高中一輪復(fù)習(xí)文數(shù)第二章函數(shù)的概念與基本初等函數(shù)Ⅰ

第二章函數(shù)的概念與基本初等函數(shù)Ⅰ第一節(jié)函數(shù)及其表示本節(jié)主要包括3個知識點：1.函數(shù)的定義域；2.函數(shù)的表示方法；3.分段函數(shù).突破點(一)函數(shù)的定義域；男基礎(chǔ)聯(lián)通抓主干知識的“源”與“流”1．函數(shù)與映射的概念函數(shù)映射兩集合A，B設(shè)A，B是兩個非空的數(shù)集設(shè)A，B是兩個非空的集合對應(yīng)關(guān)系如果按照某種確定的對應(yīng)法則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)如果按某一個確定的對應(yīng)法則f，使對于集合A中的任意一個元素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的一個函數(shù)稱對應(yīng)f：A→B為從集合A到集合B的一個映射記法y＝f(x)，x∈Af：A→B2.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．(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)：如果兩個函數(shù)的定義域和對應(yīng)關(guān)系完全一致，則這兩個函數(shù)相等，這是判斷兩函數(shù)相等的依據(jù)．考點貫通抓高考命題的“形”與“神”求給定解析式的函數(shù)的定義域常見基本初等函數(shù)定義域的基本要求(1)分式函數(shù)中分母不等于零．(2)偶次根式函數(shù)的被開方式大于或等于0.(3)一次函數(shù)、二次函數(shù)的定義域均為R.(4)y＝x0的定義域是{x|x≠0}．(5)y＝ax(a＞0且a≠1)，y＝sinx，y＝cosx的定義域均為R.(6)y＝logax(a＞0且a≠1)的定義域為(0，＋∞)．(7)y＝tanx的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z)))).[例1](1)(2018·蘇北四市聯(lián)考)y＝eq\r(\f(x－1,2x))－log2(4－x2)的定義域是________________．(2)(2018·連云港檢測)函數(shù)y＝eq\r(sinx)＋tanx＋eq\f(π,4)的定義域是____________________．[解析](1)要使函數(shù)有意義，必須eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,2x)≥0，,x≠0，,4－x2＞0，))∴x∈(－2,0)∪[1,2)．即函數(shù)的定義域是(－2,0)∪[1,2)．(2)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx≥0，,x＋\f(π,4)≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ≤x≤2kπ＋π，k∈Z，,x≠kπ＋\f(π,4)，k∈Z，))借助數(shù)軸可得2kπ≤x＜2kπ＋eq\f(π,4)或2kπ＋eq\f(π,4)＜x≤2kπ＋π，k∈Z，即函數(shù)的定義域為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ，2kπ＋\f(π,4)))∪2kπ＋eq\f(π,4)，2kπ＋π，k∈Z.[答案](1)(－2,0)∪[1,2)(2)eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ，2kπ＋\f(π,4)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋π))，k∈Z[易錯提醒](1)不要對解析式進(jìn)行化簡變形，以免定義域發(fā)生變化．(2)當(dāng)一個函數(shù)由有限個基本初等函數(shù)的和、差、積、商的形式構(gòu)成時，定義域一般是各個基本初等函數(shù)定義域的交集．(3)定義域是一個集合，要用集合或區(qū)間表示，若用區(qū)間表示，不能用“或”連結(jié)，而應(yīng)該用并集符號“∪”連結(jié)．求抽象函數(shù)的定義域?qū)τ诔橄蠛瘮?shù)定義域的求解(1)若已知函數(shù)f(x)的定義域為[a，b]，則復(fù)合函數(shù)f(g(x))的定義域由不等式a≤g(x)≤b求出；(2)若已知函數(shù)f(g(x))的定義域為[a，b]，則f(x)的定義域為g(x)在x∈[a，b]上的值域．[例2](1)若函數(shù)y＝f(x)的定義域是[0,2]，則函數(shù)g(x)＝eq\f(f2x,x－1)的定義域為____________．(2)(2018·蘇州中學(xué)月考)函數(shù)f(2x－1)的定義域為(－1,5]，則函數(shù)y＝f(|x－1|)的定義域是____________．[解析](1)由題意得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1≠0，,0≤2x≤2，))解得0≤x＜1，即g(x)的定義域是[0,1)．(2)由題意得x∈(1,5]，則2x－1∈(1,9]即外函數(shù)y＝f(t)的定義域為(1,9]．即1＜|x－1|≤9，解得－8≤x＜0或2＜x≤10，所以函數(shù)y＝f(|x－1|)的定義域是[－8,0)∪(2,10]．[答案](1)[0,1)(2)[－8,0)∪(2,10][易錯提醒]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．已知函數(shù)定義域求參數(shù)[例3](2018·蘇州模擬)若函數(shù)f(x)＝eq\r(mx2＋mx＋1)的定義域為一切實數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是________．[解析]由題意可得mx2＋mx＋1≥0恒成立．當(dāng)m＝0時，1≥0恒成立；當(dāng)m≠0時，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＞0，,Δ＝m2－4m≤0，))解得0＜m≤4.綜上可得：0≤m≤4.[答案][0,4][方法技巧]解決已知定義域求參數(shù)問題的思路方法能力練通抓應(yīng)用體驗的“得”與“失”1.eq\a\vs4\al([考點一])(2017·山東高考改編)設(shè)函數(shù)y＝eq\r(4－x2)的定義域為A，函數(shù)y＝ln(1－x)的定義域為B，則A∩B＝________.解析：由題意可知A＝{x|－2≤x≤2}，B＝{x|x＜1}，故A∩B＝{x|－2≤x＜1}．答案：[－2,1)2.eq\a\vs4\al([考點一])(2018·江蘇南京師范大學(xué)附中模擬)函數(shù)f(x)＝eq\r(log\f(1,2)2x－3)的定義域是________．解析：由題意得logeq\f(1,2)(2x－3)≥0，即0＜2x－3≤1，解得eq\f(3,2)＜x≤2，則定義域是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))3.eq\a\vs4\al([考點一])函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(1－|x－1|),ax－1)(a＞0且a≠1)的定義域為________．解析：由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－|x－1|≥0，,ax－1≠0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤2，,x≠0，))即0＜x≤2，故所求函數(shù)的定義域為(0,2]．答案：(0,2]4.eq\a\vs4\al([考點二])若函數(shù)y＝f(x)的定義域是[1,2018]，則函數(shù)g(x)＝eq\f(fx＋1,x－1)的定義域是________．解析：令t＝x＋1，則由已知函數(shù)的定義域為[1,2018]，可知1≤t≤2018.要使函數(shù)f(x＋1)有意義，則有1≤x＋1≤2018，解得0≤x≤2017，故函數(shù)f(x＋1)的定義域為[0，2017]．所以使函數(shù)g(x)有意義的條件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤2017，,x－1≠0，))解得0≤x＜1或1＜x≤2017.故函數(shù)g(x)的定義域為[0,1)∪(1，2017]．答案：[0,1)∪(1,2017]5.eq\a\vs4\al([考點三])若函數(shù)f(x)＝eq\r(ax2＋abx＋b)的定義域為{x|1≤x≤2}，則a＋b的值為________．解析：函數(shù)f(x)的定義域是不等式ax2＋abx＋b≥0的解集．不等式ax2＋abx＋b≥0的解集為{x|1≤x≤2}，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜0，,1＋2＝－b，,1×2＝\f(b,a)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(3,2)，,b＝－3，))所以a＋b＝－eq\f(3,2)－3＝－eq\f(9,2).答案：－eq\f(9,2)突破點(二)函數(shù)的表示方法基礎(chǔ)聯(lián)通抓主干知識的“源”與“流”1．函數(shù)的表示方法函數(shù)的表示方法有三種，分別為列表法、解析法和圖象法．同一個函數(shù)可以用不同的方法表示．2．應(yīng)用三種方法表示函數(shù)的注意事項(1)列表法：選取的自變量要有代表性，應(yīng)能反映定義域的特征；(2)解析法：一般情況下，必須注明函數(shù)的定義域；(3)圖象法：注意定義域?qū)D象的影響．與x軸垂直的直線與其最多有一個公共點．3．函數(shù)的三種表示方法的優(yōu)缺點優(yōu)點缺點列表法能鮮明地顯示自變量與函數(shù)值之間的數(shù)量關(guān)系只能列出部分自變量及其對應(yīng)的函數(shù)值，難以反映函數(shù)變化的全貌解析法簡明扼要，規(guī)范準(zhǔn)確(1)有些函數(shù)關(guān)系很難或不能用解析式表示；(2)求x與y的對應(yīng)關(guān)系時需逐個計算，比較繁雜圖象法形象直觀，能清晰地呈現(xiàn)函數(shù)的增減變化、點的對稱關(guān)系、最大(小)值等性質(zhì)作出的圖象是近似的、局部的，且根據(jù)圖象確定的函數(shù)值往往有誤差考點貫通抓高考命題的“形”與“神”求函數(shù)的解析式求函數(shù)解析式的四種方法[典例](1)如圖，修建一條公路需要一段環(huán)湖彎曲路段與兩條直道平滑連結(jié)(相切)．已知環(huán)湖彎曲路段為某三次函數(shù)圖象的一部分，則該函數(shù)的解析式為_________．(2)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x＋1)＝2f(x)．若當(dāng)0≤x≤1時，f(x)＝x(1－x)，則當(dāng)－1≤x≤0時，f(x)＝____________________.(3)(2018·南通模擬)已知f(x)的定義域為{x|x≠0}，滿足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](1)設(shè)該函數(shù)解析式為f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d，則f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝d＝0，,f2＝8a＋4b＋2c＋d＝0，,f′0＝c＝－1，,f′2＝12a＋4b＋c＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝－\f(1,2)，,c＝－1，,d＝0，))∴f(x)＝eq\f(1,2)x3－eq\f(1,2)x2－x.(2)∵－1≤x≤0，∴0≤x＋1≤1，∴f(x)＝eq\f(1,2)f(x＋1)＝eq\f(1,2)(x＋1)[1－(x＋1)]＝－eq\f(1,2)x(x＋1)．故當(dāng)－1≤x≤0時，f(x)＝－eq\f(1,2)x(x＋1)．(3)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](1)y＝eq\f(1,2)x3－eq\f(1,2)x2－x(2)－eq\f(1,2)x(x＋1)(3)f(x)＝eq\f(15,16)x－eq\f(9,16x)＋eq\f(1,8)(x≠0)[易錯提醒]在求解析式時，一定要注意自變量的范圍，也就是定義域．如已知f(eq\r(x))＝x＋1，求函數(shù)f(x)的解析式，通過換元的方法可得f(x)＝x2＋1，函數(shù)f(x)的定義域是[0，＋∞)，而不是(－∞，＋∞)．能力練通抓應(yīng)用體驗的“得”與“失”1．已知函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f(x)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\r(x)－1，則f(x)＝____________________.解析：在f(x)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\r(x)－1中，用eq\f(1,x)代替x，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝2f(x)eq\f(1,\r(x))－1，將feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝2f(x)eq\f(1,\r(x))－1代入f(x)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\r(x)－1中，求得f(x)＝eq\f(2,3)eq\r(x)＋eq\f(1,3)(x＞0)．答案：eq\f(2,3)eq\r(x)＋eq\f(1,3)(x＞0)2．(2018·南通中學(xué)月考)函數(shù)f(x)滿足2f(x)＋f(2－x)＝2x，則f(x)＝____________________.解析：由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2fx＋f2－x＝2x，,2f2－x＋fx＝22－x，))解得f(x)＝2x－eq\f(4,3).答案：2x－eq\f(4,3)3．(2018·如皋中學(xué)月考)已知f(sinx＋cosx)＝cos2x－eq\f(π,4)，則f(x)的解析式為____________________．解析：設(shè)t＝sinx＋cosx，則t＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]，t2＝1＋2sinxcosx，cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝sin2x＝2sinxcosx＝t2－1，所以f(t)＝t2－1(－eq\r(2)≤t≤eq\r(2))，即f(x)＝x2－1(－eq\r(2)≤x≤eq\r(2))．答案：f(x)＝x2－1(－eq\r(2)≤x≤eq\r(2))4．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．解：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.5．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．解：由于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，所以f(x)＝x2－2，x≥2或x≤－2，故f(x)的解析式是f(x)＝x2－2，x≥2或x≤－2.突破點(三)分段函數(shù)基礎(chǔ)聯(lián)通抓主干知識的“源”與“流”1．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，有著不同的解析表達(dá)式，這樣的函數(shù)通常叫做分段函數(shù)．2．分段函數(shù)的相關(guān)結(jié)論(1)分段函數(shù)雖由幾個部分組成，但它表示的是一個函數(shù)．(2)分段函數(shù)的定義域等于各段函數(shù)的定義域的并集，值域等于各段函數(shù)的值域的并集.考點貫通抓高考命題的“形”與“神”分段函數(shù)求值[例1](1)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋log22－x，x＜1，,2x－1，x≥1，))則f(－2)＋f(log212)＝________.(2)(2018·啟東中學(xué)檢測)設(shè)函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)＝2f(x)＋x，且當(dāng)0≤x＜2時，f(x)＝[x]，[x]表示不超過x的最大整數(shù)，則f(5.5)＝________.(3)(2018·南通高三月考)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)的值為________．[解析](1)∵－2＜1，∴f(－2)＝1＋log2(2＋2)＝1＋log24＝1＋2＝3.∵log212＞1，∴f(log212)＝2log212－1＝eq\f(12,2)＝6.∴f(－2)＋f(log212)＝3＋6＝9.(2)由題意當(dāng)0≤x＜2時，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，0≤x＜1，,1，1≤x＜2，))由f(x＋2)＝2f(x)＋x，得f(5.5)＝2f(3.5)＋3.5＝2(2f(1.5)＋1.5)＋3.5＝4f(1.5)＋6.5＝4×1＋6.5＝10.5.(3)因為2＜log25＜3，所以3＜1＋log25＜4，則4＜2＋log25＜5，則f(1＋log25)＝f(1＋log25＋1)＝f(2＋log25)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋log25＝eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))log25＝eq\f(1,4)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,20).[答案](1)9(2)10.5(3)eq\f(1,20)[方法技巧]分段函數(shù)求值的解題思路求分段函數(shù)的函數(shù)值，要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，應(yīng)從內(nèi)到外依次求值．求參數(shù)或自變量的值或范圍[例2](1)(2018·徐州模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x＞0，,x2，x≤0，))若f(4)＝2f(a)，則實數(shù)a的值為________．(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex－1，x＜1，,x，x≥1，))則使得f(x)≤2成立的x的取值范圍是________．(3)(2018·阜寧中學(xué)高三月考)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x∈－∞，a，,x2，x∈[a，＋∞.))若f(2)＝4，則a的取值范圍為________．[解析](1)f(4)＝log24＝2，因而2f(a)＝2，即f(a)＝1，當(dāng)a＞0時，f(a)＝log2a＝1，因而a＝2，當(dāng)a≤0時，f(a)＝a2＝1，因而a＝－1.(2)當(dāng)x＜1時，由ex－1≤2得x≤1＋ln2，∴x＜1；當(dāng)x≥1時，由xeq\f(1,3)≤2得x≤8，∴1≤x≤8.綜上，符合題意的x的取值范圍是x≤8.(3)因為f(2)＝4，若2∈(－∞，a)，則f(2)＝2，矛盾，所以2∈[a，＋∞)，f(2)＝4成立所以a≤2，則a的取值范圍為(－∞，2]．[答案](1)－1或2(2)(－∞，8](3)(－∞，2][方法技巧]求分段函數(shù)自變量的值或范圍的方法求某條件下自變量的值或范圍，先假設(shè)所求的值或范圍在分段函數(shù)定義區(qū)間的各段上，然后求出相應(yīng)自變量的值或范圍，切記代入檢驗，看所求的自變量的值或范圍是否滿足相應(yīng)各段自變量的取值范圍．能力練通抓應(yīng)用體驗的“得”與“失”1.eq\a\vs4\al([考點一])已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2x，x≤0，,x2，x＞0，))則f(f(－1))＝________.解析：由題意得f(－1)＝1－2－1＝eq\f(1,2)，則f(f(－1))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)2.eq\a\vs4\al([考點一])已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)sinπx，x≤0，,fx－1＋1，x＞0，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))的值為________．解析：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＋1＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＋1＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)3.eq\a\vs4\al([考點一])已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x，x＞0，,ax＋b，x≤0，))且f(0)＝2，f(－1)＝3，則f(f(－3))＝________.解析：由題意得f(0)＝a0＋b＝1＋b＝2，解得b＝1.f(－1)＝a－1＋b＝a－1＋1＝3，解得a＝eq\f(1,2).則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，))故f(－3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－3＋1＝9，從而f(f(－3))＝f(9)＝log39＝2.答案：24.eq\a\vs4\al([考點二])已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2ax，x≥2，,2x＋1，x＜2，))若f(f(1))＞3a2，則a的取值范圍是________．解析：由題知，f(1)＝2＋1＝3，f(f(1))＝f(3)＝32＋6a，若f(f(1))＞3a2，則9＋6a＞3a2，即a2－2a－3＜0，解得－1＜a＜3.答案：(－1,3)5.eq\a\vs4\al([考點一、二])(2018·無錫月考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－log23－x，x＜2，,2x－2－1，x≥2，))若f(2－a)＝1，則f(a)＝________.解析：當(dāng)2－a≥2，即a≤0時，f(2－a)＝22－a－2－1＝1，解得a＝－1，則f(a)＝f(－1)＝－log2[3－(－1)]＝－2；當(dāng)2－a＜2，即a＞0時，f(2－a)＝－log2[3－(2－a)]＝1，解得a＝－eq\f(1,2)，舍去．∴f(a)＝－2.答案：－26.eq\a\vs4\al([考點二])已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋1，x≤0，,－x－12，x＞0，))使f(x)≥－1成立的x的取值范圍是________．解析：由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,\f(1,2)x＋1≥－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞0，,－x－12≥－1，))解得－4≤x≤0或0＜x≤2，故x的取值范圍是[－4,2]．答案：[－4,2][課時達(dá)標(biāo)檢測]重點保分課時——一練小題夯雙基，二練題點過高考[練基礎(chǔ)小題——強化運算能力]1．下列圖象可以表示以M＝{x|0≤x≤1}為定義域，以N＝{y|0≤y≤1}為值域的函數(shù)的序號是________．解析：①中的值域不對，②中的定義域錯誤，④不是函數(shù)的圖象，由函數(shù)的定義可知③正確．答案：③2．函數(shù)f(x)＝eq\r(x＋3)＋log2(6－x)的定義域是________．解析：要使函數(shù)有意義，應(yīng)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋3≥0，,6－x＞0，))解得－3≤x＜6.即函數(shù)f(x)的定義域為[－3,6)．答案：[－3,6)3．已知f(x)是一次函數(shù)，且f(f(x))＝x＋2，則f(x)＝________.解析：f(x)是一次函數(shù)，設(shè)f(x)＝kx＋b，f(f(x))＝x＋2，可得k(kx＋b)＋b＝x＋2，即k2x＋kb＋b＝x＋2，所以k2＝1，kb＋b＝2.解得k＝1，b＝1.即f(x)＝x＋1.答案：x＋14．若函數(shù)f(x)＝eq\r(2x2＋2ax－a－1)的定義域為R，則a的取值范圍為________．解析：因為函數(shù)f(x)的定義域為R，所以2x2＋2ax－a－1≥0對x∈R恒成立，即2x2＋2ax－a≥20，x2＋2ax－a≥0恒成立，因此有Δ＝(2a)2＋4a≤0，解得－1≤a≤0.答案：[－1,0]5．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－b，x＜1，,2x，x≥1.))若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))))＝4，則b＝________.解析：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))＝3×eq\f(5,6)－b＝eq\f(5,2)－b，若eq\f(5,2)－b＜1，即b＞eq\f(3,2)，則3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－b))－b＝eq\f(15,2)－4b＝4，解得b＝eq\f(7,8)，不符合題意，舍去；若eq\f(5,2)－b≥1，即b≤eq\f(3,2)，則2eq\f(5,2)－b＝4，解得b＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)[練常考題點——檢驗高考能力]一、填空題1．函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(10＋9x－x2),lgx－1)的定義域為________．解析：要使函數(shù)f(x)有意義，則x須滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10＋9x－x2≥0，,x－1＞0，,lgx－1≠0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1x－10≤0，,x＞1，,x≠2，))解得1＜x≤10，且x≠2，所以函數(shù)f(x)的定義域為(1,2)∪(2,10]．答案：(1,2)∪(2,10]2．已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－cosπx，x＞0，,fx＋1＋1，x≤0，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))的值等于________．解析：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＝－coseq\f(4π,3)＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)；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)))＋2＝－coseq\f(2π,3)＋2＝eq\f(1,2)＋2＝eq\f(5,2).故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝3.答案：33．已知函數(shù)f(x)＝x|x|，若f(x0)＝4，則x0＝________.解析：當(dāng)x≥0時，f(x)＝x2，f(x0)＝4，即xeq\o\al(2,0)＝4，解得x0＝2.當(dāng)x＜0時，f(x)＝－x2，f(x0)＝4，即－xeq\o\al(2,0)＝4，無解．所以x0＝2.答案：24．(2018·鹽城檢測)根據(jù)統(tǒng)計，一名工人組裝第x件某產(chǎn)品所用的時間(單位：分鐘)為f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,\r(x))，x＜a，,\f(c,\r(a))，x≥a，))(a，c為常數(shù))．已知工人組裝第4件產(chǎn)品用時30分鐘，組裝第a件產(chǎn)品用時15分鐘，那么a＝________，c＝________.解析：因為組裝第a件產(chǎn)品用時15分鐘，所以eq\f(c,\r(a))＝15，①所以必有4＜a，且eq\f(c,\r(4))＝eq\f(c,2)＝30.②聯(lián)立①②解得c＝60，a＝16.答案：16605．(2018·南京模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x2＋1，x≥1，,log21－x，x＜1，))則f(f(4))＝________；若f(a)＜－1，則a的取值范圍為________________．解析：f(4)＝－2×42＋1＝－31，f(f(4))＝f(－31)＝log2(1＋31)＝5.當(dāng)a≥1時，由－2a2＋1＜－1得a2＞1，解得a＞1；當(dāng)a＜1時，由log2(1－a)＜－1，得log2(1－a)＜log2eq\f(1,2)，∴0＜1－a＜eq\f(1,2)，∴eq\f(1,2)＜a＜1.即a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))∪(1，＋∞)．答案：5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))∪(1，＋∞)6．已知具有性質(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)，下列函數(shù)：①y＝x－eq\f(1,x)；②y＝x＋eq\f(1,x)；③y＝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________．解析：對于①，f(x)＝x－eq\f(1,x)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1,x)－x＝－f(x)，滿足“倒負(fù)”變換；對于②，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1,x)＋x＝f(x)，不滿足“倒負(fù)”變換；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“倒負(fù)”變換．綜上可知，滿足“倒負(fù)”變換的函數(shù)是①③.答案：①③7．已知實數(shù)a≠0，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋a，x＜1，,－x－2a，x≥1，))若f(1－a)＝f(1＋a)，則a＝________.解析：當(dāng)a＞0時，1－a＜1,1＋a＞1，由f(1－a)＝f(1＋a)得2－2a＋a＝－1－a－2a，解得a＝－eq\f(3,2)，不合題意；當(dāng)a＜0時，1－a＞1,1＋a＜1，由f(1－a)＝f(1＋a)得－1＋a－2a＝2＋2a＋a，解得a＝－eq\f(3,4)，所以a的值為－eq\f(3,4).答案：－eq\f(3,4)8．若函數(shù)f(x)＝eq\r(ax2＋2bx＋3)的定義域為[－1,3]，則函數(shù)g(x)＝ln(3＋2ax－bx2)的定義域為________．解析：因為函數(shù)f(x)的定義域為[－1,3]，所以ax2＋2bx＋3≥0的解集為[－1,3]，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜0，,－1＋3＝－\f(2b,a)，,－1×3＝\f(3,a)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1，))所以g(x)＝ln(3－2x－x2)．由3－2x－x2＞0得－3＜x＜1，即函數(shù)g(x)＝ln(3＋2ax－bx2)的定義域為(－3,1)．答案：(－3,1)9．(2018·連云港中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)滿足對任意的x∈R都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋x))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))＝2成立，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,8)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))＝________.解析：由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋x))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))＝2，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,8)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,8)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)))＝2，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,8)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,8)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,8)))))＝eq\f(1,2)×2＝1，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,8)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))＝2×3＋1＝7.答案：710．定義函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x＞0，,0，x＝0，,－1，x＜0，))則不等式(x＋1)f(x)＞2的解集是____________．解析：①當(dāng)x＞0時，f(x)＝1，不等式的解集為{x|x＞1}；②當(dāng)x＝0時，f(x)＝0，不等式無解；③當(dāng)x＜0時，f(x)＝－1，不等式的解集為{x|x＜－3}．所以不等式(x＋1)·f(x)＞2的解集為{x|x＜－3或x＞1}．答案：{x|x＜－3或x＞1}二、解答題11．已知函數(shù)f(x)對任意實數(shù)x均有f(x)＝－2f(x＋1)，且f(x)在區(qū)間[0,1]上有解析式f(x)＝x2.(1)求f(－1)，f(1.5)；(2)寫出f(x)在區(qū)間[－2,2]上的解析式．解：(1)由題意知f(－1)＝－2f(－1＋1)＝－2f(0)＝0，f(1.5)＝f(1＋0.5)＝－eq\f(1,2)f(0.5)＝－eq\f(1,2)×eq\f(1,4)＝－eq\f(1,8).(2)當(dāng)x∈[0,1]時，f(x)＝x2；當(dāng)x∈(1,2]時，x－1∈(0,1]，f(x)＝－eq\f(1,2)f(x－1)＝－eq\f(1,2)(x－1)2；當(dāng)x∈[－1,0)時，x＋1∈[0,1)，f(x)＝－2f(x＋1)＝－2(x＋1)2；當(dāng)x∈[－2，－1)時，x＋1∈[－1,0)，f(x)＝－2f(x＋1)＝－2×[－2(x＋1＋1)2]＝4(x＋2)2.所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x＋22，x∈[－2，－1，,－2x＋12，x∈[－1，0，,x2，x∈[0，1]，,－\f(1,2)x－12，x∈1，2].))12.行駛中的汽車在剎車時由于慣性作用，要繼續(xù)往前滑行一段距離才能停下，這段距離叫做剎車距離．在某種路面上，某種型號汽車的剎車距離y(米)與汽車的車速x(千米/時)滿足下列關(guān)系：y＝eq\f(x2,200)＋mx＋n(m，n是常數(shù))．如圖是根據(jù)多次實驗數(shù)據(jù)繪制的剎車距離y(米)與汽車的車速x(千米/時)的關(guān)系圖．(1)求出y關(guān)于x的函數(shù)解析式；(2)如果要求剎車距離不超過25.2米，求行駛的最大速度．解：(1)由題意及函數(shù)圖象，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(402,200)＋40m＋n＝8.4，,\f(602,200)＋60m＋n＝18.6，))解得m＝eq\f(1,100)，n＝0，所以y＝eq\f(x2,200)＋eq\f(x,100)(x≥0)．(2)令eq\f(x2,200)＋eq\f(x,100)≤25.2，得－72≤x≤70.∵x≥0，∴0≤x≤70.故行駛的最大速度是70千米/時．第二節(jié)函數(shù)的單調(diào)性與最值本節(jié)主要包括2個知識點：1.函數(shù)的單調(diào)性；2.函數(shù)的最值.突破點(一)函數(shù)的單調(diào)性基礎(chǔ)聯(lián)通抓主干知識的“源”與“流”1．單調(diào)函數(shù)的定義增函數(shù)減函數(shù)定義一般地，設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為A，區(qū)間I?A，如果對于區(qū)間內(nèi)任意兩個值x1，x2當(dāng)x1＜x2時，都有f(x1)＜f(x2)，那么就說y＝f(x)在區(qū)間I上是單調(diào)增函數(shù)當(dāng)x1＜x2時，都有f(x1)＞f(x2)，那么就說y＝f(x)在區(qū)間I上是單調(diào)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上是單調(diào)增函數(shù)或單調(diào)減函數(shù)，那么就說函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間I上具有單調(diào)性，區(qū)間I叫做函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間．考點貫通抓高考命題的“形”與“神”判斷函數(shù)的單調(diào)性1．復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的規(guī)則若兩個簡單函數(shù)的單調(diào)性相同，則它們的復(fù)合函數(shù)為增函數(shù)；若兩個簡單函數(shù)的單調(diào)性相反，則它們的復(fù)合函數(shù)為減函數(shù)．即“同增異減”．2．函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)(1)若f(x)，g(x)均為區(qū)間A上的增(減)函數(shù)，則f(x)＋g(x)也是區(qū)間A上的增(減)函數(shù)，更進(jìn)一步，有增＋增→增，增－減→增，減＋減→減，減－增→減；(2)若k＞0，則kf(x)與f(x)單調(diào)性相同，若k＜0，則kf(x)與f(x)單調(diào)性相反；(3)在公共定義域內(nèi)，函數(shù)y＝f(x)(f(x)≠0)與y＝－f(x)，y＝eq\f(1,fx)單調(diào)性相反；(4)在公共定義域內(nèi)，函數(shù)y＝f(x)(f(x)≥0)與y＝eq\r(fx)單調(diào)性相同；(5)奇函數(shù)在其關(guān)于原點對稱的區(qū)間上單調(diào)性相同，偶函數(shù)在其關(guān)于原點對稱的區(qū)間上單調(diào)性相反．[例1](1)下列四個函數(shù)中，在(0，＋∞)上為增函數(shù)的序號是________．①f(x)＝3－x；②f(x)＝x2－3x；③f(x)＝－eq\f(1,x＋1)；④f(x)＝－|x|.(2)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x2－2x－3)，則該函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為________．[解析](1)當(dāng)x＞0時，f(x)＝3－x為減函數(shù)；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))時，f(x)＝x2－3x為減函數(shù)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))時，f(x)＝x2－3x為增函數(shù)；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f(x)＝－eq\f(1,x＋1)為增函數(shù)；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f(x)＝－|x|為減函數(shù)．(2)設(shè)t＝x2－2x－3，由t≥0，即x2－2x－3≥0，解得x≤－1或x≥3.所以函數(shù)的定義域為(－∞，－1]∪[3，＋∞)．因為函數(shù)t＝x2－2x－3的圖象的對稱軸為x＝1，所以函數(shù)t在(－∞，－1]上單調(diào)遞減，在[3，＋∞)上單調(diào)遞增．所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[3，＋∞)．[答案](1)③(2)[3，＋∞)[易錯提醒](1)單調(diào)區(qū)間是定義域的子集，故求單調(diào)區(qū)間時應(yīng)樹立“定義域優(yōu)先”的原則．(2)單調(diào)區(qū)間只能用區(qū)間表示，不能用集合或不等式表示；如有多個單調(diào)區(qū)間應(yīng)分開寫，不能用并集符號“∪”連結(jié)，也不能用“或”連結(jié)．(3)函數(shù)的單調(diào)性是函數(shù)在某個區(qū)間上的“整體”性質(zhì)，所以不能僅僅根據(jù)某個區(qū)間內(nèi)的兩個特殊變量x1，x2對應(yīng)的函數(shù)值的大小就判斷函數(shù)在該區(qū)間的單調(diào)性，必須保證這兩個變量是區(qū)間內(nèi)的任意兩個自變量．函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用應(yīng)用(一)比較函數(shù)值或自變量的大小[例2](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，[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____________．(2)(2017·天津高考改編)已知奇函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)，g(x)＝xf(x)．若a＝g(－log25.1)，b＝g(20.8)，c＝g(3)，則a，b，c的大小關(guān)系為____________．[解析](1)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，[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.(2)由f(x)為奇函數(shù)，知g(x)＝xf(x)為偶函數(shù)．因為f(x)在R上單調(diào)遞增，f(0)＝0，所以當(dāng)x＞0時，f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且g(x)＞0.又a＝g(－log25.1)＝g(log25.1)，b＝g(20.8)，c＝g(3)，3＝log28＞log25.1＞log24＝2＞20.8，所以c＞a＞b.[答案](1)b＞a＞c(2)c＞a＞b應(yīng)用(二)解函數(shù)不等式[例3]f(x)是定義在(0，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)，滿足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，當(dāng)f(x)＋f(x－8)≤2時，x的取值范圍是________．[解析]2＝1＋1＝f(3)＋f(3)＝f(9)，由f(x)＋f(x－8)≤2，可得f[x(x－8)]≤f(9)，因為f(x)是定義在(0，＋∞)上的增函數(shù)，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞0，,x－8＞0，,xx－8≤9，))解得8＜x≤9.[答案](8,9][方法技巧]含“f”號不等式的解法eq\x(原不等式)eq\o(→,\s\up7(函數(shù)的性質(zhì)))eq\x(fgx＞fhx)eq\o(→,\s\up7(函數(shù)的單調(diào)性))去“f”號，轉(zhuǎn)化為“g(x)＞h(x)”型具體的不等式eq\o(→,\s\up7(解不等式))eq\x(求得原不等式的解集)[提醒]上述g(x)與h(x)的值域應(yīng)在外層函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)．應(yīng)用(三)求參數(shù)的取值范圍[例4](1)如果函數(shù)f(x)＝ax2＋2x－3在區(qū)間(－∞，4)上是單調(diào)遞增的，則實數(shù)a的取值范圍是________．(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)y＝f(x)在區(qū)間(a，a＋1)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是________．[解析](1)當(dāng)a＝0時，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，二次函數(shù)f(x)的對稱軸為x＝－eq\f(1,a)，因為f(x)在(－∞，4)上單調(diào)遞增，所以a＜0，且－eq\f(1,a)≥4，解得－eq\f(1,4)≤a＜0.綜上所述得－eq\f(1,4)≤a≤0.(2)作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，由圖象可知f(x)在(a，a＋1)上單調(diào)遞增，需滿足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4.[答案](1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))(2)(－∞，1]∪[4，＋∞)[易錯提醒](1)若函數(shù)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)，則該函數(shù)在此區(qū)間的任意子區(qū)間上也是單調(diào)的．(2)對于分段函數(shù)的單調(diào)性，除注意各段的單調(diào)性外，還要注意銜接點的取值．能力練通抓應(yīng)用體驗的“得”與“失”1.eq\a\vs4\al([考點一])(2018·宜春模擬)函數(shù)f(x)＝log3(3－4x＋x2)的單調(diào)遞減區(qū)間為________．解析：由3－4x＋x2＞0得x＜1或x＞3.易知函數(shù)y＝3－4x＋x2的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，2)，函數(shù)y＝log3x在其定義域上單調(diào)遞增，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)．答案：(－∞，1)2.eq\a\vs4\al([考點二·應(yīng)用一])已知函數(shù)y＝f(x)是R上的偶函數(shù)，當(dāng)x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2時，都有(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]＜0.設(shè)a＝lneq\f(1,π)，b＝(lnπ)2，c＝lneq\r(π)，則f(a)，f(b)，f(c)的大小關(guān)系為________________．解析：由題意可知f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，且f(a)＝f(|a|)，f(b)＝f(|b|)，f(c)＝f(|c|)，又|a|＝lnπ＞1，|b|＝(lnπ)2＞|a|，|c|＝eq\f(1,2)lnπ，且0＜eq\f(1,2)lnπ＜|a|，故|b|＞|a|＞|c|＞0，∴f(|c|)＞f(|a|)＞f(|b|)，即f(c)＞f(a)＞f(b)．答案：f(c)＞f(a)＞f(b)3.eq\a\vs4\al([考點二·應(yīng)用二])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)的實數(shù)x的取值范圍是________．解析：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.))∴－1＜x＜0或0＜x＜1.答案：(－1,0)∪(0,1)4.eq\a\vs4\al([考點二·應(yīng)用三])設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2a)在區(qū)間(－2，＋∞)上是增函數(shù)，那么a的取值范圍是________．解析：f(x)＝eq\f(ax＋2a2－2a2＋1,x＋2a)＝a－eq\f(2a2－1,x＋2a)，因為函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2，＋∞)上是增函數(shù)．所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a2－1＞0，,－2a≤－2))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a2－1＞0，,a≥1))?a≥1.答案：[1，＋∞)5.eq\a\vs4\al([考點一])用定義法討論函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a＞0)的單調(diào)性．解：函數(shù)的定義域為{x|x≠0}．任取x1，x2∈{x|x≠0}，且x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝x1＋eq\f(a,x1)－x2－eq\f(a,x2)＝eq\f(x1－x2x1x2－a,x1·x2)＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,x1x2))).令x1＝x2＝x0,1－eq\f(a,x\o\al(2,0))＝0可得到x0＝±eq\r(a)，這樣就把f(x)的定義域分為(－∞，－eq\r(a)]，[－eq\r(a)，0)，(0，eq\r(a)]，[eq\r(a)，＋∞)四個區(qū)間，下面討論它的單調(diào)性．若0＜x1＜x2≤eq\r(a)，則x1－x2＜0,0＜x1x2＜a，所以x1x2－a＜0.所以f(x1)－f(x2)＝x1＋eq\f(a,x1)－x2－eq\f(a,x2)＝eq\f(x1－x2x1x2－a,x1·x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，所以f(x)在(0，eq\r(a)]上單調(diào)遞減．同理可得，f(x)在[eq\r(a)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，－eq\r(a)]上單調(diào)遞增，在[－eq\r(a)，0)上單調(diào)遞減．故函數(shù)f(x)在(－∞，－eq\r(a)]和[eq\r(a)，＋∞)上單調(diào)遞增，在[－eq\r(a)，0)和(0，eq\r(a)]上單調(diào)遞減．突破點(二)函數(shù)的最值基礎(chǔ)聯(lián)通抓主干知識的“源”與“流”1．函數(shù)的最值(1)設(shè)函數(shù)y＝f(x)的定義域為A，如果存在x0∈A，使得對于任意x∈A，都有f(x)≤f(x0)，那么稱f(x0)為y＝f(x)的最大值，記為ymax＝f(x0)．(2)設(shè)函數(shù)y＝f(x)的定義域為A，如果存在x0∈A，使得對于任意x∈A，都有f(x)≥f(x0)，那么稱f(x0)為y＝f(x)的最小值，記為ymin＝f(x0)．2．函數(shù)最值存在的兩條結(jié)論(1)閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)一定存在最大值和最小值．當(dāng)函數(shù)在閉區(qū)間上單調(diào)時最值一定在端點處取到．(2)開區(qū)間上的“單峰”函數(shù)一定存在最大或最小值．考點貫通抓高考命題的“形”與“神”求函數(shù)的最值(值域)1．利用函數(shù)的單調(diào)性求解函數(shù)最值的步驟(1)判斷或證明函數(shù)的單調(diào)性；(2)計算端點處的函數(shù)值；(3)確定最大值和最小值．2．分段函數(shù)的最值由于分段函數(shù)在定義域不同的子區(qū)間上對應(yīng)不同的解析式，因而求其最值的常用方法是先求出分段函數(shù)在每一個子區(qū)間上的最值，然后取各區(qū)間上最大值中的最大者作為分段函數(shù)的最大值，各區(qū)間上最小值中的最小者作為分段函數(shù)的最小值．[典例](1)函數(shù)y＝x＋eq\r(x－1)的最小值為________．(2)函數(shù)y＝eq\f(2x2－2x＋3,x2－x＋1)的值域為________．(3)(2016·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3－3x，x≤a，,－2x，x＞a.))①若a＝0，則f(x)的最大值為________；②若f(x)無最大值，則實數(shù)a的取值范圍是________．[解析](1)法一：令t＝eq\r(x－1)，且t≥0，則x＝t2＋1，∴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∵t≥0，∴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.法二：因為函數(shù)y＝x和y＝eq\r(x－1)在定義域內(nèi)均為增函數(shù)，故函數(shù)y＝x＋eq\r(x－1)在其定義域[1，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)，所以當(dāng)x＝1時y取最小值，即ymin＝1.(2)y＝eq\f(2x2－2x＋3,x2－x＋1)＝eq\f(2x2－x＋1＋1,x2－x＋1)＝2＋eq\f(1,x2－x＋1)＝2＋eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,4)).∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)，∴2＜2＋eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,4))≤2＋eq\f(4,3)＝eq\f(10,3).故函數(shù)的值域為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))).(3)當(dāng)x≤a時，由f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1.如圖是函數(shù)y＝x3－3x與y＝－2x在沒有限制條件時的圖象．①若a＝0，則f(x)max＝f(－1)＝2.②當(dāng)a≥－1時，f(x)有最大值；當(dāng)a＜－1時，y＝－2x在x＞a時無最大值，且－2a＞(x3－3x)max，所以a＜－1.[答案](1)1(2)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))(3)①2②(－∞，－1)[方法技巧]求函數(shù)最值的五種常用方法方法步驟單調(diào)性法先確定函數(shù)的單調(diào)性，再由單調(diào)性求最值圖象法先作出函數(shù)的圖象，再觀察其最高點、最低點，求出最值基本不等式法先對解析式變形，使之具備“一正二定三相等”的條件后用基本不等式求出最值導(dǎo)數(shù)法先求導(dǎo)，然后求出在給定區(qū)間上的極值，最后結(jié)合端點值，求出最值換元法對比較復(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)的方法求最值能力練通抓應(yīng)用體驗的“得”與“失”1．已知a＞0，設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(2018x＋1＋2016,2018x＋1)(x∈[－a，a])的最大值為M，最小值為N，那么M＋N＝________.解析：由題意得f(x)＝eq\f(2018x＋1＋2016,2018x＋1)＝2018－eq\f(2,2018x＋1).∵y＝2018x＋1在[－a，a]上是單調(diào)遞增的，∴f(x)＝2018－eq\f(2,2018x＋1)在[－a，a]上是單調(diào)遞增的，∴M＝f(a)，N＝f(－a)，∴M＋N＝f(a)＋f(－a)＝4036－eq\f(2,2018a＋1)－eq\f(2,2018－a＋1)＝4034.答案：40342．(2018·宜興月考)定義新運算⊕：當(dāng)a≥b時，a⊕b＝a；當(dāng)a＜b時，a⊕b＝b2，則函數(shù)f(x)＝(1⊕x)x－2⊕x，x∈[－2，2]的最大值等于________．解析：由已知得當(dāng)－2≤x≤1時，f(x)＝x－2，當(dāng)1＜x≤2時，f(x)＝x3－2，∵f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定義域內(nèi)都為增函數(shù)，且1－2＝13－2＝－1.∴f(x)的最大值為f(2)＝23－2＝6.答案：63．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________．解析：∵y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x和y＝－log2(x＋2)都是[－1,1]上的減函數(shù)，∴f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋2)在區(qū)間[－1,1]上是減函數(shù)，∴函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1,1]上的最大值為f(－1)＝3.答案：34．(2018·常州模擬)已知函數(shù)f(x)的值域為eq\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)的值域為________．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，y有最小值eq\f(7,9)；當(dāng)t＝eq\f(1,2)時，y有最大值eq\f(7,8).∴g(x)的值域為eq\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)))5．(2017·浙江高考改編)若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b在區(qū)間[0,1]上的最大值是M，最小值是m，則關(guān)于M－m的結(jié)果中，敘述正確的序號是________．①與a有關(guān)，且與b有關(guān)；②與a有關(guān)，但與b無關(guān)；③與a無關(guān)，且與b無關(guān)；④與a無關(guān)，但與b有關(guān)．解析：f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))2－eq\f(a2,4)＋b，當(dāng)0≤－eq\f(a,2)≤1時，f(x)min＝m＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝－eq\f(a2,4)＋b，f(x)max＝M＝max{f(0)，f(1)}＝max{b,1＋a＋b}，∴M－m＝maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(a2,4)，1＋a＋\f(a2,4)))與a有關(guān)，與b無關(guān)；當(dāng)－eq\f(a,2)＜0時，f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，∴M－m＝f(1)－f(0)＝1＋a與a有關(guān)，與b無關(guān)；當(dāng)－eq\f(a,2)＞1時，f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，∴M－m＝f(0)－f(1)＝－1－a與a有關(guān)，與b無關(guān)．綜上所述，M－m與a有關(guān)，但與b無關(guān)．答案：②[課時達(dá)標(biāo)檢測]重點保分課時——一練小題夯雙基，二練題點過高考[練基礎(chǔ)小題——強化運算能力]1．下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，＋∞)上為增函數(shù)的序號是________．①y＝ln(x＋2)；②y＝－eq\r(x＋1)；③y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x；④y＝x＋eq\f(1,x).解析：函數(shù)y＝ln(x＋2)的增區(qū)間為(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函數(shù)；y＝－eq\r(x＋1)與y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(0，＋∞)上是減函數(shù)；y＝x＋eq\f(1,x)在(0,1)上為減函數(shù)，在(1，＋∞)上為增函數(shù)．答案：①2．(2017·浙江高考)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)－a))＋a在區(qū)間[1,4]上的最大值是5，則a的取值范圍是________．解析：∵x∈[1,4]，∴x＋eq\f(4,x)∈[4,5]，①當(dāng)a≤eq\f(9,2)時，f(x)max＝|5－a|＋a＝5－a＋a＝5，符合題意；②當(dāng)a＞eq\f(9,2)時，f(x)max＝|4－a|＋a＝2a－4＝5，解得a＝eq\f(9,2)(矛盾)，故a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,2)))3．函數(shù)y＝|x|(1－x)的單調(diào)增區(qū)間為________．解析：y＝|x|(1－x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－x，x≥0，,－x1－x，x＜0))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(1,4)，x≥0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2－\f(1,4)，x＜0.))畫出函數(shù)的大致圖象，如圖所示．由圖易知函數(shù)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞增．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))4．(2018·揚州中學(xué)單元檢測)對于任意實數(shù)a，b，定義min{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a＞b.))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：依題意，h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，0＜x≤2，,－x＋3，x＞2.))當(dāng)0＜x≤2時，h(x)＝log2x是增函數(shù)，當(dāng)x＞2時，h(x)＝3－x是減函數(shù)，且log22＝1＝－2＋3，則h(x)max＝h(2)＝1.答案：15．已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2ax＋3a，x＜1，,lnx，x≥1))的值域為R，那么a的取值范圍是________．解析：要使函數(shù)f(x)的值域為R，需使eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2a＞0，,ln1≤1－2a＋3a，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜\f(1,2)，,a≥－1，))∴－1≤a＜eq\f(1,2)，即a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))[練?？碱}點——檢驗高考能力]一、填空題1．給定函數(shù)：①y＝xeq\f(1,2)，②y＝logeq\f(1,2)(x＋1)，③y＝|x－1|，④y＝2x＋1.其中在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減的函數(shù)的序號是________．解析：①y＝xeq\f(1,2)在(0,1)上遞增；②∵t＝x＋1在(0,1)上遞增，且0＜eq\f(1,2)＜1，故y＝logeq\f(1,2)(x＋1)在(0,1)上遞減；③結(jié)合圖象(圖略)可知y＝|x－1|在(0,1)上遞減；④∵u＝x＋1在(0,1)上遞增，且2＞1，故y＝2x＋1在(0,1)上遞增．故在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減的函數(shù)序號是②③.答案：②③2．定義在R上的函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，且f(x)在(－∞，2)上是增函數(shù)，則f(－1)與f(3)的大小關(guān)系是________．解析：依題意得f(3)＝f(1)，且－1＜1＜2，于是由函數(shù)f(x)在(－∞，2)上是增函數(shù)得f(－1)＜f(1)＝f(3)．答案：f(－1)＜f(3)3．函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2x2－3x＋1的單調(diào)遞增區(qū)間為________．解析：令u＝2x2－3x＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))2－eq\f(1,8).因為u＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))2－eq\f(1,8)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,4)))上單調(diào)遞減，函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a