數(shù)學(xué)（理）：第二章 函數(shù)的概念及基本初等函數(shù)(Ⅰ) 教案

第二章函數(shù)的概念及基本初等函數(shù)(Ⅰ)全國卷eq\a\vs4\al(5)年考情圖解高考命題規(guī)律把握1.高考對本章的考查一般為1～3道小題．2.從考查內(nèi)容上看主要涉及函數(shù)的圖象，多為給出具體函數(shù)解析式判斷函數(shù)的圖象；函數(shù)的性質(zhì)及函數(shù)性質(zhì)的綜合問題；指數(shù)、對數(shù)、冪函數(shù)的圖象與性質(zhì)；分段函數(shù)，既有求函數(shù)值，也有解不等式，常與指數(shù)、對數(shù)函數(shù)，零點(diǎn)相結(jié)合．3.本章一般不單獨(dú)涉及解答題，在解答題中多與導(dǎo)數(shù)、不等式結(jié)合命題，試題難度較大.第一節(jié)函數(shù)及其表示1．函數(shù)與映射函數(shù)映射兩集合A，B設(shè)A，B是非空的數(shù)集設(shè)A，B是非空的集合對應(yīng)關(guān)系f：A→B如果按照某種確定的對應(yīng)關(guān)系f，使對于集合A中的任意一個(gè)數(shù)x，在集合B中都有唯一確定的數(shù)f(x)和它對應(yīng)如果按某一個(gè)確定的對應(yīng)關(guān)系f，使對于集合A中的任意一個(gè)元素x，在集合B中都有唯一確定的元素y與之對應(yīng)名稱稱f：A→B為從集合A到集合B的一個(gè)函數(shù)稱對應(yīng)f：A→B為從集合A到集合B的一個(gè)映射記法y＝f(x)，x∈A對應(yīng)f：A→B是一個(gè)映射2．函數(shù)的有關(guān)概念(1)函數(shù)的定義域、值域：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?；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?.顯然，值域是集合B的子集．(2)函數(shù)的三要素：定義域、值域和對應(yīng)關(guān)系．(3)相等函數(shù)：如果兩個(gè)函數(shù)的定義域和對應(yīng)關(guān)系完全一致，則這兩個(gè)函數(shù)相等，這是判斷兩函數(shù)相等的依據(jù)．(4)函數(shù)的表示法：解析法、圖象法、列表法．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)通常叫做分段函數(shù)．,(1)確定函數(shù)的定義域常從解析式本身有意義，或從實(shí)際出發(fā)．(2)如果函數(shù)y＝f(x)用表格給出，則表格中x的集合即為定義域．(3)如果函數(shù)y＝f(x)用圖象給出，則圖象在x軸上的投影所覆蓋的x的集合即為定義域.值域是一個(gè)數(shù)集，由函數(shù)的定義域和對應(yīng)關(guān)系共同確定．(1)分段函數(shù)雖由幾個(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.[熟記常用結(jié)論](1)若f(x)為整式，則函數(shù)的定義域?yàn)镽；(2)若f(x)為分式，則要求分母不為0；(3)若f(x)為對數(shù)式，則要求真數(shù)大于0；(4)若f(x)為根指數(shù)是偶數(shù)的根式，則要求被開方式非負(fù)；(5)若f(x)描述實(shí)際問題，則要求使實(shí)際問題有意義．如果f(x)是由幾個(gè)部分的數(shù)學(xué)式子構(gòu)成的，求定義域常常等價(jià)于解不等式(組)．[小題查驗(yàn)基礎(chǔ)]一、判斷題(對的打“√”，錯(cuò)的打“×”)(1)對于函數(shù)f：A→B，其值域是集合B.()(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)是相等函數(shù)．()(3)函數(shù)是一種特殊的映射．()(4)若A＝R，B＝(0，＋∞)，f：x→y＝|x|，則對應(yīng)f可看作從A到B的映射．()(5)分段函數(shù)是由兩個(gè)或幾個(gè)函數(shù)組成的．()答案：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×二、選填題1．下列圖形中可以表示為以M＝{x|0≤x≤1}為定義域，以N＝{y|0≤y≤1}為值域的函數(shù)的是()解析：選CA選項(xiàng)，函數(shù)定義域?yàn)镸，但值域不是N，B選項(xiàng)，函數(shù)定義域不是M，值域?yàn)镹，D選項(xiàng)，集合M中存在x與集合N中的兩個(gè)y對應(yīng)，不能構(gòu)成函數(shù)關(guān)系．故選C.2．下列函數(shù)中，與函數(shù)y＝x＋1是相等函數(shù)的是()A．y＝(eq\r(x＋1))2 B．y＝eq\r(3,x3)＋1C．y＝eq\f(x2,x)＋1 D．y＝eq\r(x2)＋1解析：選B對于A，函數(shù)y＝(eq\r(x＋1))2的定義域?yàn)閧x|x≥－1}，與函數(shù)y＝x＋1的定義域不同，不是相等函數(shù)；對于B，定義域和對應(yīng)關(guān)系都相同，是相等函數(shù)；對于C，函數(shù)y＝eq\f(x2,x)＋1的定義域?yàn)閧x|x≠0}，與函數(shù)y＝x＋1的定義域不同，不是相等函數(shù)；對于D，定義域相同，但對應(yīng)關(guān)系不同，不是相等函數(shù)，故選B.3．函數(shù)f(x)＝eq\r(2x－1)＋eq\f(1,x－2)的定義域?yàn)開_______．解析：由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1≥0，,x－2≠0，))解得x≥0且x≠2.答案：[0,2)∪(2，＋∞)4．若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex－1，x≤1，,5－x2，x>1，))則f(f(2))＝________.解析：由題意知，f(2)＝5－4＝1，f(1)＝e0＝1，所以f(f(2))＝1.答案：15．已知函數(shù)f(x)＝ax3－2x的圖象過點(diǎn)(－1,4)，則f(2)＝________.解析：∵函數(shù)f(x)＝ax3－2x的圖象過點(diǎn)(－1,4)∴4＝－a＋2，∴a＝－2，即f(x)＝－2x3－2x，∴f(2)＝－2×23－2×2＝－20.答案：－20eq\a\vs4\al(考點(diǎn)一求函數(shù)的解析式)eq\a\vs4\al([師生共研過關(guān)])[典例精析](1)已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋1))＝lgx，求f(x)的解析式．(2)已知f(x)是二次函數(shù)，且f(0)＝0，f(x＋1)＝f(x)＋x＋1，求f(x)的解析式．(3)已知函數(shù)f(x)滿足f(－x)＋2f(x)＝2x，求f(x)[解](1)(換元法)令eq\f(2,x)＋1＝t，得x＝eq\f(2,t－1)，代入得f(t)＝lgeq\f(2,t－1)，又x>0，所以t>1，故f(x)的解析式是f(x)＝lgeq\f(2,x－1)，x∈(1，＋∞)．(2)(待定系數(shù)法)設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由f(0)＝0，知c＝0，f(x)＝ax2＋bx，又由f(x＋1)＝f(x)＋x＋1，得a(x＋1)2＋b(x＋1)＝ax2＋bx＋x＋1，即ax2＋(2a＋b)x＋a＋b＝ax2＋(b＋1)x＋1所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝b＋1，,a＋b＝1，))解得a＝b＝eq\f(1,2).所以f(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)x，x∈R.(3)(解方程組法)由f(－x)＋2f(x)＝2x，得f(x)＋2f(－x)＝2－x，①×2－②，得3f(x)＝2x＋1－2－x即f(x)＝eq\f(2x＋1－2－x,3).故f(x)的解析式是f(x)＝eq\f(2x＋1－2－x,3)，x∈R.[解題技法]求函數(shù)解析式的3種方法及口訣記憶待定系數(shù)法當(dāng)函數(shù)的特征已經(jīng)確定時(shí)，一般用待定系數(shù)法來確定函數(shù)解析式換元法如果給定復(fù)合函數(shù)的解析式，求外函數(shù)的解析式，通常用換元法將內(nèi)函數(shù)先換元，然后求出外函數(shù)的解析式解方程組法如果給定兩個(gè)函數(shù)的關(guān)系式，可以通過變量代換建立方程組，再通過方程組求出函數(shù)解析式口訣記憶解析式，如何定，待定換元解方程；已知函數(shù)有特征，待定系數(shù)來確定；復(fù)合函數(shù)問根源，內(nèi)函數(shù)，先換元；兩個(gè)函數(shù)有關(guān)系，方程組中破玄機(jī).[過關(guān)訓(xùn)練]1．[口訣第3句]已知函數(shù)f(x－1)＝eq\f(x,x＋1)，則函數(shù)f(x)的解析式為()A．f(x)＝eq\f(x＋1,x＋2) B．f(x)＝eq\f(x,x＋1)C．f(x)＝eq\f(x－1,x) D．f(x)＝eq\f(1,x＋2)解析：選A令x－1＝t，則x＝t＋1，∴f(t)＝eq\f(t＋1,t＋2)，即f(x)＝eq\f(x＋1,x＋2).故選A.2．[口訣第2句]若二次函數(shù)g(x)滿足g(1)＝1，g(－1)＝5，且圖象過原點(diǎn)，則g(x)＝________.解析：設(shè)g(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，∵g(1)＝1，g(－1)＝5，且圖象過原點(diǎn)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c＝1，,a－b＋c＝5，,c＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－2，,c＝0，))∴g(x)＝3x2－2x.答案：3x2－2x3．[口訣第4句]已知f(x)滿足2f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3x，則f(x)＝________.解析：∵2f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3x，①把①中的x換成eq\f(1,x)，得2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋f(x)＝eq\f(3,x).②聯(lián)立①②可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2fx＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3x，,2f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋fx＝\f(3,x)，))解此方程組可得f(x)＝2x－eq\f(1,x)(x≠0)．答案：2x－eq\f(1,x)(x≠0)eq\a\vs4\al(考點(diǎn)二函數(shù)的定義域)eq\a\vs4\al([全析考法過關(guān)])[考法全析]考法(一)已知函數(shù)解析式求定義域[例1]求下列函數(shù)的定義域：(1)f(x)＝eq\f(\r(|x－2|－1),log2x－1)；(2)f(x)＝eq\f(lnx＋1,\r(－x2－3x＋4)).[解](1)要使函數(shù)f(x)有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x－2|－1≥0，,x－1>0，,x－1≠1，))解不等式組得x≥3.因此函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇3，＋∞)．(2)要使函數(shù)f(x)有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1>0，,－x2－3x＋4>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>－1，,x＋4x－1＜0，))解不等式組得－1＜x＜1.因此函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－1,1)．考法(二)求抽象函數(shù)的定義域[例2]已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－1,1)，則函數(shù)g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))＋f(x－1)的定義域?yàn)?)A．(－2,0) B．(－2,2)C．(0,2) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))[解析]由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＜\f(x,2)＜1，,－1＜x－1＜1，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2＜x＜2，,0＜x＜2，))∴0＜x＜2，∴函數(shù)g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))＋f(x－1)的定義域?yàn)?0,2)，故選C.[答案]C考法(三)已知函數(shù)的定義域求參數(shù)的值(范圍)[例3](1)若函數(shù)y＝eq\f(mx－1,mx2＋4mx＋3)的定義域?yàn)镽，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))(2)若函數(shù)f(x)＝eq\r(ax2＋abx＋b)的定義域?yàn)閧x|1≤x≤2}，則a＋b的值為________．[解析](1)∵函數(shù)y＝eq\f(mx－1,mx2＋4mx＋3)的定義域?yàn)镽，∴mx2＋4mx＋3≠0，∴m＝0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≠0，,Δ＝16m2－12m＜0，))即m＝0或0＜m＜eq\f(3,4)，∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))).(2)∵函數(shù)f(x)＝eq\r(ax2＋abx＋b)的定義域?yàn)閧x|1≤x≤2}，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜0，,f1＝0，,f2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(3,2)，,b＝－3，))∴a＋b＝－eq\f(9,2).[答案](1)D(2)－eq\f(9,2)[規(guī)律探求]看個(gè)性考法(一)是根據(jù)具體的函數(shù)解析式求定義域，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(shí)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．考法(二)是求抽象函數(shù)的定義域，有如下解法：(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．考法(三)是考法(一)的逆運(yùn)用，通常是轉(zhuǎn)化為含參數(shù)的不等式求解找共性1.謹(jǐn)記函數(shù)定義域的有關(guān)口訣定義域，是何意，自變量，有意義；分式分母不為零，對數(shù)真數(shù)只取正；偶次根式要非負(fù)，三者結(jié)合生萬物；和差積商定義域，不等式組求交集.2.函數(shù)定義域問題注意事項(xiàng)(1)函數(shù)f(g(x))的定義域指的是x的取值范圍，而不是g(x)的取值范圍；(2)求函數(shù)的定義域時(shí)，對函數(shù)解析式先不要化簡；(3)求出函數(shù)的定義域后，一定要將其寫成集合或區(qū)間的形式；(4)函數(shù)f(x)±g(x)的定義域是函數(shù)f(x)，g(x)的定義域的交集[過關(guān)訓(xùn)練]1．[口訣第1、2、3、4句]y＝eq\r(\f(x－1,2x))－log2(4－x2)的定義域是()A．(－2,0)∪(1,2) B．(－2,0]∪(1,2)C．(－2,0)∪[1,2) D．[－2,0]∪[1,2]解析：選C要使函數(shù)有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,2x)≥0，,x≠0，,4－x2>0，))解得x∈(－2,0)∪[1,2)，即函數(shù)的定義域是(－2,0)∪[1,2)．2．[口訣第1句]已知函數(shù)y＝f(x2－1)的定義域?yàn)閇－eq\r(3)，eq\r(3)]，則函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)開_______．解析：因?yàn)閥＝f(x2－1)的定義域?yàn)閇－eq\r(3)，eq\r(3)]，所以x∈[－eq\r(3)，eq\r(3)]，x2－1∈[－1,2]，所以y＝f(x)的定義域?yàn)閇－1，2]．答案：[－1,2]3．[口訣第1、3句]若函數(shù)f(x)＝eq\r(x2＋ax＋1)的定義域?yàn)閷?shí)數(shù)集R，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________________．解析：若函數(shù)f(x)＝eq\r(x2＋ax＋1)的定義域?yàn)閷?shí)數(shù)集R，則x2＋ax＋1≥0恒成立，即Δ＝a2－4≤0，解得－2≤a≤2，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－2,2]．答案：[－2,2]eq\a\vs4\al(考點(diǎn)三分段函數(shù))[全析考法過關(guān)][考法全析]考法(一)分段函數(shù)求值[例1](1)(2019·石家莊模擬)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x，x≤0，,log3x，x>0，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))))＝________.(2)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－3，x≥9，,ffx＋4，x＜9，))則f(7)＝__________________________________.[解析](1)∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))＝log3eq\f(1,9)＝－2，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))))＝f(－2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))－2＝9.(2)∵7＜9，∴f(7)＝f(f(7＋4))＝f(f(11))＝f(11－3)＝f(8)．又∵8＜9，∴f(8)＝f(f(12))＝f(9)＝9－3＝6.即f(7)＝6.[答案](1)9(2)6考法(二)求參數(shù)或自變量的值(范圍)[例2](1)(2018·全國卷Ⅰ)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)(2)(2019·長春模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x>0，,x＋1，x≤0.))若f(a)＋f(1)＝0，則實(shí)數(shù)a＝________.[解析](1)∵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.(2)當(dāng)a>0時(shí)，由f(a)＋f(1)＝0得2a＋2＝0，無實(shí)數(shù)解；當(dāng)a≤0時(shí)，由f(a)＋f(1)＝0得a＋1＋2＝0，解得a＝－3，滿足條件[答案](1)D(2)－3[規(guī)律探求]看個(gè)性考法(一)是求分段函數(shù)的函數(shù)值．在求分段函數(shù)的函數(shù)值時(shí)，一定要先判斷自變量屬于定義域的哪個(gè)子集，再代入相應(yīng)的關(guān)系式．若涉及復(fù)合函數(shù)求值，則從內(nèi)到外逐層計(jì)算，當(dāng)自變量的值不確定時(shí)，要分類討論．考法(二)是在考法(一)的基礎(chǔ)上遷移考查分段函數(shù)中，已知函數(shù)值或不等關(guān)系求參數(shù)或自變量的值或范圍．解與分段函數(shù)有關(guān)的方程或不等式，從而求得自變量或參數(shù)的取值(范圍)時(shí)，應(yīng)根據(jù)每一段的解析式分別求解．解得值(范圍)后一定要檢驗(yàn)其是否符合相應(yīng)段的自變量的取值范圍找共性(1)無論考法(一)還是考法(二)都要根據(jù)自變量或參數(shù)所在區(qū)間來解決問題，搞清參數(shù)或自變量所在區(qū)間是解決問題的先決條件；(2)解決分段函數(shù)有關(guān)問題的關(guān)鍵是“分段歸類”，即自變量的取值屬于哪一段范圍，就用哪一段的解析式來解決問題[過關(guān)訓(xùn)練]1．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，x≥4，,fx＋1，x＜4，))則f(1＋log25)＝________.解析：因?yàn)?＜log25＜3，所以3＜1＋log25＜4，則4＜2＋log25＜5，則f(1＋log25)＝f(1＋1＋log25)＝f(2＋log25)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,4)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,20).答案：eq\f(1,20)2．(2018·衡陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a·2x，x≥0，,2－x，x＜0))(a∈R)，若f(f(－1))＝1，則a＝________.解析：∵f(－1)＝2－(－1)＝2，∴f(f(－1))＝f(2)＝4a＝1，解得a＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)eq\a\vs4\al([課時(shí)跟蹤檢測])一、題點(diǎn)全面練1．(2019·重慶調(diào)研)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，＋∞)解析：選D由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－4>0，,x－3≠0，))解得x>2且x≠3，所以函數(shù)y＝log2(2x－4)＋eq\f(1,x－3)的定義域?yàn)?2,3)∪(3，＋∞)，故選D.2．(2018·合肥質(zhì)量檢測)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x－2)，x>2，,x2＋2，x≤2，))則f(f(1))＝()A．－eq\f(1,2) B．2C．4 D．11解析：選C∵f(1)＝12＋2＝3，∴f(f(1))＝f(3)＝3＋eq\f(1,3－2)＝4.故選C.3．已知函數(shù)f(x)＝5|x|，g(x)＝ax2－x(a∈R)．若f(g(1))＝1，則a＝()A．1 B．2C．3 D．－1解析：選A由已知條件可知f(g(1))＝f(a－1)＝5|a－1|＝1，∴|a－1|＝0，得a＝1.故選A.4．(2018·荊州聯(lián)考)若函數(shù)f(x)的定義域是[1,2019]，則函數(shù)g(x)＝eq\f(fx＋1,x－1)的定義域是()A．[0,2018] B．[0,1)∪(1,2018]C．(1,2019] D．[－1,1)∪(1,2018]解析：選B由題知，1≤x＋1≤2019，解得0≤x≤2018，又x≠1，所以函數(shù)g(x)＝eq\f(fx＋1,x－1)的定義域是[0,1)∪(1，2018]．5．已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－1))＝2x－5，且f(a)＝6，則a等于()A.eq\f(7,4) B．－eq\f(7,4)C.eq\f(4,3) D．－eq\f(4,3)解析：選A令t＝eq\f(1,2)x－1，則x＝2t＋2，f(t)＝2(2t＋2)－5＝4t－1，故f(x)＝4x－1，則f(a)＝4a－1＝6，解得a＝eq\f(7,4).6．(2019·石家莊模擬)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x，x>0，,ax＋b，x≤0))(0＜a＜1)，且f(－2)＝5，f(－1)＝3，則f(f(－3))＝()A．－2 B．2C．3 D．－3解析：選B由題意得，f(－2)＝a－2＋b＝5，①f(－1)＝a－1＋b＝3，②聯(lián)立①②，結(jié)合0＜a＜1，得a＝eq\f(1,2)，b＝1，所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x，x>0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＋1，x≤0，))則f(－3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－3＋1＝9，f(f(－3))＝f(9)＝log39＝2.7．(2018·福州二模)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x＋a，x>0，,4x－2－1，x≤0.))若f(a)＝3，則f(a－2)＝()A．－eq\f(15,16) B．3C．－eq\f(63,64)或3 D．－eq\f(15,16)或3解析：選A當(dāng)a>0時(shí)，若f(a)＝3，則log2a＋a＝3，解得a＝2(滿足a>0)；當(dāng)a≤0時(shí)，若f(a)＝3，則4a－2－1＝3，解得a＝3，不滿足a≤0，舍去．于是，可得a＝2.故f(a－2)＝f(0)＝4－2－1＝－eq\f(15,16).故選A.8．(2019·合肥質(zhì)檢)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)＝(A.eq\f(9,8) B.eq\f(9,4)C.eq\f(9,2) D．9解析：選C∵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).9．(2019·合肥模擬)已知f(x)的定義域?yàn)閧x|x≠0}，且3f(x)＋5feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(3,x)＋1，則函數(shù)f(x)的解析式為________________________．解析：用eq\f(1,x)代替3f(x)＋5feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(3,x)＋1中的x，得3feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋5f(x)＝3x＋1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3fx＋5f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝\f(3,x)＋1，①,3f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋5fx＝3x＋1，②))①×3－②×5得f(x)＝eq\f(15,16)x－eq\f(9,16x)＋eq\f(1,8)(x≠0)．答案：f(x)＝eq\f(15,16)x－eq\f(9,16x)＋eq\f(1,8)(x≠0)10．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ln－x，x＜0，,－lnx，x>0，))若f(m)>f(－m)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．解析：函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ln－x，x＜0，,－lnx，x>0，))當(dāng)m>0時(shí)，f(m)>f(－m)，即－lnm>lnm，即lnm＜0，解得0＜m＜1；當(dāng)m＜0時(shí)，f(m)>f(－m)，即ln(－m)>－ln(－m)，即ln(－m)>0，解得m＜－1.綜上可得，m＜－1或0＜m＜1.答案：(－∞，－1)∪(0,1)二、專項(xiàng)培優(yōu)練(一)易錯(cuò)專練——不丟怨枉分1．若函數(shù)y＝f(x＋1)的值域?yàn)閇－1,1]，則函數(shù)y＝f(3x＋2)的值域?yàn)?)A．[－1,1] B．[－1,0]C．[0,1] D．[2,8]解析：選A函數(shù)y＝f(x＋1)的值域?yàn)閇－1,1]，由于函數(shù)中的自變量取定義域內(nèi)的任意數(shù)時(shí)，函數(shù)的值域都為[－1,1]，故函數(shù)y＝f(3x＋2)的值域?yàn)閇－1,1]．故選A.2．(2018·山西名校聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)＝lg(1－x)，則函數(shù)f[f(x)]的定義域?yàn)?)A．(－9，＋∞) B．(－9,1)C．[－9，＋∞) D．[－9,1)解析：選Bf[f(x)]＝f[lg(1－x)]＝lg[1－lg(1－x)]，其定義域?yàn)閑q\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x>0，,1－lg1－x>0))的解集，解得－9＜x＜1，所以f[f(x)]的定義域?yàn)?－9,1)．故選B.3．(2018·安陽三校聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝eq\r(mx2＋mx＋1)的定義域?yàn)橐磺袑?shí)數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．[0,4) B．(0,4)C．[4，＋∞) D．[0,4]解析：選D由題意可得mx2＋mx＋1≥0恒成立．當(dāng)m＝0時(shí)，1≥0恒成立；當(dāng)m≠0時(shí)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>0，,m2－4m≤0，))解得0＜m≤4.綜上可得，0≤m≤4.4．(2019·珠海質(zhì)檢)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()A．(－∞，－1] 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(0，\f(1,2)))解析：選C由題意知y＝lnx(x≥1)的值域?yàn)閇0，＋∞)，故要使f(x)的值域?yàn)镽，則必有y＝(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(1,5．(2018·合肥質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(mx2＋m－3x＋1)的值域是[0，＋∞)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．解析：當(dāng)m＝0時(shí)，函數(shù)f(x)＝eq\r(－3x＋1)的值域是[0，＋∞)，顯然成立；當(dāng)m>0時(shí)，Δ＝(m－3)2－4m≥0，解得0＜m≤1或m≥9.顯然m＜0時(shí)不合題意．綜上可知，實(shí)數(shù)m的取值范圍是[0,1]∪[9，＋∞)．答案：[0,1]∪[9，＋∞)(二)技法專練——活用快得分6．[排除法]設(shè)x∈R，定義符號函數(shù)sgnx＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x＜0，))則()A．|x|＝x|sgnx| B．|x|＝xsgn|x|C．|x|＝|x|sgnx D．|x|＝xsgnx解析：選D當(dāng)x＜0時(shí)，|x|＝－x，x|sgnx|＝x，xsgn|x|＝x，|x|sgnx＝(－x)·(－1)＝x，排除A、B、C，故選D.7．[特殊值法]函數(shù)y＝eq\r(a－ax)(a>0，a≠1)的定義域和值域都是[0,1]，則logaeq\f(5,6)＋logaeq\f(48,5)＝()A．1 B．2C．3 D．4解析：選C當(dāng)x＝1時(shí)，y＝0，則函數(shù)y＝eq\r(a－ax)在[0,1]上為減函數(shù)，故a>1.∴當(dāng)x＝0時(shí)，y＝1，則eq\r(a－1)＝1，∴a＝2.∴l(xiāng)og2eq\f(5,6)＋log2eq\f(48,5)＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)×\f(48,5)))＝log28＝3.8．[數(shù)形結(jié)合法]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)＋f(x－1)>1的x的取值范圍是________．解析：畫出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖，易知函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．又因?yàn)閤>x－1，且x－(x－1)＝1，f(0)＝1，所以要使f(x)＋f(x－1)>1成立，則結(jié)合函數(shù)f(x)的圖象知只需x－1>－1，解得x>0.故所求x的取值范圍是(0，＋∞)．答案：(0，＋∞)(三)素養(yǎng)專練——學(xué)會(huì)更學(xué)通9．[邏輯推理]具有性質(zhì)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－f(x)的函數(shù)，我們稱為滿足“倒負(fù)”變換的函數(shù)，給出下列函數(shù)：①f(x)＝x－eq\f(1,x)；②f(x)＝x＋eq\f(1,x)；③f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，0＜x＜1，,0，x＝1，,－\f(1,x)，x>1.))其中滿足“倒負(fù)”變換的函數(shù)是()A．①③ B．②③C．①②③ D．①②解析：選A對于①，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1,x)－x＝－f(x)，滿足題意；對于②，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1,x)＋x＝f(x)，不滿足題意；對于③，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，0＜\f(1,x)＜1，,0，\f(1,x)＝1，,－x，\f(1,x)>1，))即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x>1，,0，x＝1，,－x，0＜x＜1，))故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－f(x)，滿足題意．綜上可知，滿足“倒負(fù)”變換的函數(shù)是①③.故選A.10．[數(shù)學(xué)運(yùn)算]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－1，x≤0，,x－1，x>0，))g(x)＝2x－1，則f(g(2))＝__________，f(g(x))的值域?yàn)開_______．解析：g(2)＝22－1＝3，∴f(g(2))＝f(3)＝2.易得g(x)的值域?yàn)?－1，＋∞)，∴若－1＜g(x)≤0，f(g(x))＝[g(x)]2－1∈[－1,0)；若g(x)>0，f(g(x))＝g(x)－1∈(－1，＋∞)，∴f(g(x))的值域是[－1，＋∞)．答案：2[－1，＋∞)11．[數(shù)學(xué)抽象]設(shè)函數(shù)f：R→R，滿足f(0)＝1，且對任意x，y∈R都有f(xy＋1)＝f(x)f(y)－f(y)－x＋2，則f(2018)＝________.解析：令x＝y(tǒng)＝0，則f(1)＝f(0)·f(0)－f(0)－0＋2＝1×1－1－0＋2＝2.令y＝0，則f(1)＝f(x)f(0)－f(0)－x＋2，將f(0)＝1，f(1)＝2代入，可得f(x)＝1＋x，所以f(2018)＝2019.答案：2019

第二節(jié)函數(shù)的單調(diào)性與最值?函數(shù)在給定區(qū)間上的單調(diào)性，反映了函數(shù)在區(qū)間上的函數(shù)值的變化趨勢，是函數(shù)在區(qū)間上的整體性質(zhì).?對于?x1，x2∈D，都有(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]>0或eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0.eq\a\vs4\al(?若函數(shù)fx的值域是開區(qū)間，則函數(shù)無最值；,若函數(shù)fx的值域是閉區(qū)間，則閉區(qū)間上的端點(diǎn)值就是最值.)1．函數(shù)的單調(diào)性?(1)增函數(shù)、減函數(shù)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(gè)區(qū)間D上的任意兩個(gè)自變量的值x1，xeq\o\al(?,2)當(dāng)x1＜x2時(shí)，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(shí)，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(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)間具有(嚴(yán)格的)單調(diào)性，區(qū)間D叫做函數(shù)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)镮，如果存在實(shí)數(shù)M滿足條件①對于任意的x∈I，都有f(x)≤M；②存在x0∈I，使得f(x0)＝M①對于任意x∈I，都有f(x)≥M；②存在x0∈I，使得f(x0)＝M結(jié)論M為函數(shù)y＝f(x)的最大值M為函數(shù)y＝f(x)的最小值x1，x2的特征：(1)任意性；(2)有大小，即x1＜x2(x1>x2)；(3)屬于同一個(gè)單調(diào)區(qū)間.對于?x1，x2∈D，都有(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]＜0或eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜0.(1)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間或討論函數(shù)單調(diào)性必須先求函數(shù)的定義域．(2)一個(gè)函數(shù)的同一種單調(diào)區(qū)間用“和”或“，”連接，不能用“∪”連接．(3)函數(shù)在某個(gè)區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)，但在整個(gè)定義域上不一定是單調(diào)函數(shù)，如函數(shù)y＝eq\f(1,x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上都是減函數(shù)，但在定義域上不具有單調(diào)性．(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(gè)不同的概念，顯然N?M.[熟記常用結(jié)論]1．若函數(shù)f(x)，g(x)在區(qū)間I上具有單調(diào)性，則在區(qū)間I上具有以下性質(zhì)：(1)f(x)與a·f(x)在a>0時(shí)具有相同的單調(diào)性，在a＜0時(shí)具有相反的單調(diào)性．(2)當(dāng)f(x)，g(x)都是增(減)函數(shù)時(shí)，f(x)＋g(x)是增(減)函數(shù)．(3)當(dāng)f(x)，g(x)都是增(減)函數(shù)時(shí)，若兩者都恒大于零，則f(x)·g(x)也是增(減)函數(shù)；若兩者都恒小于零，則f(x)·g(x)是減(增)函數(shù)．2．復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性對于復(fù)合函數(shù)y＝f[g(x)]，若t＝g(x)在區(qū)間(a，b)上是單調(diào)函數(shù)，且y＝f(t)在區(qū)間(g(a)，g(b))或(g(b)，g(a))上是單調(diào)函數(shù)，若t＝g(x)與y＝f(t)的單調(diào)性相同，則y＝f[g(x)]為增函數(shù)；若t＝g(x)與y＝f(t)的單調(diào)性相反，則y＝f[g(x)]為減函數(shù)．簡稱“同增異減”．3．開區(qū)間上的“單峰”函數(shù)一定存在最大值(最小值)．[小題查驗(yàn)基礎(chǔ)]一、判斷題(對的打“√”，錯(cuò)的打“×”)(1)函數(shù)y＝eq\f(1,x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，0)∪(0，＋∞)．()(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)如果一個(gè)函數(shù)在定義域內(nèi)的某幾個(gè)子區(qū)間上都是增函數(shù)，則這個(gè)函數(shù)在定義域上是增函數(shù)．()(4)所有的單調(diào)函數(shù)都有最值．()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×二、選填題1．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＝3－xC．y＝eq\f(1,x) D．y＝－x2＋4解析：選Ay＝3－x在R上遞減，y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上遞減，y＝－x2＋4在(0，＋∞)上遞減，故選A.2．函數(shù)f(x)＝－x＋eq\f(1,x)在區(qū)間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解析：選A∵函數(shù)y＝－x與y＝eq\f(1,x)在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上都是減函數(shù)，∴函數(shù)f(x)＝－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上是減函數(shù)，故f(x)的最大值為f(－2)＝2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2).3．設(shè)定義在[－1,7]上的函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的增區(qū)間為________．解析：由圖可知函數(shù)的增區(qū)間為[－1,1]和[5,7]．答案：[－1,1]和[5,7]4．若函數(shù)y＝(2k＋1)x＋b在R上是減函數(shù)，則k的取值范圍是________．解析：因?yàn)楹瘮?shù)y＝(2k＋1)x＋b在R上是減函數(shù)，所以2k＋1＜0，即k＜－eq\f(1,2).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))5．若函數(shù)f(x)滿足“對任意的x1，x2∈R，當(dāng)x1＜x2時(shí)，都有f(x1)>f(x2)”，則滿足f(2x－1)＜f(1)的實(shí)數(shù)x的取值范圍為________．解析：由題意知，函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)為減函數(shù)，∵f(2x－1)＜f(1)，∴2x－1>1，即x>1，∴x的取值范圍為(1，＋∞)．答案：(1，＋∞)eq\a\vs4\al(考點(diǎn)一確定函數(shù)的單調(diào)性區(qū)間)eq\a\vs4\al([全析考法過關(guān)])[考法全析]考法(一)確定不含參函數(shù)的單調(diào)性(區(qū)間)[例1](1)函數(shù)f(x)＝|x2－3x＋2|的單調(diào)遞增區(qū)間是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))和[2，＋∞)C．(－∞，1]和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)))和[2，＋∞)(2)函數(shù)y＝eq\r(x2＋x－6)的單調(diào)遞增區(qū)間為__________，單調(diào)遞減區(qū)間為____________．[解析](1)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.))如圖所示，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))和[2，＋∞)．(2)令u＝x2＋x－6，則y＝eq\r(x2＋x－6)可以看作是由y＝eq\r(u)與u＝x2＋x－6復(fù)合而成的函數(shù)．令u＝x2＋x－6≥0，得x≤－3或x≥2.易知u＝x2＋x－6在(－∞，－3]上是減函數(shù)，在[2，＋∞)上是增函數(shù)，而y＝eq\r(u)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，∴y＝eq\r(x2＋x－6)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－3]，單調(diào)遞增區(qū)間為[2，＋∞)．[答案](1)B(2)[2，＋∞)(－∞，－3]考法(二)確定含參函數(shù)的單調(diào)性(區(qū)間)[例2]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]法一：(定義法)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)))，則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(shí)，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函數(shù)f(x)在(－1,1)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(－1,1)上單調(diào)遞增．法二：(導(dǎo)數(shù)法)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(－1,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)a＜0時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞增．[規(guī)律探求]看個(gè)性考法(一)中的函數(shù)不含有參數(shù)．解決此類問題時(shí)，首先確定定義域，然后利用單調(diào)性的定義或借助圖象求解即可．考法(二)是在考法(一)的基礎(chǔ)上增加了參數(shù)，解決此類問題除利用定義外，導(dǎo)數(shù)法是一種非常有效的方法．注意分類討論思想的應(yīng)用找共性無論考法(一)還是考法(二)，判斷函數(shù)單調(diào)性常用以下幾種方法：(1)定義法：一般步驟為設(shè)元→作差→變形→判斷符號→得出結(jié)論．(2)圖象法：如果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單調(diào)性．(3)導(dǎo)數(shù)法：先求導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)值的正負(fù)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．(4)性質(zhì)法：①對于由基本初等函數(shù)的和、差構(gòu)成的函數(shù)，根據(jù)各初等函數(shù)的增減性及f(x)±g(x)增減性質(zhì)進(jìn)行判斷；②對于復(fù)合函數(shù)，先將函數(shù)y＝f(g(x))分解成y＝f(t)和t＝g(x)，再討論(判斷)這兩個(gè)函數(shù)的單調(diào)性，最后根據(jù)復(fù)合函數(shù)“同增異減”的規(guī)則進(jìn)行判斷[過關(guān)訓(xùn)練]1．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\r(x－x2)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))解析：選D令t＝eq\r(x－x2)，由x－x2≥0，得0≤x≤1，故函數(shù)的定義域?yàn)閇0,1]．因?yàn)間(t)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))t是減函數(shù)，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間即t＝eq\r(x－x2)的單調(diào)遞減區(qū)間．利用二次函數(shù)的性質(zhì)，得t＝eq\r(x－x2)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，即原函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).故選D.2．判斷函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，＋∞)上的單調(diào)性．解：設(shè)x1，x2是任意兩個(gè)正數(shù)，且x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(a,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(a,x2)))＝eq\f(x1－x2,x1x2)(x1x2－a)．當(dāng)0＜x1＜x2≤eq\r(a)時(shí)，0＜x1x2＜a，x1－x2＜0，所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以函數(shù)f(x)在(0，eq\r(a)]上是減函數(shù)；當(dāng)eq\r(a)≤x1＜x2時(shí)，x1x2>a，x1－x2＜0，所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，所以函數(shù)f(x)在[eq\r(a)，＋∞)上是增函數(shù)．綜上可知，函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，eq\r(a)]上是減函數(shù)，在[eq\r(a)，＋∞)上是增函數(shù)．eq\a\vs4\al(考點(diǎn)二函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用)eq\a\vs4\al([全析考法過關(guān)])[考法全析]考法(一)比較函數(shù)值的大小[例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()A．c>a>b B．c>b>aC．a(chǎn)>c>b D．b>a>c[解析]由f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))).由x2>x1>1時(shí)，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)＜0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∵1＜2＜eq\f(5,2)＜e，∴f(2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))>f(e)，∴b>a>c.[答案]D考法(二)解函數(shù)不等式[例2](1)已知函數(shù)f(x)為R上的減函數(shù)，則滿足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))))＜f(1)的實(shí)數(shù)x的取值范圍是()A．(－1,1) B．(0,1)C．(－1,0)∪(0,1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)(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________[解析](1)由f(x)為R上的減函數(shù)且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))))＜f(1)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))>1，,x≠0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|＜1，,x≠0.))所以－1＜x＜0或0＜x＜1.故選C.(2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)滿足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，x1≠x2，所以函數(shù)在[－2,2]上單調(diào)遞增，所以－2≤2a－2＜a2－a≤2解得0≤a＜1.[答案](1)C(2)[0,1)考法(三)利用函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)[例3]若f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1x＋4a，x＜1，,－ax，x≥1))是定義在R上的減函數(shù)，則a的取值范圍為________．[解析]由題意知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1＜0，,3a－1×1＋4a≥－a，,a>0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜\f(1,3)，,a≥\f(1,8)，,a>0，))所以a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，\f(1,3))).[答案]eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，\f(1,3)))[規(guī)律探求]看個(gè)性考法(一)是比較函數(shù)值的大?。鉀Q此類問題時(shí)，應(yīng)根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)(如對稱性等)將自變量轉(zhuǎn)化到函數(shù)的同一個(gè)單調(diào)區(qū)間上，利用單調(diào)性比較大?。挤?二)是求解與函數(shù)單調(diào)性有關(guān)的抽象函數(shù)不等式．求解此類問題，主要是利用函數(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(shí)應(yīng)特別注意函數(shù)的定義域以及函數(shù)奇偶性質(zhì)的應(yīng)用．考法(三)是在考法(一)和考法(二)基礎(chǔ)上的更深一步的拓展，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性把問題轉(zhuǎn)化為單調(diào)區(qū)間關(guān)系的比較找共性對于求解此類有關(guān)函數(shù)單調(diào)性應(yīng)用的題目，其通用的方法是利用轉(zhuǎn)化思想解題，其思維流程是：[過關(guān)訓(xùn)練]1．已知函數(shù)f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－x)，若x1∈(1,2)，x2∈(2，＋∞)，則()A．f(x1)＜0，f(x2)＜0 B．f(x1)＜0，f(x2)>0C．f(x1)>0，f(x2)＜0 D．f(x1)>0，f(x2)>0解析：選B因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)，且f(2)＝0，所以當(dāng)x1∈(1,2)時(shí)，f(x1)＜f(2)＝0，當(dāng)x2∈(2，＋∞)時(shí)，f(x2)>f(2)＝0，即f(x1)＜0，f(x2)>0.故選B.2．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\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(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，1] B．[1,4]C．[4，＋∞) D．(－∞，1]∪[4，＋∞)解析：選D作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，由圖象可知，若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，故選D.3．已知定義在R上的奇函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，則不等式f(logeq\f(1,9)x)>0的解集為________．解析：∵y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且y＝f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∴y＝f(x)在(－∞，0)上也是增函數(shù)，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0.故原不等式f(logeq\f(1,9)x)>0可化為f(logeq\f(1,9)x)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))或feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＜f(logeq\f(1,9)x)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0))，∴l(xiāng)ogeq\f(1,9)x>eq\f(1,2)或－eq\f(1,2)＜logeq\f(1,9)x＜0，解得0＜x＜eq\f(1,3)或1＜x＜3.所以原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x0＜x＜\f(1,3)或1＜x＜3)).答案：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x0＜x＜\f(1,3)或1＜x＜3))eq\a\vs4\al(考點(diǎn)三函數(shù)的最值)eq\a\vs4\al([師生共研過關(guān)])[典例精析](1)已知函數(shù)y＝eq\r(1－x)＋eq\r(x＋3)的最大值為M，最小值為m，則eq\f(m,M)的值為()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)(2)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x＜1))的最大值為________．[解析](1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x≥0，,x＋3≥0))得函數(shù)的定義域是{x|－3≤x≤1}，y2＝4＋2eq\r(1－x)·eq\r(x＋3)＝4＋2eq\r(－x＋12＋4)，當(dāng)x＝－1時(shí)，y取得最大值M＝2eq\r(2)；當(dāng)x＝－3或1時(shí)，y取得最小值m＝2，所以eq\f(m,M)＝eq\f(\r(2),2).(2)當(dāng)x≥1時(shí)，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)為減函數(shù)，所以f(x)在x＝1處取得最大值，為f(1)＝1；當(dāng)x＜1時(shí)，易知函數(shù)f(x)＝－x2＋2在x＝0處取得最大值，為f(0)＝2.故函數(shù)f(x)的最大值為2.[答案](1)C(2)2[解題技法]求函數(shù)最值(值域)的常用方法單調(diào)性法易確定單調(diào)性的函數(shù)，利用單調(diào)性法研究函數(shù)最值(值域)圖象法能作出圖象的函數(shù)，用圖象法，觀察其圖象最高點(diǎn)、最低點(diǎn)，求出最值(值域)基本不等式法分子、分母其中一個(gè)為一次，一個(gè)為二次的函數(shù)結(jié)構(gòu)以及兩個(gè)變量(如x，y)的函數(shù)，一般通過變形使之具備“一正、二定、三相等”的條件，用基本不等式法求最值(值域)[過關(guān)訓(xùn)練]1．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x－1)在區(qū)間[a，b]上的最大值是1，最小值是eq\f(1,3)，則a＋b＝________.解析：易知f(x)在[a，b]上為減函數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fa＝1，,fb＝\f(1,3)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)＝1，,\f(1,b－1)＝\f(1,3)，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝4.))所以a＋b＝6.答案：62．函數(shù)y＝eq\r(x)－x(x≥0)的最大值為________．解析：令t＝eq\r(x)，則t≥0，所以y＝t－t2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)，當(dāng)t＝eq\f(1,2)，即x＝eq\f(1,4)時(shí)，ymax＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)3．設(shè)0＜x＜eq\f(3,2)，則函數(shù)y＝4x(3－2x)的最大值為________．解析：y＝4x(3－2x)＝2[2x(3－2x)]≤2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x＋3－2x,2)))2＝eq\f(9,2)，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3－2x，即x＝eq\f(3,4)時(shí)，等號成立．∵eq\f(3,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，∴函數(shù)y＝4x(3－2x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜x＜\f(3,2)))的最大值為eq\f(9,2).答案：eq\f(9,2)eq\a\vs4\al([課時(shí)跟蹤檢測])一、題點(diǎn)全面練1．下列函數(shù)中，在區(qū)間(－1,1)上為減函數(shù)的是()A．y＝eq\f(1,1－x) B．y＝cosxC．y＝ln(x＋1) D．y＝2－x解析：選D函數(shù)y＝2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(－1,1)上為減函數(shù)．2．(2017·全國卷Ⅱ)函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(－∞，－2) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)解析：選D由x2－2x－8＞0，得x＞4或x＜－2.因此，函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的定義域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)．注意到函數(shù)y＝x2－2x－8在(4，＋∞)上單調(diào)遞增，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是(4，＋∞)．3．若函數(shù)f(x)＝x2－2x＋m在[3，＋∞)上的最小值為1，則實(shí)數(shù)m的值為()A．－3 B．－2C．－1 D．1解析：選B因?yàn)閒(x)＝(x－1)2＋m－1在[3，＋∞)上為增函數(shù)，且f(x)在[3，＋∞)上的最小值為1，所以f(3)＝1，即22＋m－1＝1，m＝－2.故選B.4．函數(shù)f(x)＝eq\f(x,1－x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(－∞，1) B．(1，＋∞)C．(－∞，1)，(1，＋∞) D．(－∞，－1)，(1，＋∞)解析：選C因?yàn)閒(x)＝eq\f(－1－x＋1,1－x)＝－1＋eq\f(1,1－x)，所以f(x)的圖象是由y＝－eq\f(1,x)的圖象沿x軸向右平移1個(gè)單位，然后沿y軸向下平移一個(gè)單位得到，而y＝－eq\f(1,x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，(0，＋∞)；所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，1)，(1，＋∞)．故選C.5．(2019·贛州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x＜0，))g(x)＝x2f(x－1)，則函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是()A．(－∞，0] B．[0,1)C．[1，＋∞) D．[－1,0]解析：選B由題知，g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x＜1，))可得函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[0,1)．6．若函數(shù)f(x)＝x2＋a|x|＋2，x∈R在區(qū)間[3，＋∞)和[－2，－1]上均為增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(11,3)，－3)) B．[－6，－4]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，－2\r(2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－4，－3))解析：選B由于f(x)為R上的偶函數(shù)，因此只需考慮函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的單調(diào)性即可．由題意知函數(shù)f(x)在[3，＋∞)上為增函數(shù)，在[1,2]上為減函數(shù)，故－eq\f(a,2)∈[2,3]，即a∈[－6，－4]．7．函數(shù)y＝eq\f(2－x,x＋1)，x∈(m，n]的最小值為0，則m的取值范圍是()A．(1,2) B．(－1,2)C．[1,2) D．[－1,2)解析：選D函數(shù)y＝eq\f(2－x,x＋1)＝eq\f(3－x－1,x＋1)＝eq\f(3,x＋1)－1，且在x∈(－1，＋∞)時(shí)單調(diào)遞減，在x＝2時(shí)，y＝0；根據(jù)題意x∈(m，n]時(shí)y的最小值為0，所以－1≤m＜2.8．已知函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋a在區(qū)間(－∞，1)上有最小值，則函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,x)在區(qū)間(1，＋∞)上一定()A．有最小值 B．有最大值C．是減函數(shù) D．是增函數(shù)解析：選D由題意知a＜1，又函數(shù)g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2a在[eq\r(|a|)，＋∞)上為增函數(shù)，故選D.9．(2019·湖南四校聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝x2＋a|x－2|在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：∵f(x)＝x2＋a|x－2|，∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋ax－2a，x≥2，,x2－ax＋2a，x＜2.))又∵f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)≤2，,\f(a,2)≤0，))∴－4≤a≤0，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－4,0]．答案：[－4,0]10．已知函數(shù)f(x)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，\f(4,9)))，則函數(shù)g(x)＝f(x)＋eq\r(1－2fx)的值域?yàn)開_______．解析：∵eq\f(3,8)≤f(x)≤eq\f(4,9)，∴eq\f(1,3)≤eq\r(1－2fx)≤eq\f(1,2).令t＝eq\r(1－2fx)，則f(x)＝eq\f(1,2)(1－t2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤t≤\f(1,2)))，令y＝g(x)，則y＝eq\f(1,2)(1－t2)＋t，即y＝－eq\f(1,2)(t－1)2＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤t≤\f(1,2))).∴當(dāng)t＝eq\f(1,3)時(shí)，y有最小值eq\f(7,9)；當(dāng)t＝eq\f(1,2)時(shí)，y有最大值eq\f(7,8).∴g(x)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,9)，\f(7,8))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,9)，\f(7,8)))二、專項(xiàng)培優(yōu)練(一)易錯(cuò)專練——不丟怨枉分1．函數(shù)y＝log(－x2＋2x＋3)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(－1,1] B．(－∞，1)C．[1,3) D．(1，＋∞)解析：選C令t＝－x2＋2x＋3，由－x2＋2x＋3>0，得－1＜x＜3.函數(shù)t＝－x2＋2x＋3的對稱軸方程為x＝1，則函數(shù)t＝－x2＋2x＋3在[1,3)上為減函數(shù)，而函數(shù)y＝logt為定義域內(nèi)的減函數(shù)，所以函數(shù)y＝log(－x2＋2x＋3)的單調(diào)遞增區(qū)間是[1,3)．2．(2019·西安模擬)已知函數(shù)y＝log2(ax－1)在(1,2)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(0,1] B．[1,2]C．[1，＋∞) D．[2，＋∞)解析：選C要使y＝log2(ax－1)在(1,2)上單調(diào)遞增，則a>0且a－1≥0，∴a≥1.故選C.3．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax2－x－\f(1,4)，x≤1，,logax－1，x>1))是R上的單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))解析：選B由對數(shù)函數(shù)的定義可得a>0，且a≠1.又函數(shù)f(x)在R上單調(diào)，則二次函數(shù)y＝ax2－x－eq\f(1,4)的圖象開口向上，所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜a＜1，,\f(1,2a)≥1，,a×12－1－\f(1,4)≥loga1－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜a＜1，,0＜a≤\f(1,2)，,a≥\f(1,4).))所以a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))).4．已知函數(shù)f(x)是定義在(0，＋∞)上的增函數(shù)，若f(a2－a)>f(a＋3)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．解析：由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－a>0，,a＋3>0，,a2－a>a＋3，))解得－3＜a＜－1或a>3，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為