2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第三章函數(shù)章末復(fù)習(xí)提升課教師用書新人教B版必修第一冊

PAGE3-章末復(fù)習(xí)提升課函數(shù)的定義域和值域(1)函數(shù)f(x)＝eq\f(3x2,\r(1－x))＋(3x－1)0的定義域是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))(2)已知函數(shù)y＝f(x＋1)的定義域是[－2，3]，則y＝f(2x－1)的定義域是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2))) B.[－1，4]C.[－5，5] D.[－3，7](3)求下列函數(shù)的值域：①y＝eq\f(2x＋1,x－3)；②y＝x＋4eq\r(1－x)；③y＝eq\f(1,x)－2x，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2))).【解】(1)選D.由題意得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x>0，,3x－1≠0，))解得x<1且x≠eq\f(1,3).(2)選A.設(shè)u＝x＋1，由－2≤x≤3，得－1≤x＋1≤4，所以y＝f(u)的定義域為[－1，4].再由－1≤2x－1≤4，解得0≤x≤eq\f(5,2)，即函數(shù)y＝f(2x－1)的定義域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2))).(3)①y＝eq\f(2x＋1,x－3)＝eq\f(2(x－3)＋7,x－3)＝2＋eq\f(7,x－3)，明顯eq\f(7,x－3)≠0，所以y≠2.故函數(shù)的值域為(－∞，2)∪(2，＋∞).②設(shè)t＝eq\r(1－x)≥0，則x＝1－t2，所以原函數(shù)可化為y＝1－t2＋4t＝－(t－2)2＋5(t≥0)，所以y≤5，所以原函數(shù)的值域為(－∞，5].③因為y＝eq\f(1,x)－2x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2)))上為減函數(shù)，所以ymin＝eq\f(1,－\f(1,2))－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－1.ymax＝eq\f(1,－2)－2×(－2)＝eq\f(7,2).所以函數(shù)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(7,2))).eq\a\vs4\al()求函數(shù)定義域的類型與方法(1)已給出函數(shù)解析式：函數(shù)的定義域是使解析式有意義的自變量的取值集合.(2)實際問題：求函數(shù)的定義域既要考慮解析式有意義，還應(yīng)考慮使實際問題有意義.(3)復(fù)合函數(shù)問題：①若f(x)的定義域為[a，b]，f(g(x))的定義域應(yīng)由a≤g(x)≤b解出；②若f(g(x))的定義域為[a，b]，則f(x)的定義域為g(x)在[a，b]上的值域.[留意](1)f(x)中的x與f(g(x))中的g(x)地位相同.(2)定義域所指恒久是自變量的范圍.1.設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為[1，5]，則函數(shù)f(2x－3)的定義域為()A.[2，4] B.[3，11]C.[3，7] D.[1，5]解析：選A.由題意得，1≤2x－3≤5，解得2≤x≤4，所以函數(shù)f(2x－3)的定義域是[2，4].2.設(shè)函數(shù)f(x)＝－2x2＋4x在區(qū)間[m，n]上的值域是[－6，2]，則m＋n的取值范圍是Ｗ.解析：由題意可得：函數(shù)f(x)＝－2x2＋4x的對稱軸為直線x＝1，故當(dāng)x＝1時，函數(shù)取得最大值為2.因為函數(shù)的值域是[－6，2]，令－2x2＋4x＝－6，可得x＝－1或x＝3.所以－1≤m≤1，1≤n≤3，所以0≤m＋n≤4.即m＋n的取值范圍為[0，4].答案：[0，4]函數(shù)的解析式(1)已知f(x＋1)＝x2－5x＋4，則f(x)＝Ｗ.(2)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時，f(x)＝x2－2x＋3.①求出函數(shù)f(x)在R上的解析式；②寫出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(寫出即可，不須要證明).【解】(1)令x＋1＝t，則x＝t－1，因為f(x＋1)＝x2－5x＋4，所以f(t)＝(t－1)2－5(t－1)＋4＝t2－7t＋10，所以f(x)＝x2－7x＋10.故填x2－7x＋10.(2)①設(shè)x<0，則－x>0，所以f(－x)＝(－x)2－2(－x)＋3＝x2＋2x＋3.又因為f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，所以f(x)＝－x2－2x－3.又因為f(0)＝0，所以f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x＋3(x>0)，,0(x＝0)，,－x2－2x－3(x<0).))②畫出函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x＋3(x>0)，,0(x＝0)，,－x2－2x－3(x<0)))的圖像，如圖：由圖像可知函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1]，[1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為[－1，0)，(0，1].eq\a\vs4\al()求函數(shù)解析式的題型與相應(yīng)的解法(1)已知形如f(g(x))的解析式求f(x)的解析式，運用換元法或配湊法.(2)已知函數(shù)的類型(往往是一次函數(shù)或二次函數(shù))，運用待定系數(shù)法.(3)含f(x)與f(－x)或f(x)與feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，運用解方程組法.(4)已知一個區(qū)間的解析式，求另一個區(qū)間的解析式，可用奇偶性轉(zhuǎn)移法.1.已知二次函數(shù)f(x)滿意f(0)＝1，f(1)＝2，f(2)＝5，則該二次函數(shù)的解析式為Ｗ.解析：設(shè)二次函數(shù)的解析式為f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝1，,a＋b＋c＝2，,4a＋2b＋c＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0，,c＝1，))故f(x)＝x2＋1.答案：f(x)＝x2＋12.若3f(x－1)＋2f(1－x)＝2x，則f(x)的解析式為Ｗ.解析：令t＝x－1，則x＝t＋1，t∈R，原式變?yōu)?f(t)＋2f(－t)＝2(t＋1)①.以－t代替t，①式變?yōu)?f(－t)＋2f(t)＝2(1－t)②.由①②消去f(－t)得f(t)＝2t＋eq\f(2,5)，故f(x)＝2x＋eq\f(2,5).答案：f(x)＝2x＋eq\f(2,5)函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性已知f(x)＝eq\f(x,x－a)(x≠a).(1)若a＝－2，試證明f(x)在(－∞，－2)內(nèi)單調(diào)遞增；(2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，求a的取值范圍.【解】(1)證明：?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)，所以f(x)在(－∞，－2)內(nèi)單調(diào)遞增.(2)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].eq\a\vs4\al()函數(shù)單調(diào)性與奇偶性應(yīng)用的常見題型(1)用定義推斷或證明函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性.(2)利用函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性求單調(diào)區(qū)間.(3)利用函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性比較大小，解不等式.(4)利用函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性求參數(shù)的取值范圍.1.(2024·張家界檢測)已知函數(shù)y＝f(x)是R上的偶函數(shù)，且在(－∞，0]上是增函數(shù)，若f(a)≤f(2)，則實數(shù)a的取值范圍是()A.a≤2B.a≥－2C.－2≤a≤2D.a≤－2或a≥2解析：選D.因為y＝f(x)是偶函數(shù)，且在(－∞，0]上是增函數(shù)，所以y＝f(x)在[0，＋∞)上是減函數(shù)，由f(a)≤f(2)，得f(|a|)≤f(2)，所以|a|≥2，得a≤－2或a≥2，故選D.2.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－ax－5(x≤1)，,\f(a,x)(x>1)))是R上的增函數(shù)，求a的取值范圍.解：因為f(x)在R上是單調(diào)遞增的函數(shù)，所以f(x)需滿意在區(qū)間(－∞，1]和(1，＋∞)上都是單調(diào)遞增的，并且端點處(x＝1)的函數(shù)值－12－a－5≤eq\f(a,1)，即a≥－3；f(x)＝－x2－ax－5的對稱軸為直線x＝－eq\f(a,2)，f(x)在(－∞，1]上單調(diào)遞增，所以－eq\f(a,2)≥1，即a≤－2；f(x)＝eq\f(a,x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以a<0.綜上所述，a的取值范圍是[－3，－2].函數(shù)圖像及應(yīng)用對于函數(shù)f(x)＝x2－2|x|.(1)推斷其奇偶性，并指出圖像的對稱性；(2)畫此函數(shù)的圖像，并指出單調(diào)區(qū)間和最小值.【解】(1)函數(shù)的定義域為R，關(guān)于原點對稱，f(－x)＝(－x)2－2|－x|＝x2－2|x|.則f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函數(shù).圖像關(guān)于y軸對稱.(2)f(x)＝x2－2|x|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x＝(x－1)2－1，x≥0，,x2＋2x＝(x＋1)2－1，x<0.))畫出圖像如圖所示，依據(jù)圖像知，函數(shù)f(x)的最小值是－1.單調(diào)遞增區(qū)間是[－1，0]，[1，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－1]，[0，1].eq\a\vs4\al()作函數(shù)圖像的方法(1)描點法——求定義域；化簡；列表、描點、連線.(2)變換法——熟知函數(shù)的圖像的平移、對稱、翻轉(zhuǎn).①平移：y＝f(x)eq\o(→,\s\up7(左加右減))y＝f(x±h)；y＝f(x)eq\o(→,\s\up7(上加下減))y＝f(x)±k.(其中h>0，k>0)②對稱：y＝f(x)eq\o(→,\s\up7(關(guān)于y軸對稱))y＝f(－x)；y＝f(x)eq\o(→,\s\up7(關(guān)于x軸對稱))y＝－f(x)；y＝f(x)eq\o(→,\s\up7(關(guān)于原點對稱))y＝－f(－x).1.已知函數(shù)y＝ax2＋bx＋c，假如a>b>c且a＋b＋c＝0，則它的圖像可能是()解析：選D.因為a>b>c且a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0，f(1)＝0，則可知開口向上，解除A、C，然后依據(jù)f(0)＝c<0，可知函數(shù)圖像與y軸的交點在x軸下方.2.已知f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，且f(x)＝f(2－x)，當(dāng)x∈[0，1]時，f(x)＝x.求x∈[－3，5]時，f(x)＝eq\f(1,2)的全部解的和.解：當(dāng)x∈[－1，0]時，－x∈[0，1]，所以f(－x)＝－x.又因為f(x)為奇函數(shù)，所以x∈[－1，0]時，f(x)＝－f(－x)＝x，即x∈[－1，1]時，f(x)＝x.又由f(x)＝f(2－x)可得f(x)的圖像關(guān)于直線x＝1對稱.由此可得f(x)在[－3，5]上的圖像如圖：在同一坐標(biāo)系內(nèi)畫出y＝eq\f(1,2)的圖像，由圖可知在[－3，5]上共有四個交點，所以f(x)＝eq\f(1,2)在[－3，5]上共有四個解，從左到右記為x1，x2，x3，x4，則x1與x4，x2與x3關(guān)于直線x＝1對稱，所以eq\f(x1＋x4,2)＝1，eq\f(x2＋x3,2)＝1，所以x1＋x2＋x3＋x4＝4.三個“二次”間的轉(zhuǎn)化若二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)滿意f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝1.(1)求f(x)的解析式；(2)若在區(qū)間[－1，1]上，不等式f(x)＞2x＋m恒成立，求實數(shù)m的取值范圍.【解】(1)由f(0)＝1，得c＝1，所以f(x)＝ax2＋bx＋1.又f(x＋1)－f(x)＝2x，所以a(x＋1)2＋b(x＋1)＋1－(ax2＋bx＋1)＝2x，即2ax＋a＋b＝2x.所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＝2，,a＋b＝0.))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1.))因此，所求解析式為f(x)＝x2－x＋1.(2)f(x)＞2x＋m等價于x2－x＋1＞2x＋m，即x2－3x＋1－m＞0，要使此不等式在區(qū)間[－1，1]上恒成立，只需使函數(shù)g(x)＝x2－3x＋1－m在區(qū)間[－1，1]上的最小值大于0即可.因為g(x)＝x2－3x＋1－m在區(qū)間[－1，1]上單調(diào)遞減，所以gmin＝g(1)＝－m－1，由－m－1＞0，得m＜－1.因此滿意條件的實數(shù)m的取值范圍是(－∞，－1).eq\a\vs4\al()二次函數(shù)、二次方程與二次不等式統(tǒng)稱三個“二次”，它們常結(jié)合在一起，而二次函數(shù)又是三個“二次”的核心，通過二次函數(shù)的圖像貫穿為一體.因此，解決此類問題首先采納轉(zhuǎn)化思想，把方程、不等式問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題.借助于函數(shù)思想探討方程、不等式(尤其是恒成立)問題是高考命題的熱點.設(shè)關(guān)于x的一元二次方程ax2＋x＋1＝0(a＞0)有兩個實根x1，x2.(1)求(1＋x1)(1＋x2)的值；(2)求證：x1＜－1且x2＜－1.解：(1)由根與系數(shù)的關(guān)系可知，x1＋x2＝－eq\f(1,a)，x1x2＝eq\f(1,a)，(1＋x1)(1＋x2)＝1＋(x1＋x2)＋x1x2＝1－eq\f(1,a)＋eq\f(1,a)＝1.(2)證明：令f(x)＝ax2＋x＋1，由Δ＝1－4a≥0，得0＜2a≤eq\f(1,2)，所以拋物線f(x)＝ax2＋x＋1的對稱軸x＝－eq\f(1,2a)≤－2＜－1.又f(－1)＝a＞0，所以f(x)的圖像與x軸的交點都在點(－1，0)的左側(cè)，故x1＜－1且x2＜－1.函數(shù)的應(yīng)用某工廠有214名工人，現(xiàn)要生產(chǎn)1500件產(chǎn)品，每件產(chǎn)品由3個A型零件和1個B型零件配套組成，每名工人加工5個A型零件與3個B型零件所需的時間相同.現(xiàn)將全部工人分成兩組，分別加工A型零件與B型零件，且同時開工.設(shè)加工A型零件的工人有x名，單位時間內(nèi)每名工人加工A型零件5k(k∈N*)個，加工完A型零件所需的時間為g(x)，加工完B型零件所需的時間為h(x).(1)試比較g(x)與h(x)的大小，并寫出完成總?cè)蝿?wù)所需時間的表達式；(2)怎樣分組才能使完成總?cè)蝿?wù)所需的時間最少？【解】(1)由已知A型零件須要生產(chǎn)4500個，B型零件須要生產(chǎn)1500個，加工B型零件的工人有(214－x)名，單位時間內(nèi)每名工人加工B型零件3k個.所以g(x)＝eq\f(4500,5kx)＝eq\f(900,kx)，h(x)＝eq\f(1500,3k(214－x))＝eq\f(500,k(214－x)).則g(x)－h(huán)(x)＝eq\f(900,kx)－eq\f(500,k(214－x))＝eq\f(200,k)·eq\f(963－7x,x(214－x)).因為0＜x＜214，且x∈N，k∈N*，所以當(dāng)0＜x≤137時，g(x)＞h(x)，當(dāng)137＜x＜214時，g(x)＜h(x).所以f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(900,kx)，0＜x≤137，,\f(500,k(214－x))，137＜x＜214，))其中x∈N.(2)因為當(dāng)0＜x≤137時，f(x)為減函數(shù)，當(dāng)137＜x＜214時，f(x)為增函數(shù)，且eq\f(f(137),f(138))＝eq\f(900,137k)·eq\f((214－138)k,500)＝eq\f(9×76,137×5)＜1，所以當(dāng)x＝137時f(x)的值最小，即支配137名工人加工A型零件，77名工人加工B型零件時，完成總?cè)蝿?wù)所需時間最少.eq\a\vs4\al()解應(yīng)用題的基本步驟(1)審題：讀懂題意，分清條件與結(jié)論，理順數(shù)量關(guān)系；(2)建模：將已知條件轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)語言，應(yīng)用數(shù)學(xué)學(xué)問建立相應(yīng)的函數(shù)模型；(3)解模：求解函數(shù)模型，得到數(shù)學(xué)結(jié)論；(4)還原：將數(shù)學(xué)方面的結(jié)論還原到實際問題中去，說明實際意義.某企業(yè)生產(chǎn)一種機器的固定成本為0.5萬元，但每生產(chǎn)1百臺機器時，又需可變成本(即另增加投入)0.25萬元.市場對此商品的年需求量為5百臺，銷售的收入(單位：萬元)函數(shù)為F(x)＝5x－eq\f(1,2)x2(0≤x≤5)，其中x是產(chǎn)品生產(chǎn)的數(shù)量(單位：百臺).(1)將利潤表示為產(chǎn)量的函數(shù)；(2)年產(chǎn)量是多少時，企業(yè)所得利潤最大？解：(1)設(shè)利潤函數(shù)為G(x)，成本函數(shù)為R(x)，則依題意，得G(x)＝F(x)－R(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(1,2)x2))－(0.5＋0.25x)＝－0.5x2＋4.75x－0.5(0≤x≤5).(2)因為由(1)知利潤函數(shù)G(x)＝－0.5x2＋4.75x－0.5(0≤x≤5)，所以當(dāng)x＝－eq\f(4.75,2×(－0.5))＝4.75時，G(x)有最大值，所以年產(chǎn)量為475臺時，企業(yè)所得利潤最大.1.函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x2，x∈[0，1]，,2，x∈(1，2)，,x＋1，x∈[2，＋∞)))的值域是()A.R B.(0，2)∪(2，＋∞) C.(0，＋∞) D.[0，2]∪[3，＋∞)解析：選D.①當(dāng)x∈[0，1]時，f(x)＝2x2∈[0，2]；②當(dāng)x∈(1，2)時，f(x)＝2；③當(dāng)x∈[2，＋∞)時，f(x)＝x＋1∈[3，＋∞).綜上所述，f(x)的值域為[0，2]∪[3，＋∞).故選D.2.(2024·沈陽期末)已知函數(shù)y＝eq\f(k,x－2)(k≠0)在[3，8]上的最大值為1，則k的值為()A.1 B.－6C.1或－6 D.6解析：選A.由題意知，當(dāng)k＞0時，函數(shù)y＝eq\f(k,x－2)在[3，8]上單調(diào)遞減，因為函數(shù)在[3，8]上的最大值為1，所以eq\f(k,3－2)＝1，所以k＝1；當(dāng)k＜0時，函數(shù)y＝eq\f(k,x－2)在[3，8]上單調(diào)遞增，因為函數(shù)在[3，8]上的最大值為1，所以eq\f(k,8－2)＝1，解得k＝6(舍去)，故選A.3.若f(x)＝3ax－2a＋1，若存在x0∈(－1，1)，使f(x0)＝0成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A.－1＜a＜eq\f(1,5) B.a＜1C.a＜－1或a＞eq\f(1,5) D.a＞eq\f(1,5)解析：選C.由于給出的是一次函數(shù)形式，通過數(shù)形結(jié)合分析應(yīng)滿意條件f(－1)·f(1)＜0?(－5a＋1)(a＋1)＜0?(5a－1)(a＋1)＞0?a＞eq\f(1,5)或a＜－1，故選C.4.學(xué)校團委接受了一項任務(wù)，完成這項任務(wù)的時間t與參與此項任務(wù)的同學(xué)人數(shù)x之間滿意關(guān)系式：t＝ax＋eq\f(b,x).當(dāng)x＝10時，t＝100，當(dāng)x＝20時，t＝100.若想所用時間最短，則參與人數(shù)為()A.13 B.14C.15 D.16解析：選B.由已知得100＝10a＋eq\f(b,10)＝20a＋eq\f(b,20)，解得a＝eq\f(10,3)，b＝eq\f(2000,3)，則t＝eq\f(10,3)x＋eq\f(2000,3x).由eq\f(10,3)x＝eq\f(2000,3x)得x2＝200.又x∈N*，則x＝14或x＝15.當(dāng)x＝14時，t1＝eq\f(10,3)×14＋eq\f(2000,3×14)＝94eq\f(2,7)；x＝15時，t2＝eq\f(10,3)×15＋eq\f(2000,3×15)＝eq\f(850,9)＝94eq\f(4,9).因為t2＞t1，故選B.5.(2024·湖州檢測)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2ax2＋1,x)(a∈R).(1)若f(1)＝2，求函數(shù)y＝f(x)－2x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的值域；(2)當(dāng)a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，試推斷f(x)在(0，1]上的單調(diào)性，并用定義證明你的結(jié)論.解：(1)依據(jù)題意，函數(shù)f(x)＝eq\f(2ax2＋1,x)，若f(1)＝2，則eq\f(2a＋1,1)＝2，解得a＝eq\f(1,2)，則f(x)＝eq\f(x2＋1,x)＝x＋eq\f(1,x)，則y＝f(x)－2x＝eq\f(1,x)－x，設(shè)g(x)＝eq\f(1,x)－x，分析易得g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上為減函數(shù)，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，g(2)＝eq\f(1,2)－2＝－eq\f(3,2)，故y＝f(x)－2x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(3,2))).(2)f(x)＝eq\f(2ax2＋1,x)＝2ax＋eq\f(1,x)，當(dāng)a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，f(x)在(0，1]上為減函數(shù)，證明如下：設(shè)0＜x1＜x2≤1，f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ax1＋\f(1,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ax2＋\f(1,x2)))＝(2ax1x2－1)·eq\f((x1－x2),x1x2)，又由a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))且0＜x1＜x2≤1，則(x1－x2)＜0，(2ax1x2－1)＜0，則f(x1)－f(x2)＞0，即函數(shù)f(x)在(0，1]上為減函數(shù).[A基礎(chǔ)達標(biāo)]1.函數(shù)f(x)＝eq\f(1,\r(x＋1))＋eq\r(4－2x)的定義域為()A.[－1，2] B.(－1，2]C.[－2，＋∞) D.[1，＋∞)解析：選B.法一：要使函數(shù)f(x)＝eq\f(1,\r(x＋1))＋eq\r(4－2x)有意義，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1＞0，,4－2x≥0，))解得－1＜x≤2，故選B.法二：因為x≠－1，解除A；取x＝3，則4－2x＝4－6＝－2＜0，所以x≠3，解除C、D，故選B.2.函數(shù)f(x)＝x－eq\f(4,x)的零點有()A.0個 B.1個C.2個 D.多數(shù)個解析：選C.令f(x)＝0，即x－eq\f(4,x)＝0，所以x＝±2.故f(x)的零點有2個，選C.3.向一杯子中勻速注水時，杯中水面高度h隨時間t改變的函數(shù)h＝f(t)的圖像如圖所示，則杯子的形態(tài)是()解析：選A.從題圖中看出，在時間段[0，t1]，[t1，t2]內(nèi)水面高度是勻速上升的，在[0，t1]上升慢，在[t1，t2]上升快.故選A.4.已知f(x)＝x＋eq\f(1,x)－1，f(a)＝2，則f(－a)＝()A.－4 B.－2C.－1 D.－3解析：選A.因為f(x)＝x＋eq\f(1,x)－1，所以f(a)＝a＋eq\f(1,a)－1＝2，所以a＋eq\f(1,a)＝3，所以f(－a)＝－a－eq\f(1,a)－1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))－1＝－3－1＝－4.5.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋6，x≥0，,x＋6，x＜0，))則不等式f(x)＞f(1)的解集是()A.(－3，1)∪(3，＋∞)B.(－3，1)∪(2，＋∞)C.(－1，1)∪(3，＋∞)D.(－∞，－3)∪(1，3)解析：選A.畫出函數(shù)f(x)的圖像如圖所示，令f(x)＝f(1)，得x＝－3，1，3，所以當(dāng)f(x)＞f(1)時，必有x∈(－3，1)∪(3，＋∞).故選A.6.已知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1(x≤－1)，,x2(－1＜x＜2)，,2x(x≥2)，))若f(x)＝3，則x的值是Ｗ.解析：由f(x)＝3得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤－1，,x＋1＝3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＜x＜2，,x2＝3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥2，,2x＝3，))解得x＝eq\r(3).答案：eq\r(3)7.在如圖所示的銳角三角形空地中，欲建一個面積最大的內(nèi)接矩形花園(陰影部分)，則其邊長x為(m).解析：如圖，過點A作AH⊥BC于點H，交DE于點F，易知eq\f(DE,BC)＝eq\f(x,40)＝eq\f(AD,AB)＝eq\f(AF,AH)，又AH＝BC＝40，則DE＝AF＝x，F(xiàn)H＝40－x.則S＝x(40－x)＝－(x－20)2＋400，當(dāng)x＝20時，S取得最大值.答案：208.已知f(x)＝x2－x＋k(k∈N)，若方程f(x)＝2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)))上有兩個不相等的實數(shù)根，則k＝Ｗ.解析：令F(x)＝f(x)－2＝x2－x＋k－2，則F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)))上有兩個不同零點.由于對稱軸為直線x＝eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F(－1)＞0，,F\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＞0，,F\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋1＋k－2＞0，,\f(9,4)－\f(3,2)＋k－2＞0，,\f(1,4)－\f(1,2)＋k－2＜0.))所以eq\f(5,4)＜k＜eq\f(9,4).由k∈N，得k＝2.答案：29.設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(4＋x2,4－x2).(1)求f(x)的定義域，并推斷f(x)的奇偶性；(2)求證：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))＝－f(2x).解：(1)要使原函數(shù)有意義，只需4－x2≠0，即x≠±2，所以f(x)的定義域為{x|x≠±2}，因為f(x)的定義域為{x|x≠±2}，所以定義域關(guān)于原點對稱.又f(－x)＝eq\f(4＋(－x)2,4－(－x)2)＝eq\f(4＋x2,4－x2)＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù).(2)證明：因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))＝eq\f(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))\s\up12(2),4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))\s\up12(2))＝eq\f(x2＋1,x2－1)，f(2x)＝eq\f(4＋(2x)2,4－(2x)2)＝eq\f(1＋x2,1－x2)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))＝－f(2x).[B實力提升]10.定義運算a?b＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a(b－1)，a＜0，,2a－b，a≥0，))設(shè)函數(shù)f(x)＝x?(x＋1)，則該函數(shù)的圖像應(yīng)當(dāng)是()解析：選C.由a?b的定義，可知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x＜0，,x－1，x≥0，))由于f(0)＝0－1＝－1，所以函數(shù)圖像過點(0，－1)，解除A，B；當(dāng)x＜0時，y＝x2＞0，解除D，只有C符合，故選C.11.記實數(shù)x1，x2，…，xn中的最大數(shù)為max{x1，x2，…，xn}，最小數(shù)為min{x1，x2，…，xn}，則max{min{x＋1，x2－x＋1，－x＋6}}＝()A.eq\f(3,2) B.1C.3 D.eq\f(7,2)解析：選D.如圖所示，y＝min{x＋1，x2－x＋1，－x＋6}的圖像為圖中的實線部分，則易知求最大數(shù)即為圖中B點的縱坐標(biāo)，又Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(7,2)))，故選D.12.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,x)(a＞0，x＞0).(1)求證：f(x)在(0，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)；(2)若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，求a的值.解：(1)證明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＜x2，則x2－x1＞0，x1x2＞0，所以f(x2)－f(x1)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,x2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,x1)))＝eq\f(1,x1)－eq\f(1