③ D．④解析：①y＝3－x的定義域與值域均為R；②y＝2x－1(x>0)的定義域?yàn)?0，＋∞)，值域?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))；③y＝x2＋2x－10的定義域?yàn)镽，值域?yàn)閇－11，＋∞)；④y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x≤0，,\f(1,x)，x>0))的定義域和值域均為R.所以定義域與值域相同的函數(shù)是①④，故選AD.三、填空題10．已知f(x)是二次函數(shù)且滿足f(0)＝1，f(x＋1)－f(x)＝2x，則函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝x2－x＋1.解析：由題意，設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，因?yàn)閒(0)＝1，即c＝1，所以f(x)＝ax2＋bx＋1，所以f(x＋1)－f(x)＝[a(x＋1)2＋b(x＋1)＋1]－(ax2＋bx＋1)＝2ax＋a＋b＝2x，從而有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝2，,a＋b＝0，))解得a＝1，b＝－1，所以f(x)＝x2－x＋1.11．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≥0，,4x，x<0，))若f(a)＝2，則實(shí)數(shù)a＝1.解析：當(dāng)a≥0時(shí)，f(a)＝a＋1＝2，解得a＝1，符合條件．當(dāng)a<0時(shí)，f(a)＝4a＝2，解得a＝eq\f(1,2)，不符合條件，所以實(shí)數(shù)a＝1.12．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2ax＋3a，x<1，,lnx，x≥1))的值域?yàn)镽，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).解析：由題意知f(x)＝lnx(x≥1)的值域?yàn)閇0，＋∞)，故要使f(x)的值域?yàn)镽，則必有f(x)＝(1－2a)x＋3a為增函數(shù)，且1－2a＋3a≥0，所以1－2a>0且a≥－1，解得－1≤a<eq\f(1,2)，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).素養(yǎng)提升13．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy(x，y∈R)，f(1)＝3，則f(－3)＝(A)A．3 B．8C．9 D．24解析：由題意，令x＝y(tǒng)＝0，得f(0)＝f(0)＋f(0)＋2×0×0，所以f(0)＝0；令x＝y(tǒng)＝1，得f(2)＝f(1)＋f(1)＋2×1×1＝8；令x＝2，y＝1，得f(3)＝f(2)＋f(1)＋2×2×1＝15；令x＝3，y＝－3，得f(0)＝f(3)＋f(－3)＋2×3×(－3)，即0＝15＋f(－3)－18，所以f(－3)＝3.14．已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且f(x)＝3eq\r(x)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋1，則f(x)＝－eq\f(3,8)eq\r(x)－eq\f(1,8)(x>0)．解析：在f(x)＝3eq\r(x)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋1中，將x換成eq\f(1,x)，則eq\f(1,x)換成x，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3eq\r(\f(1,x))·f(x)＋1，將該方程代入已知方程消去feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，得f(x)＝－eq\f(3,8)eq\r(x)－eq\f(1,8)(x>0)．15．如果幾個(gè)函數(shù)的定義域相同、值域也相同，但解析式不同，稱這幾個(gè)函數(shù)為“同域函數(shù)”．函數(shù)y＝eq\r(x－1)－eq\r(2－x)的值域?yàn)閇－1，1]，則與y是“同域函數(shù)”的一個(gè)解析式為y＝2x－3，x∈[1,2](答案不唯一)．解析：因?yàn)閥＝eq\r(x－1)－eq\r(2－x)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1≥0，,2－x≥0，))所以函數(shù)的定義域?yàn)閇1,2]．下面求函數(shù)y的值域，不妨先求函數(shù)y2的值域，令f(x)＝y(tǒng)2＝1－2eq\r(x－12－x)，令g(x)＝(x－1)(2－x)，x∈[1,2]，所以g(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，從而得出f(x)∈[0,1]，所以y∈[－1,1]，即函數(shù)的值域?yàn)閇－1,1]．只要滿足定義域?yàn)閇1,2]，且值域?yàn)閇－1,1]的函數(shù)均符合題意，例如y＝sin(2πx)，x∈[1,2]或y＝2x－3，x∈[1,2]或y＝3x－1－2，x∈[1,2]．16．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋1，x≤1，,x2－1，x>1，))若n>m，且f(n)＝f(m)，設(shè)t＝n－m，則t的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(5)－1，\f(17,12))).解析：畫出f(x)的大致圖象如圖所示，3×1＋1＝4，令x2－1＝4(x>0)，解得x＝eq\r(5)，由n>m，f(n)＝f(m)得3m＋1＝n2－1，m＝eq\f(n2－2,3)，且1<n≤eq\r(5)，所以t＝n－m＝n－eq\f(n2－2,3)＝－eq\f(1,3)n2＋n＋eq\f(2,3)(1<n≤eq\r(5))，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)可知，當(dāng)n＝－eq\f(1,2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))))＝eq\f(3,2)時(shí)，t取得最大值，最大值為－eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋eq\f(3,2)＋eq\f(2,3)＝eq\f(17,12)，當(dāng)n＝eq\r(5)時(shí)，t取得最小值，最小值為－eq\f(1,3)×(eq\r(5))2＋eq\r(5)＋eq\f(2,3)＝eq\r(5)－1.所以t的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(5)－1，\f(17,12))).2．2函數(shù)的單調(diào)性與最值考試要求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)的單調(diào)性、最大值、最小值的作用和實(shí)際意義．知識梳理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)镈，如果對于定義域D內(nèi)某個(gè)區(qū)間I上的任意兩個(gè)自變量的值x1，x2當(dāng)x1<x2時(shí)，都有f(x1)<f(x2)，那么就稱函數(shù)f(x)在區(qū)間I上單調(diào)遞增．特別地，當(dāng)函數(shù)f(x)在它的定義域上單調(diào)遞增時(shí)，我們就稱它是增函數(shù)當(dāng)x1<x2時(shí)，都有f(x1)>f(x2)，那么就稱函數(shù)f(x)在區(qū)間I上單調(diào)遞減．特別地，當(dāng)函數(shù)f(x)在它的定義域上單調(diào)遞減時(shí)，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I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(yán)格的)單調(diào)性，區(qū)間I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?yàn)镈，如果存在實(shí)數(shù)M滿足：條件(1)?x∈D，都有f(x)≤M；(2)?x0∈D，使得f(x0)＝M(1)?x∈D，都有f(x)≥M；(2)?x0∈D，使得f(x0)＝M結(jié)論M為最大值M為最小值常用結(jié)論與知識拓展1．函數(shù)單調(diào)性的等價(jià)定義設(shè)任意x1，x2∈D(x1≠x2)，則(1)eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0)?f(x)在D上單調(diào)遞增；(2)eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0)?f(x)在D上單調(diào)遞減．2．函數(shù)f(x)＝ax＋eq\f(b,x)的單調(diào)性若a>0，b<0，則函數(shù)在區(qū)間(－∞，0)，(0，＋∞)上是增函數(shù)，若a<0，b>0，則函數(shù)在區(qū)間(－∞，0)，(0，＋∞)上是減函數(shù)；若a>0，b>0，則函數(shù)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(b,a))，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(b,a))))上是減函數(shù)，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－eq\r(\f(b,a))))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(b,a))，＋∞))上是增函數(shù)．特別地，“對勾函數(shù)”y＝x＋eq\f(a,x)(a>0)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－eq\r(a))，(eq\r(a)，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是[－eq\r(a)，0)，(0，eq\r(a)]．3．與函數(shù)運(yùn)算有關(guān)的單調(diào)性結(jié)論(1)函數(shù)f(x)與f(x)＋c(c為常數(shù))具有相同的單調(diào)性．(2)k>0時(shí)，函數(shù)f(x)與kf(x)單調(diào)性相同；k<0時(shí)，函數(shù)f(x)與kf(x)單調(diào)性相反．(3)若f(x)恒為正值或恒為負(fù)值，則f(x)與eq\f(1,fx)具有相反的單調(diào)性．(4)若f(x)，g(x)都是增(減)函數(shù)，則當(dāng)兩者都恒大于零時(shí)，f(x)·g(x)是增(減)函數(shù)；當(dāng)兩者都恒小于零時(shí)，f(x)·g(x)是減(增)函數(shù)．(5)在公共定義域內(nèi)，增＋增＝增，減＋減＝減．(6)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的判斷方法：若兩個(gè)簡單函數(shù)的單調(diào)性相同，則這兩個(gè)函數(shù)的復(fù)合函數(shù)為增函數(shù)；若兩個(gè)簡單函數(shù)的單調(diào)性相反，則這兩個(gè)函數(shù)的復(fù)合函數(shù)為減函數(shù)．簡稱“同增異減”．基礎(chǔ)檢測1．判斷下列命題是否正確，正確的在括號內(nèi)畫“√”，錯誤的畫“×”．(1)函數(shù)y＝eq\f(1,x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，0)∪(0，＋∞)．(×)(2)對于函數(shù)y＝f(x)，若f(1)<f(3)，則f(x)為增函數(shù)．(×)(3)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，＋∞)．(×)(4)函數(shù)f(x)＜1恒成立，則f(x)的最大值為1.(×)(5)若y＝f(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞增，則函數(shù)y＝kf(x)(k＜0)在區(qū)間D上單調(diào)遞減．(√)2．(教材改編題)函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1,2]上單調(diào)遞增，函數(shù)f(x)在區(qū)間[2,4]上單調(diào)遞減．解析：由題圖可知函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1，2]上單調(diào)遞增，在[2,4]上單調(diào)遞減．3．(教材改編題)函數(shù)f(x)＝|x－a|＋1在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是a≤2.解析：函數(shù)f(x)＝|x－a|＋1的單調(diào)遞增區(qū)間是[a，＋∞)，當(dāng)f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增時(shí)，[2，＋∞)?[a，＋∞)，所以a≤2.4．(教材改編題)函數(shù)y＝eq\f(1,x－1)在區(qū)間[2,3]上的最小值為(B)A．2 B．eq\f(1,2)C．eq\f(1,3) D．－eq\f(1,2)解析：因?yàn)閥＝eq\f(1,x－1)在區(qū)間[2,3]上單調(diào)遞減，所以ymin＝eq\f(1,3－1)＝eq\f(1,2).故選B.5．(多選題)下列函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減的是(ABD)A．f(x)＝－xeq\s\up15(eq\f(1,2)) B．f(x)＝2－xC．f(x)＝ln|x| D．f(x)＝eq\f(1,x2)解析：函數(shù)f(x)＝－xeq\s\up15(eq\f(1,2))＝－eq\r(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；f(x)＝2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；f(x)＝ln|x|，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；f(x)＝eq\f(1,x2)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故選ABD.考點(diǎn)1確定函數(shù)的單調(diào)性(區(qū)間)命題角度1求具體函數(shù)的單調(diào)區(qū)間【例1】(1)(2021·全國甲卷)下列函數(shù)中是增函數(shù)的為(D)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：解法1(通解)：取x1＝－1，x2＝0，對于A項(xiàng)有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以A項(xiàng)不符合題意；對于B項(xiàng)有f(x1)＝eq\f(3,2)，f(x2)＝1，所以B項(xiàng)不符合題意；對于C項(xiàng)有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以C項(xiàng)不符合題意．故選D.解法2(優(yōu)解)：如圖，在坐標(biāo)系中分別畫出A，B，C，D四個(gè)選項(xiàng)中函數(shù)的大致圖象，即可快速直觀判斷D項(xiàng)符合題意．故選D.(2)函數(shù)f(x)＝|x－2|x的單調(diào)遞減區(qū)間是[1,2]．解析：f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≥2，,－x2＋2x，x<2.))畫出f(x)的大致圖象(如圖所示)，由圖知f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是[1,2]．規(guī)律總結(jié)判斷函數(shù)單調(diào)性的四種方法(1)定義法：按照取值、作差變形、定號、下結(jié)論的步驟判斷或證明函數(shù)在區(qū)間上的單調(diào)性；(2)圖象法：對于熟悉的基本初等函數(shù)(或由基本初等函數(shù)構(gòu)成的分段函數(shù))，可以通過利用圖象來判斷單調(diào)性；(3)導(dǎo)數(shù)法：利用求導(dǎo)的方法(如含有ex，lnx的超越函數(shù))判斷函數(shù)的單調(diào)性；(4)復(fù)合法：針對一些簡單的復(fù)合函數(shù)，可以利用復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性法則(同增異減)來確定單調(diào)性．【對點(diǎn)訓(xùn)練1】(1)函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是(D)A．(－∞，－2) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)解析：由x2－2x－8>0，得f(x)的定義域?yàn)閧x|x>4或x<－2}．設(shè)t＝x2－2x－8，則y＝lnt為增函數(shù)，要求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間，即求函數(shù)t＝x2－2x－8的單調(diào)遞增區(qū)間(定義域內(nèi))．因?yàn)楹瘮?shù)t＝x2－2x－8在(4，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，－2)上單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(4，＋∞)．(2)函數(shù)f(x)＝－x2＋2|x|＋1的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1]和(0,1]．解析：f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋1，x≥0，,－x2－2x＋1，x<0))＝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，可知函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1]和(0,1]．命題角度2判斷或證明函數(shù)的單調(diào)性【例2】證明：函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(1,x)在區(qū)間(－∞，0)上是增函數(shù)．證明：證法1：設(shè)x1，x2是區(qū)間(－∞，0)上的任意兩個(gè)自變量的值，且x1<x2.則f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x1－\f(1,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(1,x2)))＝2(x1－x2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(1,x1)))＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,x1x2))).由于x1<x2<0，所以x1－x2<0,2＋eq\f(1,x1x2)>0，因此f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，故f(x)在(－∞，0)上是增函數(shù)．證法2：因?yàn)閒(x)＝2x－eq\f(1,x)，所以f′(x)＝2＋eq\f(1,x2).因?yàn)閤∈(－∞，0)，所以f′(x)>0，即f(x)在(－∞，0)上是增函數(shù)．規(guī)律總結(jié)利用定義法證明或判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟【對點(diǎn)訓(xùn)練2】試討論函數(shù)f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－∞，1)上的單調(diào)性．解：解法1：設(shè)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x1<x2<1，所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，故當(dāng)a>0時(shí)，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函數(shù)f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)a<0時(shí)，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函數(shù)f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增．解法2：f′(x)＝eq\f(ax′x－1－axx－1′,x－12)＝eq\f(ax－1－ax,x－12)＝－eq\f(a,x－12).當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)a<0時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增．考點(diǎn)2函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用【例3】(1)已知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，當(dāng)x2>x1>1時(shí)，[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(e)，則a，b，c的大小關(guān)系為(D)A．c>a>b B．c>b>aC．a(chǎn)>c>b D．b>a>c解析：由題意可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))).當(dāng)x2>x1>1時(shí)，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．因?yàn)?<2<eq\f(5,2)<e，所以f(2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))>f(e)，所以b>a>c.(2)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋2x，若f(x2－4)<2，則實(shí)數(shù)x的取值范圍是(－eq\r(5)，－2)∪(2，eq\r(5))．解析：因?yàn)楹瘮?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).(3)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－2x＋3a，x<1，,ax，x≥1，))且對任意的x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0，那么a的取值范圍是eq\f(2,5)≤a<eq\f(2,3).解析：由已知條件可知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－2x＋3a，x<1，,ax，x≥1))是R上的減函數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－2<0，,0<a<1，,3a－2＋3a≥a，))解得eq\f(2,5)≤a<eq\f(2,3).規(guī)律總結(jié)函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用及解題策略(1)比較大?。恨D(zhuǎn)化到同一個(gè)單調(diào)區(qū)間內(nèi)，再利用函數(shù)的單調(diào)性解決；(2)解函數(shù)不等式：利用函數(shù)的單調(diào)性將“f”脫掉，轉(zhuǎn)化為具體的不等式求解，應(yīng)注意函數(shù)的定義域；(3)利用單調(diào)性求參數(shù)的取值(或范圍)：①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；②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，除注意各段的單調(diào)性外，還要注意銜接點(diǎn)的取值．【對點(diǎn)訓(xùn)練3】(1)設(shè)f(x)的定義域?yàn)镽，圖象關(guān)于y軸對稱，且f(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，則f(－2)，f(－π)，f(3)的大小順序是(B)A．f(－π)<f(－2)<f(3)B．f(－2)<f(3)<f(－π)C．f(－π)<f(3)<f(－2)D．f(3)<f(－2)<f(－π)解析：∵f(x)的定義域?yàn)镽，圖象關(guān)于y軸對稱，∴f(x)是偶函數(shù)，∴f(－2)＝f(2)，f(－π)＝f(π)，又f(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，且2<3<π，∴f(2)<f(3)<f(π)，∴f(－2)<f(3)<f(－π)．故選B.(2)已知函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間[0，＋∞)上的函數(shù)，且在該區(qū)間上單調(diào)遞增，則滿足f(2x－1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))的x的取值范圍是(D)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))解析：由題意得0≤2x－1<eq\f(1,3)，解得eq\f(1,2)≤x<eq\f(2,3).(3)已知函數(shù)f(x)＝loga(3－ax)(a>0且a≠1)在[1,2]上為減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).解析：∵t＝3－ax(a＞0)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞減，函數(shù)f(x)＝loga(3－ax)(a＞0，a≠1)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞減，∴a＞1.又∵t＝3－ax＞0在區(qū)間[1,2]上恒成立，∴3－2a＞0，∴a＜eq\f(3,2)，∴1＜a＜eq\f(3,2).∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).考點(diǎn)3求函數(shù)的最值【例4】(1)函數(shù)y＝x＋eq\r(x－1)的最小值為1.解析：令t＝eq\r(x－1)，且t≥0，則x＝t2＋1，所以原函數(shù)變?yōu)閥＝t2＋1＋t，t≥0.配方得y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)，又因?yàn)閠≥0，所以y≥eq\f(1,4)＋eq\f(3,4)＝1，故函數(shù)y＝x＋eq\r(x－1)的最小值為1.(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1.解析：在同一直角坐標(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.規(guī)律總結(jié)求函數(shù)最值的三種常用方法eq\x(單調(diào)性法)→eq\x(\a\al(先確定函數(shù)的單調(diào)性，,再由單調(diào)性求值))eq\x(圖象法)→eq\x(\a\al(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))eq\x(\a\al(基本不,等式法))→eq\x(\a\al(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))【對點(diǎn)訓(xùn)練4】(1)(多選題)已知函數(shù)f(x)＝ln(x－2)＋ln(6－x)，則(BCD)A．f(x)在(2,6)上單調(diào)遞增B．f(x)在(2,6)上的最大值為2ln2C．f(x)在(2,6)上無最小值D．f(x)的圖象關(guān)于直線x＝4對稱解析：f(x)＝ln(x－2)＋ln(6－x)＝ln[(x－2)(6－x)]，定義域?yàn)?2,6)．令t＝(x－2)(6－x)，則y＝lnt.因?yàn)槎魏瘮?shù)t＝(x－2)(6－x)的圖象的對稱軸為直線x＝4，且在(2,4)上單調(diào)遞增，在(4,6)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝4時(shí)，t有最大值4，所以f(x)max＝f(4)＝2ln2，f(x)在(2,6)上無最小值．故選BCD.(2)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋a，x≤0，,x＋\f(4,x)，x＞0))有最小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是[4，＋∞)．解析：由題意知，當(dāng)x>0時(shí)，函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(4,x)≥2eq\r(x·\f(4,x))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)取等號；當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝2x＋a∈(a,1＋a]，因此要使f(x)有最小值，則必須有a≥4.復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性1．復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性的判斷方法y＝f(g(x))的單調(diào)性判斷可用口訣：同增異減．y＝f(t)和t＝g(x)在單調(diào)性相同時(shí)，復(fù)合后的y＝f(g(x))是單調(diào)遞增的，y＝f(t)和t＝g(x)在單調(diào)性不同時(shí)，復(fù)合后的y＝f(g(x))是單調(diào)遞減的．2．利用函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的范圍(或值)的注意點(diǎn)：(1)視參數(shù)為已知數(shù)，依據(jù)函數(shù)的圖象或單調(diào)性的定義，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)若分段函數(shù)是單調(diào)函數(shù)，則不僅要保證在各區(qū)間上單調(diào)性一致，還要確保在整個(gè)定義域內(nèi)是單調(diào)的．【題目呈現(xiàn)】已知函數(shù)f(x)＝ax2－x－a＋2，若y＝ln[f(x)]在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(C)A．[1，＋∞) B．[1,2)C．[1,2] D．(－∞，2]解析：∵y＝ln[f(x)]在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，且函數(shù)y＝lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)＝ax2－x－a＋2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，且f(x)>0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上恒成立．當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝－x＋2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞減，不符合題意，故a≠0.當(dāng)a≠0時(shí)，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,－\f(－1,2a)≤\f(1,2)，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≥0，))解得1≤a≤2.故選C.素養(yǎng)檢測已知函數(shù)f(x)＝logeq\s\do8(\f(1,3))(x2－ax＋3a)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(C)A．(－∞，2] B．[2，＋∞)C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2)) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2))解析：令t＝x2－ax＋3a，易知y＝logeq\s\do8(\f(1,3))t在其定義域上單調(diào)遞減，要使f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，則t＝x2－ax＋3a在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，且t＝x2－ax＋3a>0在[1，＋∞)上恒成立，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)≤1，,1－a＋3a>0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤2，,a>－\f(1,2)，))即－eq\f(1,2)<a≤2.因此，實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2)).故選C.課時(shí)作業(yè)7基礎(chǔ)鞏固一、單項(xiàng)選擇題1．(2022·河北邯鄲模擬)下列函數(shù)中，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是(C)A．y＝－x2＋1 B．y＝|x－1|C．y＝x3 D．y＝2－x解析：函數(shù)y＝－x2＋1在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，A不符合題意；由于函數(shù)y＝|x－1|的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，B不符合題意；x∈(0，＋∞)時(shí)，函數(shù)y＝x3的導(dǎo)數(shù)為y′＝3x2>0，因此函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故C滿足題意；函數(shù)y＝2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減，D不符合題意．故選C.2．(2022·廣東湛江模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c的圖象如圖所示，則(D)A．b<a＋c，c2<abB．b<a＋c，c2>abC．b>a＋c，c2<abD．b>a＋c，c2>ab解析：由題圖知，a>0，b>0，c<0，f(1)＝a＋b＋c＝0，f(－1)＝a－b＋c<0，所以c＝－(a＋b)，b>a＋c，所以c2－ab＝[－(a＋b)]2－ab＝a2＋b2＋ab>0，即c2>ab.故選D.3．如果函數(shù)f(x)＝ax2＋2x－3在區(qū)間(－∞，4)上是單調(diào)遞增的，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(D)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))解析：當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝2x－3，在定義域R上是單調(diào)遞增的，故在(－∞，4)上單調(diào)遞增；當(dāng)a≠0時(shí)，二次函數(shù)f(x)的對稱軸為直線x＝－eq\f(1,a)，因?yàn)閒(x)在(－∞，4)上單調(diào)遞增，所以a<0，且－eq\f(1,a)≥4，－eq\f(1,4)≤a<0.綜上所述，－eq\f(1,4)≤a≤0.故選D.4．(2022·山東煙臺模擬)若函數(shù)f(x)＝x2－2x＋m在[3，＋∞)上的最小值為1，則實(shí)數(shù)m的值是(B)A．－3 B．－2C．－1 D．1解析：因?yàn)閒(x)＝(x－1)2＋m－1在[3，＋∞)上為單調(diào)增函數(shù)，且f(x)在[3，＋∞)上的最小值為1，所以f(3)＝1，即m＝－2.故選B.5．函數(shù)y＝2－eq\r(－x2＋4x)的值域是(C)A．[－2,2] B．[1,2]C．[0,2] D．[－eq\r(2)，eq\r(2)]解析：由0≤eq\r(－x2＋4x)＝eq\r(－x－22＋4)≤2可知函數(shù)y＝2－eq\r(－x2＋4x)的值域?yàn)閇0,2]．故選C.6．(2022·湖南株洲模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x，x≥a，,－x3＋3x，x<a，))其中a≤－2，則滿足f(x)＋f(x－1)<3的x的取值范圍是(A)A．(－1，＋∞) B．(－eq\r(3)，＋∞)C．(－2，＋∞) D．(0，＋∞)解析：設(shè)y＝－x3＋3x，則y′＝－3x2＋3＝－3(x－1)(x＋1)，所以當(dāng)x<－1或x>1時(shí)，函數(shù)y＝－x3＋3x單調(diào)遞減；當(dāng)－1<x<1時(shí)，函數(shù)y＝－x3＋3x單調(diào)遞增．所以當(dāng)x<a(a≤－2)時(shí)，函數(shù)y＝－x3＋3x單調(diào)遞減．又當(dāng)x≥a(a≤－2)時(shí)，函數(shù)y＝－x單調(diào)遞減，且(－a3＋3a)－(－a)＝－a3＋4a＝－a(a2－4)≥0，所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減．設(shè)h(x)＝f(x)＋f(x－1)，則h(x)在R上也為單調(diào)遞減函數(shù)，又h(－1)＝f(－1)＋f(－2)＝3，即h(x)<h(－1)，所以二、多項(xiàng)選擇題7．(2022·遼寧百校聯(lián)盟模擬)下列函數(shù)中，在(2,4)上是減函數(shù)的是(AC)A．y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))xB．y＝log2(x2＋3x)C．y＝eq\f(1,x－2)D．y＝cosx解析：根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)得y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x在(2,4)上是減函數(shù)，符合題意；根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知y＝log2(x2＋3x)在(2,4)上是增函數(shù)，不符合題意；根據(jù)反比例函數(shù)的性質(zhì)及函數(shù)圖象的平移得y＝eq\f(1,x－2)在(2,4)上是減函數(shù)，符合題意；根據(jù)余弦函數(shù)的性質(zhì)得，y＝cosx在(2,4)上先減后增，不符合題意．故選AC.8．下列函數(shù)中，值域?yàn)閇1，＋∞)的是(AC)A．f(x)＝eq\r(x2＋1)B．f(x)＝eq\f(2x＋1,x＋1)C．f(x)＝x＋1－eq\r(2x－1)D．f(x)＝x3＋1解析：f(x)＝eq\r(x2＋1)≥1，因此A符合；f(x)＝eq\f(2x＋1,x＋1)＝2－eq\f(1,x＋1)≠2，因此B不符合；對f(x)＝x＋1－eq\r(2x－1)，令t＝eq\r(2x－1)≥0，x＝eq\f(t2＋1,2)，所以y＝eq\f(t2＋1,2)＋1－t＝eq\f(t2－2t＋3,2)＝eq\f(t－12＋2,2)≥1，因此C符合；f(x)＝x3＋1∈R，因此D不符合．故選AC.9．已知函數(shù)f(x)＝loga|x－1|在區(qū)間(－∞，1)上單調(diào)遞增，則(AC)A．0<a<1B．a(chǎn)>1C．f(a＋2022)>f(2023)D．f(a＋2022)<f(2023)解析：f(x)＝loga|x－1|的定義域?yàn)?－∞，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，當(dāng)a>1時(shí)，f(x)＝logaz在z∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，可得函數(shù)f(x)＝loga|x－1|在區(qū)間(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)0<a<1時(shí)，f(x)＝logaz在z∈(0，＋∞)上單調(diào)遞減，可得函數(shù)f(x)＝loga|x－1|在區(qū)間(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．由題意可得0<a<1，故A正確，B錯誤；由于0<a<1，可得1<a＋2022<2023，又f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則f(a＋2022)>f(2023)，故C正確，D錯誤．故選AC.三、填空題10．設(shè)函數(shù)y＝ex＋eq\f(1,ex)－a的值域?yàn)锳，若A?[0，＋∞)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，2]．解析：函數(shù)y＝ex＋eq\f(1,ex)－a的值域?yàn)锳.因?yàn)閑x＋eq\f(1,ex)≥2eq