高三一轮复习函数、导数及其应用

第一节函数及其表示考纲下载1．了解构成函数的要素，会求一些简单函数的定义域和值域；了解映射的概念．2．在实际情境中，会根据不同的需要选择恰当的方法(如图象法、列表法、解析式法)表示函数．3．了解简单的分段函数，并能简单应用．一、必备知识1．函数与映射的概念函数映射两集合A，B设A，B是两个非空数集设A，B是两个非空集合对应关系f：A→B如果按照某个对应关系f，对于集合A中的任意一个数x，在集合B中都存在唯一确定的数f(x)与之对应如果按某一个确定的对应关系f，使对于集合A中的任意一个元素x，在集合B中都有唯一确定的元素y与之对应名称称f：A→B为从集合A到集合B的一个函数称对应f：A→B为从集合A到集合B的一个映射记法y＝f(x)，x∈A对应f：A→B是一个映射2.函数的有关概念(1)函数的定义域、值域：在函数y＝f(x)，x∈A中，x叫做自变量，x的取值范围A叫做函数的定义域；与x的值相对应的y值叫做函数值，函数值的集合{f(x)|x∈A}叫做函数的值域．显然，值域是集合B的子集．(2)函数的三要素：定义域、值域和对应关系．(3)相等函数：如果两个函数的定义域和对应关系完全一致，则这两个函数相等，这是判断两函数相等的依据．(4)函数的表示法表示函数的常用方法有：解析式法、图象法、列表法．3．分段函数若函数在其定义域内，对于定义域内的不同取值区间，有着不同的对应关系，这样的函数通常叫做分段函数．分段函数虽然由几部分组成，但它表示的是一个函数．二、必记结论1．映射与函数都是一一对应关系，可以是一对一，多对一．2．函数实质上就是数集上的一种映射，即函数是一种特殊的映射，而映射可以看作函数概念的推广．3．函数图象的特征：与x轴垂直的直线与其最多有一个公共点．利用这个特征可以判断一个图形能否作为一个函数的图象．4．分段函数有几段，它的图象就由几条曲线组成，同时要注意每段曲线端点的虚实，而且横坐标相同的地方不能有两个及两个以上的点．一、思考辨析判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数f(x)＝x2－2x与函数f(t)＝t2－2t是同一个函数．()(2)函数y＝1与函数y＝x0是相同函数．()(3)若两个函数的定义域和值域相同，则这两个函数为相同函数．()(4)分段函数的定义域等于各段函数定义域的并集，值域等于各段函数值域的并集．()提示：(1)正确．定义域和对应关系都相同．(2)错误．函数y＝1的定义域为R，而函数y＝x0的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．(3)错误．两个函数的定义域和值域相同时，不一定是同一个函数．如y＝sinx和y＝cosx.(4)正确．根据分段函数的性质可得．答案：(1)√(2)×(3)×(4)√二、牛刀小试1．下列各图形中是函数图象的是()ABCD解析：选D由函数的定义可知选项D正确．2．下列四组函数中，表示同一函数的是()A．y＝x－1与y＝eq\r(（x－1）2)B．y＝eq\r(x－1)与y＝eq\f(x－1,\r(x－1))C．y＝4lgx与y＝2lgx2D．y＝lgx－2与y＝lgeq\f(x,100)解析：选DA中两函数值域不同，B，C选项中两函数的定义域不同．3．(2014·山东高考)函数f(x)＝eq\f(1,\r(log2x－1))的定义域为()A．(0，2)B．(0，2]C．(2，＋∞)D．[2，＋∞)解析：选C由题意可知x满足log2x－1＞0，即log2x＞log22，根据对数函数的性质得x＞2，即函数f(x)的定义域是(2，＋∞)．4．设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x2，x≤1，,x2＋x－2，x>1，))则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,f（2）)))的值为________．解析：由题易知，f(2)＝4，eq\f(1,f（2）)＝eq\f(1,4)，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,f（2）)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(15,16).答案：eq\f(15,16)eq\a\vs4\al(•)eq\a\vs4\al(对应学生用书P12)考点一函数的定义域[例1](1)(2015·长沙模拟)函数f(x)＝eq\r(2x－1)＋eq\f(1,\r(x－2))的定义域为()A．(2，＋∞]B．(－2，1]C．(－∞，－2)∪(－2，0]D．[2，＋∞)(2)已知函数f(x2－1)的定义域为[0，3]，则函数y＝f(x)的定义域为________．[听前试做](1)由题意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1≥0，,x－2>0，))解得x>2，所以函数f(x)的定义域为(2，＋∞)．(2)因为函数f(x2－1)的定义域为[0，3]，所以－1≤x2－1≤8，故函数y＝f(x)的定义域为[－1，8]．答案：(1)A(2)[－1，8][探究1]在本例(2)中，若f(x)的定义域为[0，3]，求函数f(x2－1)的定义域．解：因为f(x)的定义域为[0，3]，所以0≤x2－1≤3，即1≤x2≤4，解得1≤x≤2或－2≤x≤－1，故函数y＝f(x2－1)的定义域为[－2，－1]∪[1，2]．[探究2]在本例(2)中，保持条件不变，求函数f(2x＋1)的定义域．解：∵f(x2－1)的定义域为[0，3]，∴－1≤x2－1≤8.令－1≤2x＋1≤8，得－1≤x≤eq\f(7,2)，即函数f(2x＋1)的定义域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(7,2))).[探究3]在本例(2)中，若f(x)的定义域为[0，3]，求函数y＝f(x2－1)＋f(2x＋1)的定义域．解：∵f(x)的定义域为[0，3]．∴要使函数y＝f(x2－1)＋f(2x＋1)有意义，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤x2－1≤3，,0≤2x＋1≤3，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1≤x≤2或－2≤x≤－1，,－\f(1,2)≤x≤1，))即x＝1，∴函数y＝f(x2－1)＋f(2x＋1)的定义域为{1}．1．简单函数定义域的求法求函数的定义域，其实质就是以函数解析式所含运算有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出它们的解集即可．2．抽象函数的定义域(1)若已知函数f(x)的定义域为[a，b]，则复合函数f(g(x))的定义域由不等式a≤g(x)≤b求出．(2)若已知函数f(g(x))的定义域为[a，b]，则f(x)的定义域为g(x)在x∈[a，b]时的值域．1．若函数y＝f(x)的定义域是[0，2014]，则函数g(x)＝eq\f(f（x＋1）,x－1)的定义域是()A．[－1，2013]B．[－1，1)∪(1，2013]C．[0，2014]D．[－1，1)∪(1，2014]解析：选B令t＝x＋1，则由已知函数y＝f(x)的定义域为[0，2014]，可知f(t)中0≤t≤2014，故要使函数f(x＋1)有意义，则0≤x＋1≤2014，解得－1≤x≤2013，故函数f(x＋1)的定义域为[－1，2013]．所以函数g(x)有意义的条件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤2013，,x－1≠0，))解得－1≤x<1或1<x≤2013.故函数g(x)的定义域为[－1，1)∪(1，2013]．2．如果函数f(x)＝ln(－2x＋a)的定义域为(－∞，1)，则实数a的值为()A．－2B．－1C．1D．2解析：选D∵－2x＋a>0，∴x<eq\f(a,2)，∴eq\f(a,2)＝1，∴a＝2.考点二求函数的解析式[例2](1)已知f(2x＋1)＝4x2＋2x＋1，求f(x)的解析式；(2)已知f(x)满足2f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3x，求f(x)的解析式．[听前试做](1)令t＝2x＋1，则x＝eq\f(1,2)(t－1)，所以，f(t)＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)（t－1）))eq\s\up12(2)＋2×eq\f(1,2)(t－1)＋1＝(t－1)2＋(t－1)＋1＝t2－t＋1.即f(x)＝x2－x＋1.(2)由2f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3x，得2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋f(x)＝eq\f(3,x).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2f（x）＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3x，,2f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋f（x）＝\f(3,x)，))得f(x)＝2x－eq\f(1,x)(x≠0)．求函数解析式的常用方法(1)配凑法：由已知条件f(g(x))＝F(x)，可将F(x)改写成关于g(x)的表达式，然后以x替代g(x)，便得f(x)的表达式．(2)待定系数法：若已知函数的类型(如一次函数、二次函数)，则可用待定系数法．(3)换元法：已知复合函数f(g(x))的解析式，可用换元法，此时要注意新元的取值范围．(4)解方程组法：已知关于f(x)与feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))或f(－x)的表达式，可根据已知条件再构造出另外一个等式组成方程组，通过解方程组求出f(x)．1．已知f(eq\r(x)＋1)＝x＋2eq\r(x)，求函数f(x)的解析式．解：法一：设t＝eq\r(x)＋1，则x＝(t－1)2(t≥1)．代入原式，有f(t)＝(t－1)2＋2(t－1)＝t2－2t＋1＋2t－2＝t2－1.∴f(x)＝x2－1(x≥1)．法二：∵x＋2eq\r(x)＝(eq\r(x))2＋2eq\r(x)＋1－1＝(eq\r(x)＋1)2－1，∴f(eq\r(x)＋1)＝(eq\r(x)＋1)2－1(eq\r(x)＋1≥1)，即f(x)＝x2－1(x≥1)．2．定义在(－1，1)内的函数f(x)满足2f(x)－f(－x)＝lg(x＋1)，求f(x)解：当x∈(－1，1)时，有2f(x)－f(－x)＝lg(x＋1)，以－x代替x得，2f(－x)－f(x)＝lg(－x＋1)．由①②消去f(－x)，得f(x)＝eq\f(2,3)lg(x＋1)＋eq\f(1,3)lg(1－x)，x∈(－1，1)．考点三分段函数分段函数是一类重要的函数，是高考的命题热点，多以选择题或填空题的形式呈现，试题难度不大，多为容易题或中档题，且主要有以下几个命题角度：角度一：已知分段函数解析式，求函数值(或最值)[例3](2013·福建高考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x3，x<0，,－tanx，0≤x<\f(π,2)，))则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))))＝________．[听前试做]∵eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝－taneq\f(π,4)＝－1，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))))＝f(－1)＝2×(－1)3＝－2.答案：－2角度二：已知分段函数解析式与方程，求参数的值或范围[例4](2014·浙江高考)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x＋2，x≤0，,－x2，x>0.))若f(f(a))＝2，则a＝________．[听前试做]若a>0，则f(a)＝－a2<0，∴f(f(a))＝a4－2a2＋2由f(f(a))＝2，得a4－2a2＋2＝2，解得a＝eq\r(2).若a≤0，则f(a)＝a2＋2a＋2＝(a＋1)2＋1>0∴f(f(a))＝－(a2＋2a＋2)2综上，a＝eq\r(2).答案：eq\r(2)角度三：已知分段函数解析式，求解不等式[例5](2014·新课标全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－1，x<1，,x\s\up6(\f(1,3))，x≥1，))则使得f(x)≤2成立的x的取值范围是________．[听前试做]当x<1时，由ex－1≤2得x≤1＋ln2，∴x<1；当x≥1时，由xeq\s\up6(\f(1,3))≤2得x≤8，∴1≤x≤8.综上，符合题意的x的取值范围是x≤8.答案：(－∞，8]角度四：已知分段函数解析式，研究函数的奇偶性等性质[例6](2014·福建高考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x>0，,cosx，x≤0，))则下列结论正确的是()A．f(x)是偶函数B．f(x)是增函数C．f(x)是周期函数D．f(x)的值域为[－1，＋∞)[听前试做]因为f(π)＝π2＋1，f(－π)＝－1，所以f(－π)≠f(π)，所以函数f(x)不是偶函数，排除A；因为函数f(x)在(－2π，－π)上单调递减，排除B；函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)不是周期函数，排除C；因为x＞0时，f(x)＞1，x≤0时，－1≤f(x)≤1，所以函数f(x)的值域为[－1，＋∞)．答案：D分段函数问题的常见类型及解题策略(1)求函数值．弄清自变量所在区间，然后代入对应的解析式，求“层层套”的函数值，要从最内层逐层往外计算．(2)求函数最值．分别求出每个区间上的最值，然后比较大小．(3)解不等式．根据分段函数中自变量取值范围的界定，代入相应的解析式求解，但要注意取值范围的大前提．(4)求参数．“分段处理”，采用代入法列出各区间上的方程．(5)奇偶性．利用奇函数(偶函数)的定义判断．1．(2015·天津模拟)定义ab＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a×b，a×b≥0，,\f(a,b)，a×b<0.))设函数f(x)＝lnxx，则f(2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝()A．4ln2B．－4ln2C．2D．0解析：选D由题意可得f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xlnx，x≥1，,\f(lnx,x)，0<x<1，))所以f(2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2ln2＋2lneq\f(1,2)＝0.2．已知实数a≠0，函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋a，x＜1，,－x－2a，x≥1，))若f(1－a)＝f(1＋a)，则a的值为________．解析：当1－a＜1，即a＞0时，1＋a＞1，由f(1－a)＝f(1＋a)，得2(1－a)＋a＝－(1＋a)－2a解得a＝－eq\f(3,2)(舍去)；当1－a＞1，即a＜0时，1＋a＜1，由f(1－a)＝f(1＋a)，得2(1＋a)＋a＝－(1－a)－2a解得a＝－eq\f(3,4)，符合题意．综上所述，a＝－eq\f(3,4).答案：－eq\f(3,4)3．设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－3，x≥10，,f（f（x＋5）），x＜10，))则f(5)＝________．解析：∵5<10，∴f(5)＝f(f(5＋5))＝f(f(10))，而f(10)＝10－3＝7<10，∴f(f(10))＝f(7)＝f(f(7＋5))＝f(f(12))，而f(12)＝12－3＝9，∴f(f(12))＝f(9)＝f(f(9＋5))＝f(f(14))，而f(14)＝14－3＝11>10，∴f(f(14))＝f(11)＝11－3＝8.故f(5)＝8.答案：8[课堂归纳——通法领悟]eq\a\vs4\al(4)个准则——函数表达式有意义的准则函数表达式有意义的准则一般有：(1)分式中的分母不为0；(2)偶次根式的被开方数非负；(3)y＝x0要求x≠0；(4)对数式中的真数大于0，底数大于0且不等于1.eq\a\vs4\al(4)种方法——函数解析式的求法求函数解析式常用的方法有：(1)配凑法；(2)待定系数法；(3)换元法；(4)解方程组法．具体内容见本节例2[方法规律]．eq\a\vs4\al(4)个注意点——求函数定义域应注意的问题(1)如果没有特别说明，函数的定义域就是能使解析式有意义的所有实数x的集合．(2)不要对解析式进行化简变形，以免定义域发生变化．(3)当一个函数由两个或两个以上代数式的和、差、积、商的形式构成时，定义域是使得各式子都有意义的公共部分的集合．(4)定义域是一个集合，要用集合或区间表示，若用区间表示数集，不能用“或”连接，而应该用并集符号“∪”连接．eq\a\vs4\al([全盘巩固])一、选择题1．已知集合A＝[0，8]，集合B＝[0，4]，则下列对应关系中，不能看作从A到B的映射的是()A．f：x→y＝eq\f(1,8)xB．f：x→y＝eq\f(1,4)xC．f：x→y＝eq\f(1,2)xD．f：x→y＝x解析：选D按照对应关系f：x→y＝x，对A中某些元素(如x＝8)，B中不存在元素与之对应．2．下列各组函数表示相同函数的是()A．f(x)＝eq\r(x2)，g(x)＝(eq\r(x))2B．f(x)＝1，g(x)＝x2C．f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x≥0，,－x，x＜0，))g(t)＝|t|D．f(x)＝x＋1，g(x)＝eq\f(x2－1,x－1)解析：选CA选项中两函数的定义域不同；B选项中两函数的对应关系不同；D选项中两函数的定义域不同．3．函数g(x)＝eq\r(x＋3)＋log2(6－x)的定义域是()A．{x|x>6}B．{x|－3<x<6}C．{x|x>－3}D．{x|－3≤x<6}解析：选D由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋3≥0，,6－x>0，))解得－3≤x<6，故函数的定义域为[－3，6)．4．设函数f(x)＝2x＋3，g(x＋2)＝f(x)，则g(x)的解析式是()A．2x＋1B．2x－1C．2x－3D．2x＋解析：选B因为g(x＋2)＝f(x)＝2x＋3＝2(x＋2)－1，所以g(x)＝2x－1.5．(2015·长沙模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x，x≤0，,ax，x>0.))若f(1)＝f(－1)，则实数a的值等于()A．1B．2C．3D．解析：选B由f(1)＝f(－1)即可得到a＝1－(－1)＝2，故应选B.6．(2014·江西高考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a·2x，x≥0，,2－x，x<0))(a∈R)，若f[f(－1)]＝1，则a＝()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．1D．2解析：选A因为－1<0，所以f(－1)＝2－(－1)＝2，又2>0，所以f[f(－1)]＝f(2)＝a·22＝1，解得a＝eq\f(1,4).7．已知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－cosπx，x>0，,f（x＋1）＋1，x≤0，))则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()A．1B．2C．3D．－2解析：选Cfeq\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)))＝3.8．设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(x)，x≥0，,\r(－x)，x<0，))若f(a)＋f(－1)＝2，则a＝()A．－3B．3或－3C．－1D．1或－1解析：选Df(－1)＝eq\r(－（－1）)＝1，故由已知可得f(a)＝1.若a≥0，则有eq\r(a)＝1，解得a＝1；若a<0，则有eq\r(－a)＝1，解得a＝－1.二、填空题9．设f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x为有理数，,0，x为无理数，))则f(g(π))的值为________．解析：∵π是无理数，∴g(π)＝0，∴f(g(π))＝f(0)＝0.答案：010．函数y＝f(x)的定义域为[－2，4]，则函数g(x)＝f(x)＋f(－x)的定义域为________．解析：由题意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2≤x≤4，,－2≤－x≤4，))解得－2≤x≤2.答案：[－2，2]11．函数y＝eq\r(kx2－6kx＋9)的定义域为R，则k的取值范围是________．解析：k＝0符合题意；若k≠0，则k>0且36k2－4×9k≤0，即0<k≤1.综上，0≤k≤1.答案：[0，1]12．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2ax，x≥2，,2x＋1，x＜2，))若f(f(1))>3a2，则a的取值范围是________．解析：由题知，f(1)＝2＋1＝3，f(f(1))＝f(3)＝32＋6a.若f(f(1))>3a2，则9＋6a>3a2，即a2－2a－3<0答案：(－1，3)三、解答题13．已知f(x)是二次函数，若f(0)＝0，且f(x＋1)＝f(x)＋x＋1.(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数y＝f(x2－2)的值域．解：(1)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由题意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝0，,a（x＋1）2＋b（x＋1）＋c＝ax2＋bx＋c＋x＋1，))整理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝b＋1，,a≠0，,a＋b＝1，,c＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝\f(1,2)，,c＝0.))∴f(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)x.(2)由(1)知y＝f(x2－2)＝eq\f(1,2)(x2－2)2＋eq\f(1,2)(x2－2)＝eq\f(1,2)(x4－3x2＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(3,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,8)，当x2＝eq\f(3,2)时，y取最小值－eq\f(1,8)，故函数值域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)，＋∞)).eq\a\vs4\al([冲击名校])1．(2013·陕西高考)设[x]表示不大于x的最大整数，则对任意实数x，有()A．[－x]＝－[x]B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝[x]C．[2x]＝2[x]D．[x]＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝[2x]解析：选D取特殊值进行判断，当x＝1.1时，[－x]＝－2，－[x]＝－1，故A错；当x＝－1.1时，[x]＝－2，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝[－0.6]＝－1，故B错；当x＝1.9时，[2x]＝3，2[x]＝2，故C错．由排除法，选D.2．(2015·天津模拟)具有性质：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－f(x)的函数，我们称为满足“倒负”变换的函数，下列函数：①y＝x－eq\f(1,x)；②y＝x＋eq\f(1,x)；③y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，0<x<1，,0，x＝1，,－\f(1,x)，x>1.))其中满足“倒负”变换的函数是()A．①②B．①③C．②③D．①解析：选B对于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)，满足；对于②，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1,x)＋x＝f(x)，不满足；对于③，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，0<\f(1,x)<1，,0，\f(1,x)＝1，,－x，\f(1,x)>1))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x>1，,0，x＝1，,－x，0<x<1))＝－f(x)，满足．综上可知，满足“倒负”变换的函数是①③.3．定义在R上的函数f(x)满足f(x＋1)＝2f(x)．若当0≤x≤1时，f(x)＝x(1－x)，则当－1≤x≤0时，f(x)＝________解析：当0≤x≤1时，f(x)＝x(1－x)，当－1≤x≤0时，0≤x＋1≤1，∴f(x＋1)＝(x＋1)[1－(x＋1)]＝－x(x＋1)，而f(x)＝eq\f(1,2)f(x＋1)＝－eq\f(1,2)x2－eq\f(1,2)x.∴当－1≤x≤0时，f(x)＝－eq\f(1,2)x2－eq\f(1,2)x.答案：－eq\f(1,2)x2－eq\f(1,2)x4．如果对∀x，y∈R都有f(x＋y)＝f(x)·f(y)，且f(1)＝2，(1)求f(2)，f(3)，f(4)的值；(2)求eq\f(f（2）,f（1）)＋eq\f(f（4）,f（3）)＋eq\f(f（6）,f（5）)＋…＋eq\f(f（2010）,f（2009）)＋eq\f(f（2012）,f（2011）)＋eq\f(f（2014）,f（2013）)的值．解：(1)∵∀x，y∈R，f(x＋y)＝f(x)·f(y)，且f(1)＝2，∴f(2)＝f(1＋1)＝f(1)·f(1)＝22＝4，f(3)＝f(1＋2)＝f(1)·f(2)＝23＝8，f(4)＝f(1＋3)＝f(1)·f(3)＝24＝16.(2)由(1)知eq\f(f（2）,f（1）)＝2，eq\f(f（4）,f（3）)＝2，eq\f(f（6）,f（5）)＝2，…，eq\f(f（2014）,f（2013）)＝2，故原式＝2×1007＝2014.第二节函数的单调性与最值考纲下载1．理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义．2．会利用函数的图象理解和研究函数的性质．一、必备知识1．函数的单调性(1)单调函数的定义增函数减函数定义一般地，设函数f(x)的定义域为I，如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量x1，x2当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数图象描述自左向右看图象是上升的自左向右看图象是下降的(2)单调区间的定义若函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数y＝f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，区间D叫做函数y＝f(x)的单调区间．2．函数的最值前提设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足条件(1)对于任意x∈I，都有f(x)≤M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M(1)对于任意x∈I，都有f(x)≥M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M结论M为最大值M为最小值二、必记结论1．函数单调性的两种等价形式设任意x1，x2∈[a，b]且x1<x2，那么(1)eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜0⇔f(x)在[a，b]上是减函数．(2)(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0⇔f(x)在[a，b]上是减函数．2．函数的值域和最值的区别与联系(1)函数的值域一定存在，而函数的最值不一定存在；(2)若函数的最值存在，则一定是值域中的元素；若函数的值域是开区间，则函数无最值；若函数的值域是闭区间，则闭区间的端点值就是函数的最值．一、思考辨析判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数y＝eq\f(1,x)的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．()(2)函数y＝eq\f(1,x)在定义域上为减函数．()(3)相同单调性函数的和、差、积、商函数还具有相同的单调性．()(4)若定义在R上的函数f(x)，有f(－1)<f(3)，则函数f(x)在R上为增函数．()(5)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．()(6)闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点取到．()(7)如果一个函数在定义域内的某几个子区间上都是增函数，则这个函数在定义域上是增函数．()提示：(1)错误．单调区间不能用并集符号连接．(2)错误．函数y＝eq\f(1,x)有两个单调递减区间，但在定义域上不是单调的．(3)错误．相同单调性的函数在公共定义域上的和仍具有相同的单调性，但是差、积、商函数的单调性不能确定．(4)错误．不满足增函数定义中的任意性．(5)错误．函数f(x)在[1，＋∞)上是增函数，说明[1，＋∞)是该函数单调递增区间的子集．(6)正确．(7)错误．如函数y＝－eq\f(1,x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上都是增函数，但这个函数在定义域上不是增函数．答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√(7)×二、牛刀小试1．(2014·北京高考)下列函数中，定义域是R且为增函数的是()A．y＝e－xB．y＝x3C．y＝lnxD．y＝|x|解析：选B分别画出四个函数的图象，如图：因为对数函数y＝lnx的定义域不是R，故首先排除选项C；因为指数函数y＝e－x，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))eq\s\up12(x)，在定义域内单调递减，故排除选项A；对于函数y＝|x|，当x∈(－∞，0)时，函数变为y＝－x，在其定义域内单调递减，因此排除选项D；而函数y＝x3在定义域R上为增函数，故选B.2．如果二次函数f(x)＝3x2＋2(a－1)x＋b在区间(－∞，1)上是减函数，则()A．a＝－2B．a＝2C．a≤－2D．a≥2解析：选C函数f(x)＝3x2＋2(a－1)x＋b的对称轴为x＝eq\f(1－a,3)，即函数f(x)的单调减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1－a,3))).所以eq\f(1－a,3)≥1，即a≤－2.3．函数f(x)＝eq\f(2,x－1)，x∈[2，6]．下列命题：①函数f(x)为减函数；②函数f(x)为增函数；③函数f(x)的最大值为2；④函数f(x)的最小值为eq\f(2,5).其中为真命题的是________(写出所有真命题的编号)．解析：易知函数f(x)＝eq\f(2,x－1)在[2，6]上为减函数，故f(x)max＝f(2)＝2，f(x)min＝f(6)＝eq\f(2,5).答案：①③④4．函数y＝logeq\s\do9(\f(1,2))(x2－1)的单调递增区间为________．解析：由x2－1>0，得x>1或x<－1，即函数y＝logeq\s\do9(\f(1,2))(x2－1)的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．又函数y＝logeq\s\do9(\f(1,2))(x2－1)是函数y＝logeq\s\do9(\f(1,2))μ，μ＝x2－1的复合函数，所以该单调递增区间为(－∞，－1)．答案：(－∞，－1)考点一函数单调性的判断与证明[例1]判断函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，＋∞)上的单调性，并给出证明．[听前试做]法一：任意取x1>x2>0，则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)))＝(x1－x2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x1)－\f(a,x2)))＝(x1－x2)＋eq\f(a（x2－x1）,x1x2)＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,x1x2))).当eq\r(a)≥x1>x2>0时，x1－x2>0，1－eq\f(a,x1x2)<0，有f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，故函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，eq\r(a))上为减函数；当x1>x2≥eq\r(a)时，x1－x2>0，1－eq\f(a,x1x2)>0，有f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，故函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在[eq\r(a)，＋∞)上为增函数．综上可知，函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，eq\r(a))上为减函数，在[eq\r(a)，＋∞)上为增函数．法二：f′(x)＝1－eq\f(a,x2).令f′(x)>0，则1－eq\f(a,x2)>0，解得x>eq\r(a)或x<－eq\r(a)(舍)．令f′(x)<0，则1－eq\f(a,x2)<0，解得－eq\r(a)<x<eq\r(a).∵x>0，∴0<x<eq\r(a).∴f(x)在(0，eq\r(a))上为减函数，在[eq\r(a)，＋∞)上为增函数．判断函数单调性的方法(1)对于给出具体解析式的函数，证明或判断其在某区间上的单调性有两种方法：①可以利用定义(基本步骤为取值、作差或作商、变形、定号、下结论)求解；②可导函数则可以利用导数解之．(2)复合函数y＝f[g(x)]的单调性规律是“同则增，异则减”，即y＝f(u)与u＝g(x)若具有相同的单调性，则y＝f[g(x)]为增函数；若具有不同的单调性，则y＝f[g(x)]为减函数．试讨论函数f(x)＝eq\f(ax,x2－1)，x∈(－1，1)的单调性(其中a≠0)．解：设－1＜x1＜x2＜1，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(ax1,xeq\o\al(2,1)－1)－eq\f(ax2,xeq\o\al(2,2)－1)＝eq\f(a（x2－x1）（x1x2＋1）,（xeq\o\al(2,1)－1）（xeq\o\al(2,2)－1）).∵－1＜x1＜x2＜1，∴x2－x1＞0，xeq\o\al(2,1)－1＜0，xeq\o\al(2,2)－1＜0，－1＜x1x2＜1，∴x1x2＋1＞0.∴eq\f(（x2－x1）（x2x1＋1）,（xeq\o\al(2,1)－1）（xeq\o\al(2,2)－1）)＞0.因此，当a＞0时，f(x1)－f(x2)＞0，∴f(x1)＞f(x2)，此时函数f(x)在(－1，1)上为减函数；当a＜0时，f(x1)－f(x2)＜0，∴f(x1)＜f(x2)，此时函数f(x)在(－1，1)上为增函数．考点二求函数的单调区间[例2]求函数f(x)＝－x2＋2|x|＋1的单调区间．[听前试做]f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋1，x≥0，,－x2－2x＋1，x＜0))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－（x－1）2＋2，x≥0，,－（x＋1）2＋2，x＜0.))画出函数图象如图所示，可知单调递增区间为(－∞，－1]和[0，1]，单调递减区间为[－1，0]和[1，＋∞)．[探究1]若将本例中函数变为f(x)＝|－x2＋2x＋1|，如何求解？解：函数y＝|－x2＋2x＋1|的图象如图所示．由图象可知，函数y＝|－x2＋2x＋1|的单调递增区间为(1－eq\r(2)，1)和(1＋eq\r(2)，＋∞)；单调递减区间为(－∞，1－eq\r(2))和(1，1＋eq\r(2))．[探究2]若将本例中函数变为f(x)＝eq\r(－x2＋2|x|＋1)，如何求解？解：由－x2＋2|x|＋1≥0，得1－eq\r(2)≤|x|≤1＋eq\r(2)，又|x|≥0，∴0≤|x|≤1＋eq\r(2)，即－1－eq\r(2)≤x≤1＋eq\r(2).根据函数图象可知，f(x)的单调递增区间为[－1－eq\r(2)，－1]和[0，1]，单调递减区间为[－1，0]和[1，1＋eq\r(2)]．[探究3]若将本例中函数变为f(x)＝logeq\s\do9(\f(1,2))(－x2＋2|x|＋1)，如何求解？解：要使函数有意义，应有－x2＋2|x|＋1>0，即－1－eq\r(2)<x<1＋eq\r(2).又函数f(x)＝logeq\s\do9(\f(1,2))(－x2＋2|x|＋1)是函数y＝logeq\s\do9(\f(1,2))μ和μ＝－x2＋2|x|＋1的复合函数，∴函数f(x)＝logeq\s\do9(\f(1,2))(－x2＋2|x|＋1)的单调递增区间为(－1，0)和(1，1＋eq\r(2))，单调递减区间为(－1－eq\r(2)，－1)和(0，1)．函数单调区间的求法(1)函数的单调区间是函数定义域的子区间，所以求解函数的单调区间，必须先求出函数的定义域．对于基本初等函数的单调区间可以直接利用已知结论求解，如二次函数、对数函数、指数函数等．(2)如果是复合函数，应根据复合函数的单调性的判断方法，首先判断两个简单函数的单调性，再根据“同则增，异则减”的法则求解函数的单调区间．设函数y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义．对于给定的正数k，定义函数fk(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x），f（x）≤k，,k，f（x）＞k.))取函数f(x)＝2－|x|.当k＝eq\f(1,2)时，函数fk(x)的单调递增区间为()A．(－∞，0)B．(0，＋∞)C．(－∞，－1)D．(1，＋∞)解析：选C由f(x)>eq\f(1,2)，得－1<x<1；由f(x)≤eq\f(1,2)，得x≤－1或x≥1.所以feq\s\do9(\f(1,2))(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－x，x≥1，,\f(1,2)，－1＜x＜1，,2x，x≤－1.))故feq\s\do9(\f(1,2))(x)的单调递增区间为(－∞，－1).考点三函数单调性的应用高考对函数单调性的考查多以选择题、填空题的形式出现，有时也应用于解答题中的某一问中，且主要有以下几个命题角度：角度一：利用函数的单调性比较大小[例3](2014·山东高考)已知实数x，y满足ax<ay(0<a<1)，则下列关系式恒成立的是()A.eq\f(1,x2＋1)>eq\f(1,y2＋1)B．ln(x2＋1)>ln(y2＋1)C．sinx>sinyD．x3>y3[听前试做]根据指数函数的性质得x>y，此时x2，y2的大小不确定，故选项A、B中的不等式不恒成立；根据三角函数的性质，选项C中的不等式也不恒成立；根据不等式的性质知，选项D中的不等式恒成立．答案：D角度二：利用函数的单调性解决不等式问题[例4](2013·天津高考)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增．若实数a满足f(log2a)＋f(logeq\s\do9(\f(1,2))a)≤2f(1)，则a的取值范围是()A．[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)，2))D．(0，2][听前试做]由已知条件得f(－x)＝f(x)，则f(log2a)＋f(logeq\s\do9(\f(1,2))a)≤2f(1)⇒f(log2a)＋f(－log2a)≤2f(1)⇒f(log2a)≤又f(log2a)＝f(|log2a|)且f(x)在[0，＋∞)所以|log2a|≤1⇒－1≤log2a≤1，解得eq\f(1,2)≤a≤2.答案：C角度三：利用函数的单调性求参数[例5]已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（3a－1）x＋4a，x<1，,logax，x≥1))满足对任意的实数x1≠x2都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0成立，则实数a的取值范围为()A．(0，1)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，\f(1,3)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，1))[听前试做]据题意，要使原函数在定义域R上为减函数，只需满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－1<0，,0<a<1，,（3a－1）×1＋4a≥loga1，))解得eq\f(1,7)≤a<eq\f(1,3).答案：C角度四：利用函数的单调性求解最值(或恒成立)问题[例6]函数f(x)＝eq\f(1,x－1)在区间[a，b]上的最大值是1，最小值是eq\f(1,3)，则a＋b＝________．[听前试做]易知f(x)在[a，b]上为减函数，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（a）＝1，,f（b）＝\f(1,3)，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)＝1，,\f(1,b－1)＝\f(1,3)，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝4.))∴a＋b＝6.答案：6函数单调性应用问题的常见类型及解题策略(1)比较大小．比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决．(2)解不等式．在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域．(3)利用单调性求参数．①视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数；②需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的．(4)利用单调性求最值．应先确定函数的单调性，然后再由单调性求出最值．1．(2015·永州模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4)))x，x≥1，,ax，x<1))在R上为减函数，则实数a的取值范围是()A．(0，1)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,4)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))解析：选B由于函数f(x)为R上的减函数，所以满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4)＜0，,0<a<1，,a≥\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4)))，))解得0<a<eq\f(1,4)，故答案为B.2．(2015·娄底模拟)已知函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，g(x)＝f(|x|)，若g(lgx)>g(1)，则x的取值范围是()A．(0，10)B．(10，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，10))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,10)))∪(10，＋∞)解析：选D因为函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，g(x)＝f(|x|)，g(lgx)>g(1)，所以|lgx|>1，解之得x>10或0<x<eq\f(1,10).3．已知函数f(x)＝eq\f(x2＋2x＋a,x)，x∈[1，＋∞)．(1)当a＝eq\f(1,2)时，求函数f(x)的最小值；(2)若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，试求实数a的取值范围．解：(1)当a＝eq\f(1,2)时，f(x)＝x＋eq\f(1,2x)＋2在[1，＋∞)上为增函数，f(x)min＝f(1)＝eq\f(7,2).(2)f(x)＝x＋eq\f(a,x)＋2，x∈[1，＋∞)．①当a≤0时，f(x)在[1，＋∞)内为增函数，最小值为f(1)＝a＋3.要使f(x)>0在x∈[1，＋∞)上恒成立，只需a＋3>0，即a>－3，所以－3<a≤0.②当0<a≤1时，f(x)在[1，＋∞)上为增函数，f(x)min＝f(1)＝a＋3.所以a＋3>0，a>－3.所以0<a≤1.③当a>1时，f(x)在[1，eq\r(a)]上为减函数，在(eq\r(a)，＋∞)上为增函数，所以f(x)在[1，＋∞)上的最小值是f(eq\r(a))＝2eq\r(a)＋2，2eq\r(a)＋2>0，显然成立．综上所述，f(x)在[1，＋∞)上恒大于零时，a的取值范围是(－3，＋∞)．[课堂归纳——通法领悟]eq\a\vs4\al(1)个防范——函数单调区间的表示单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写，不能用符号“∪”联结，也不能用“或”联结．eq\a\vs4\al(2)条结论——函数最值的有关结论(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值．当函数在闭区间上单调时最值一定在端点处取到．(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大值(最小值)．eq\a\vs4\al(4)种方法——函数单调性的判断方法(1)定义法：取值、作差、变形、定号、下结论．(2)复合法：同增异减，即内外函数的单调性相同时，为增函数，不同时为减函数．(3)导数法：利用导数研究函数的单调性．(4)图象法：利用图象研究函数的单调性．eq\a\vs4\al([全盘巩固])一、选择题1．(2014·湖南高考)下列函数中，既是偶函数又在区间(－∞，0)上单调递增的是()A．f(x)＝eq\f(1,x2)B．f(x)＝x2＋1C．f(x)＝x3D．f(x)＝2－x解析：选A因为y＝x2在(－∞，0)上是单调递减的，故y＝eq\f(1,x2)在(－∞，0)上是单调递增的，又y＝eq\f(1,x2)为偶函数，故A对；y＝x2＋1在(－∞，0)上是单调递减的，故B错；y＝x3为奇函数，故C错；y＝2－x为非奇非偶函数，故D错．故选A.2．(2015·天津六校联考)已知函数y＝f(x)(x∈R)，g(x)＝f(x)＋x(x∈R)，则“函数f(x)在R上递增”是“函数g(x)在R上递增”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A若函数f(x)在R上递增，因为y＝x在R上也递增，所以g(x)＝f(x)＋x在R上递增；反之不一定成立，如：函数g(x)＝eq\f(1,2)x在R上递增，但f(x)＝－eq\f(1,2)x在R上递减．故选A.3．若函数f(x)的定义域为R，且在(0，＋∞)上是减函数，则下列不等式成立的是()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))>f(a2－a＋1)B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))≥f(a2－a＋1)C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))<f(a2－a＋1)D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))≤f(a2－a＋1)解析：选B∵f(x)在(0，＋∞)上是减函数，且a2－a＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)>0，∴f(a2－a＋1)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))).4．函数y＝|x|(1－x)在区间A上是增函数，那么区间A是()A．(－∞，0)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．[0，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析：选By＝|x|(1－x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（1－x），x≥0，,－x（1－x），x＜0))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋x，x≥0，,x2－x，x＜0))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(1,4)，x≥0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)－\f(1,4)，x＜0.))画出函数的草图，如图．由图象易知原函数在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上是增函数．5．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－ax－5，x≤1，,\f(a,x)，x＞1))在R上为增函数，则a的取值范围是()A．[－3，0)B．[－3，－2]C．(－∞，－2]D．(－∞，0)解析：选B要使函数在R上是增函数，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)≥1，,a＜0，,－1－a－5≤a，))解得－3≤a≤－2，即a的取值范围是[－3，－2]．6．(2014·陕西高考)下列函数中，满足“f(x＋y)＝f(x)·f(y)”的单调递增函数是()A．f(x)＝xeq\f(1,2)B．f(x)＝x3C．f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)D．f(x)＝3x解析：选D根据各选项知，选项C、D中的指数函数满足f(x＋y)＝f(x)·f(y)．又f(x)＝3x是增函数，所以D正确．7．定义新运算⊕：当a≥b时，a⊕b＝a；当a<b时，a⊕b＝b2.则函数f(x)＝(1⊕x)x－(2⊕x)，x∈[－2，2]的最大值等于()A．－1B．1C．6D．12解析：选C由已知得，当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2；当1＜x≤2时，f(x)＝x3－2.∵f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定义域内都为增函数，且f(1)＝－1，f(2)＝23－2＝6，∴f(x)的最大值为f(2)＝6.8．(2015·郴州模拟)已知函数f(x)＝lnx＋2x，若f(x2－4)<2，则实数x的取值范围是()A．(－2，2)B．(2，eq\r(5))C．(－eq\r(5)，－2)D．(－eq\r(5)，－2)∪(2，eq\r(5))解析：选D因为函数f(x)＝lnx＋2x在定义域上单调递增，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).二、填空题9．(2014·天津高考)函数f(x)＝lgx2的单调递减区间是________．解析：函数f(x)＝lgx2＝2lg|x|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2lgx，x＞0，,2lg（－x），x＜0，))易知它的单调递减区间是(－∞，0)．答案：(－∞，0)10．若函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则a＝________．解析：由f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x－a，x<－\f(a,2)，,2x＋a，x≥－\f(a,2)，))可得函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))，故3＝－eq\f(a,2)，解得a＝－6.答案：－611．函数y＝eq\f(2x＋k,x－2)与y＝log3(x－2)在(3，＋∞)上具有相同的单调性，则实数k的取值范围是________．解析：由于y＝log3(x－2)的定义域为(2，＋∞)，且为增函数，故函数y＝eq\f(2x＋k,x－2)＝eq\f(2（x－2）＋4＋k,x－2)＝2＋eq\f(4＋k,x－2)在(3，＋∞)上也是增函数，则有4＋k＜0，得k＜－4.答案：(－∞，－4)12．对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a＞b.))设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________．解析：依题意，h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，0＜x≤2，,－x＋3，x＞2.))当0＜x≤2时，h(x)＝log2x是增函数；当x＞2时，h(x)＝3－x是减函数，则h(x)在x＝2时，取得最大值h(2)＝1.答案：1三、解答题13．已知函数f(x)对于任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，f(1)＝－eq\f(2,3).(1)求证：f(x)在R上是减函数；(2)求f(x)在[－3，3]上的最大值和最小值．解：(1)证明：∵函数f(x)对于任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，∴令x＝y＝0，得f(0)＝0.再令y＝－x，得f(－x)＝－f(x)．在R上任取x1>x2，则x1－x2>0，f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)．又∵当x>0时，f(x)<0，而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)<f(x2)．因此f(x)在R上是减函数．(2)∵f(x)在R上是减函数，∴f(x)在[－3，3]上也是减函数，∴f(x)在[－3，3]上的最大值和最小值分别为f(－3)与f(3)．而f(3)＝3f(1)＝－2，f(－3)＝－f(3)＝∴f(x)在[－3，3]上的最大值为2，最小值为－2.eq\a\vs4\al([冲击名校])1．“a≤0”是“函数f(x)＝|(ax－1)x|在区间(0，＋∞)内单调递增”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：选Cf(x)＝|(ax－1)x|在(0，＋∞)内单调递增等价于f(x)＝0在区间(0，＋∞)内无实根，即a＝0或eq\f(1,a)<0，也就是a≤0，故“a≤0”是“函数f(x)＝|(ax－1)x|在(0，＋∞)内单调递增”的充要条件．2．已知函数f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－x)，若x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，则()A．f(x1)<0，f(x2)<0B．f(x1)<0，f(x2)>0C．f(x1)>0，f(x2)<0D．f(x1)>0，f(x2)>0解析：选B∵函数f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－x)在(1，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，∴当x1∈(1，2)时，f(x1)<f(2)＝0，当x2∈(2，＋∞)时，f(x2)>f(2)＝0，即f(x1)<0，f(x2)>0.3．(2015·安庆模拟)一般地，如果函数y＝f(x)的定义域为[a，b]，值域也是[a，b]，则称函数f(x)为“保域函数”，下列函数中是“保域函数”的有________．(填上所有正确答案的序号)①f1(x)＝x2－1，x∈[－1，1]；②f2(x)＝eq\f(π,2)sinx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；③f3(x)＝x3－3x，x∈[－2，2]；④f4(x)＝x－lnx，x∈[1，e2]；⑤f5(x)＝eq\f(2x,x2－x＋1)，x∈[0，2]．解析：对于①，其值域为[－1，0]，不符合题意，故①不正确；对于②，其值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故②正确；对于③，f′3(x)＝3x2－3，当x∈[－2，－1)∪(1，2]时，f′3(x)>0；当x∈[－1，1]时，f′3(x)≤0，于是f3(x)在[－2，－1)上单调递增，在[－1，1]上单调递减，在[1，2]上单调递增，所以其值域为[－2，2]，故③正确；对于④，f′4(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，当x∈[1，e2]时，f′4(x)≥0，所以f4(x)＝x－lnx在[1，e2]上单调递增，所以其值域为[1，e2－2]，不符合题意，故④不正确；对于⑤，当x＝0时，f5(0)＝0；当x>0时，0<f5(x)＝eq\f(2,x＋\f(1,x)－1)≤2(当且仅当x＝1时，等号成立)，所以其值域为[0，2]，故⑤正确．于是填②③⑤.答案：②③⑤4．已知函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，且满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1，如果对于0＜x＜y，都有f(x)＞f(y)．(1)求f(1)的值；(2)解不等式f(－x)＋f(3－x)≥－2.解：(1)令x＝y＝1，则f(1)＝f(1)＋f(1)，f(1)＝0.(2)由题意知f(x)为(0，＋∞)上的减函数，且eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＞0，,3－x＞0，))∴x＜0.∵f(xy)＝f(x)＋f(y)，x，y∈(0，＋∞)且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1.∴f(－x)＋f(3－x)≥－2可化为f(－x)＋f(3－x)≥－2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即f(－x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋f(3－x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≥0＝f(1)⇔feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,2)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－x,2)))≥f(1)⇔feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,2)·\f(3－x,2)))≥f(1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＜0，,－\f(x,2)·\f(3－x,2)≤1，))解得－1≤x＜0.∴不等式的解集为{x|－1≤x<0}．第三节函数的奇偶性及周期性考纲下载1．结合具体函数，了解函数奇偶性的含义．2．会运用函数的图象理解和研究函数的奇偶性．3．了解函数周期性、最小正周期的含义，会判断、应用简单函数的周期性．eq\a\vs4\al(•)eq\a\vs4\al(对应学生用书P18)一、必备知识1．奇函数、偶函数及其图象特征奇函数偶函数定义一般地，如果对于函数f(x)的定义域内任意一个x，都有f(－x)＝－f(x)，那么函数f(x)就叫做奇函数都有f(－x)＝f(x)，那么函数f(x)就叫做偶函数图象特征关于原点对称关于y轴对称2.周期性(1)周期函数对于函数y＝f(x)，如果存在一个非零常数T，使得当x取定义域内的任何值时，都有f(x＋T)＝f(x)，那么就称函数y＝f(x)为周期函数，称T为这个函数的周期．(2)最小正周期如果在周期函数f(x)的所有周期中存在一个最小的正数，那么这个最小正数就叫做f(x)的最小正周期．二、必记结论1．函数奇偶性的五个重要结论(1)如果一个奇函数f(x)在原点处有定义，即f(0)有意义，那么一定有f(0)＝0.(2)如果函数f(x)是偶函数，那么f(x)＝f(|x|)．(3)既是奇函数又是偶函数的函数只有一种类型，即f(x)＝0，x∈D，其中定义域D是关于原点对称的非空数集．(4)奇函数在两个对称的区间上具有相同的单调性；偶函数在两个对称的区间上具有相反的单调性．(5)偶函数在关于原点对称的区间上有相同的最大(小)值，取最值时的自变量互为相反数；奇函数在关于原点对称的区间上的最值互为相反数，取最值时的自变量也互为相反数．2．周期性的三个常用结论对f(x)定义域内任一自变量的值x：(1)若f(x＋a)＝－f(x)，则T＝2a；(2)若f(x＋a)＝eq\f(1,f（x）)，则T＝2a；(3)若f(x＋a)＝－eq\f(1,f（x）)，则T＝2a.(a>0)3．对称性的三个常用结论(1)若函数y＝f(x＋a)是偶函数，即f(a－x)＝f(a＋x)，则函数y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称；(2)若对于R上的任意x都有f(2a－x)＝f(x)或f(－x)＝f(2a＋x)，则y＝f(x)的图象关于直线x＝(3)若函数y＝f(x＋b)是奇函数，即f(－x＋b)＋f(x＋b)＝0，则函数y＝f(x)关于点(b，0)中心对称．一、思考辨析判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数y＝x2，x∈[0，＋∞)是偶函数．()(2)若函数f(x)为奇函数，则一定有f(0)＝0.()(3)函数f(x)＝sinx，x∈[0，2π]为周期函数．()(4)偶函数的图象不一定过原点，奇函数的图象一定过原点．()(5)如果函数f(x)，g(x)为定义域相同的偶函数，则F(x)＝f(x)＋g(x)也是偶函数．()(6)若T为函数f(x)的一个周期，那么nT(n∈Z且n≠0)也是函数f(x)的周期．()提示：(1)错误．定义域不关于坐标原点对称．