2018-2019学年高中一轮复习数学讲义第三章函数导数及其应用

第三章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,,))函数、导数及其应用第一节函数及其表示1．函数与映射的概念函数映射两集合A，B设A，B是两个非空的数集设A，B是两个非空的集合对应关系f：A→B如果按照某种确定的对应关系f，使对于集合A中的任意一个数x，在集合B中都有唯一确定的数f(x)和它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．[小题体验]1．(2018·台州模拟)下列四组函数中，表示相等函数的是()A．f(x)＝x2，g(x)＝eq\r(x2)B．f(x)＝eq\f(\r(x)2,x)，g(x)＝eq\f(x,\r(x)2)C．f(x)＝1，g(x)＝(x－1)0D．f(x)＝eq\f(x2－9,x＋3)，g(x)＝x－3解析：选B选项A中，f(x)＝x2与g(x)＝eq\r(x2)的定义域相同，但对应关系不同；选项B中，二者的定义域都为{x|x>0}，对应关系也相同；选项C中，f(x)＝1的定义域为R，g(x)＝(x－1)0的定义域为{x|x≠1}；选项D中，f(x)＝eq\f(x2－9,x＋3)的定义域为{x|x≠－3}，g(x)＝x－3的定义域为R.2．若函数y＝f(x)的定义域为M＝{x|－2≤x≤2}，值域为N＝{y|0≤y≤2}，则函数y＝f(x)的图象可能是()答案：B3．(2018·金华调研)已知函数f(x)＝eq\f(1,\r(1－x2))的定义域为M，g(x)＝ln(1＋x)的定义域为N，则M∪(∁RN)＝()A．{x|x＜1} B．{x|x≥－1}C．∅ D．{x|－1≤x＜1}解析：选A因为函数f(x)＝eq\f(1,\r(1－x2))的定义域为M＝{x|－1＜x＜1}，g(x)＝ln(1＋x)的定义域为N＝{x|x＞－1}，所以∁RN＝{x|x≤－1}，M∪(∁RN)＝{x|－1＜x＜1}∪{x|x≤－1}＝{x|x＜1}．故选A.4．已知f(x)＝3x3＋2x＋1，若f(a)＝2，则f(－a)＝________.解析：∵f(x)＝3x3＋2x＋1，∴f(a)＋f(－a)＝3a3＋2a＋1＋3(－a)3＋2×(－a)＋1＝2，∴f(－a)＝2－f(a)＝0.答案：01．求函数的解析式时要充分根据题目的类型选取相应的方法，同时要注意函数的定义域．2．分段函数无论分成几段，都是一个函数，不要误解为是“由几个函数组成”．求分段函数的函数值，如果自变量的范围不确定，要分类讨论．[小题纠偏]1．(2018·嘉兴模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,x2＋x，x≤0，))则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＝________，方程f(x)＝2的解为________．解析：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,2)))＝f(－1)＝0.当x>0时，log2x＝2，得x＝4；当x≤0时，x2＋x＝2，得x＝－2或x＝1(舍去)．所以f(x)＝2的解为－2或4.答案：0－2或42．已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝x2＋5x，则f(x)＝________.解析：令t＝eq\f(1,x)，∴x＝eq\f(1,t).∴f(t)＝eq\f(1,t2)＋eq\f(5,t).∴f(x)＝eq\f(5x＋1,x2)(x≠0)．答案：eq\f(5x＋1,x2)(x≠0)eq\a\vs4\al(考点一函数的定义域)eq\a\vs4\al(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．函数f(x)＝ln(x2－x)的定义域为()A．(0,1) B．[0,1]C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(－∞，0]∪[1，＋∞)解析：选C由题意知，x2－x>0，即x<0或x>1.则函数的定义域为(－∞，0)∪(1，＋∞)，故选C.2．(2018·金华模拟)若函数y＝f(x)的定义域是[0,2]，则函数g(x)＝eq\f(f2x,lnx)的定义域是()A．(0,1) B．[0,1)C．[0,1)∪(1,4] D．[0,1]解析：选A根据题意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤2x≤2，,x>0且x≠1，))解得0＜x＜1，故选A.3．(2018·湖州模拟)若函数f(x)＝eq\f(\r(x2－a＋1x＋1),x2－x＋1)定义域为R，则实数a的取值范围为()A．[－3，－1] B．[－1,3]C．[1,3] D．[－3,1]解析：选D若函数f(x)＝eq\f(\r(x2－a＋1x＋1),x2－x＋1)定义域为R，则x2－(a＋1)x＋1≥0在R上恒成立，∴Δ＝[－(a＋1)]2－4≤0，解得－3≤a≤1，故选D.4．函数f(x)＝eq\f(\r(1－|x－1|),ax－1)(a＞0且a≠1)的定义域为____________________．解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－|x－1|≥0，,ax－1≠0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤2，,x≠0))⇒0＜x≤2，故所求函数的定义域为(0,2]．答案：(0,2][谨记通法]函数定义域的求解策略(1)已知函数解析式：构造使解析式有意义的不等式(组)求解．(2)实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解．(3)抽象函数：①若已知函数f(x)的定义域为[a，b]，其复合函数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．eq\a\vs4\al(考点二求函数的解析式)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](1)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；(2)已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋1))＝lgx，求f(x)的解析式；(3)已知f(x)是二次函数，且f(0)＝0，f(x＋1)＝f(x)＋x＋1，求f(x)；(4)已知函数f(x)满足f(－x)＋2f(x)＝2x，求f(x)的解析式．解：(1)(配凑法)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.(2)(换元法)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.(3)(待定系数法)设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.(4)(解方程组法)由f(－x)＋2f(x)＝2x，①得f(x)＋2f(－x)＝2－x，②①×2－②，得，3f(x)＝2x＋1－2－x.即f(x)＝eq\f(2x＋1－2－x,3).∴f(x)的解析式是f(x)＝eq\f(2x＋1－2－x,3).[由题悟法]求函数解析式的4种方法[即时应用]1．已知f(eq\r(x)＋1)＝x＋2eq\r(x)，求f(x)的解析式．解：法一：(换元法)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.故f(x)＝x2－1，x≥1.法二：(配凑法)∵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．设y＝f(x)是二次函数，方程f(x)＝0有两个相等实根，且f′(x)＝2x＋2，求f(x)的解析式．解：设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，则f′(x)＝2ax＋b＝2x＋2，∴a＝1，b＝2，f(x)＝x2＋2x＋c.又∵方程f(x)＝0有两个相等实根，∴Δ＝4－4c＝0，解得c＝1.故f(x)＝x2＋2x＋1.eq\a\vs4\al(考点三分段函数)eq\a\vs4\al(题点多变型考点——多角探明)[锁定考向]高考对分段函数的考查多以选择题、填空题的形式出现，试题难度一般较小．常见的命题角度有：(1)分段函数的函数求值问题；(2)分段函数的自变量求值问题；(3)分段函数与方程、不等式问题．[题点全练]角度一：分段函数的函数求值问题1．(2018·杭州四校联考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log\f(1,2)x，x>0，,3x，x≤0，))则f(f(4))的值为()A．－eq\f(1,9) B．－9C.eq\f(1,9) D．9解析：选C因为f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log\f(1,2)x，x>0，,3x，x≤0，))所以f(f(4))＝f(－2)＝eq\f(1,9).角度二：分段函数的自变量求值问题2．(2018·杭州模拟)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x2＋1，x≥1，,log21－x，x<1))，则f(f(4))＝________；若f(a)＝－1，则a＝________.解析：函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x2＋1，x≥1，,log21－x，x<1，))则f(4)＝－2×42＋1＝－31.f(f(4))＝f(－31)＝log2(1＋31)＝5.当a≥1时，f(a)＝－1，可得－2a2＋1＝－1，解得a＝1；当a＜1时，f(a)＝－1，可得log2(1－a)＝－1，解得a＝eq\f(1,2).答案：51或eq\f(1,2)角度三：分段函数与方程、不等式问题3．(2018·湖州模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x≥0，,log2－x，x<0，))则f(f(－2))＝________；若f(x)≥2，则实数x的取值范围是________．解析：由分段函数的表达式得f(－2)＝log22＝1，f(1)＝21＝2，则f(f(－2))＝2.若x≥0，由f(x)≥2得2x≥2，所以x≥1，若x＜0，由f(x)≥2得log2(－x)≥2，即－x≥4，所以x≤－4，综上，实数x的取值范围为(－∞，－4]∪[1，＋∞)．答案：2(－∞，－4]∪[1，＋∞)[通法在握]1．分段函数的求值问题的解题思路(1)求函数值：先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f(f(a))的形式时，应从内到外依次求值．(2)求自变量的值：先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验．2．分段函数与方程、不等式问题的求解思路依据不同范围的不同段分类讨论求解，最后将讨论结果并起来．[演练冲关]1．(2018·杭州六校联考)定义在R上的函数f(x)满足f(x＋1)＝2f(x)，且当0≤x≤1时，f(x)＝x2－x，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝()A．－eq\f(1,2) B．－eq\f(1,4)C．－eq\f(1,8) D．－eq\f(1,16)解析：选D∵f(x＋1)＝2f(x)，∴f(x)＝eq\f(1,2)f(x＋1)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝eq\f(1,2)feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))))＝eq\f(1,2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\f(1,4)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq\f(1,4)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，又当0≤x≤1时，f(x)＝x2－x，∴eq\f(1,4)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,4)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2－\f(1,2)))＝－eq\f(1,16).∴原式＝－eq\f(1,16)，故选D.2．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－1，x＜1，,2x，x≥1，))则满足f(f(a))＝2f(a)的a的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)) B．[0,1]C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)) D．[1，＋∞)解析：选C由f(f(a))＝2f(a)得，f(a)≥1.当a＜1时，有3a－1≥1，∴a≥eq\f(2,3)，∴eq\f(2,3)≤a＜1.当a≥1时，有2a≥1，∴a≥0，∴a≥1.综上，a≥eq\f(2,3)，故选C.3．(2018·宁波模拟)设f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ex－1，x<2，,log3x2－1，x≥2，))则f(f(1))＝________，不等式f(x)>2的解集为________．解析：f(f(1))＝f(2)＝log3(4－1)＝1.若f(x)>2，则2ex－1>2(x<2)或log3(x2－1)>2(x≥2)，即ex－1>1＝e0，或x2－1>9，解得1<x<2或x>eq\r(10).答案：1(1,2)∪(eq\r(10)，＋∞)一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·温州模拟)函数f(x)＝eq\f(3x2,\r(1－x))＋lg(－3x2＋5x＋2)的定义域是()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)))解析：选B要使原函数有意义，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x>0，,－3x2＋5x＋2>0，))解得－eq\f(1,3)<x<1.故函数f(x)＝eq\f(3x2,\r(1－x))＋lg(－3x2＋5x＋2)的定义域是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1)).2．已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－1))＝2x－5，且f(a)＝6，则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：选B令t＝eq\f(1,2)x－1，则x＝2t＋2，f(t)＝2(2t＋2)－5＝4t－1，则4a－1＝6，解得a＝eq\f(7,4).3．(2018·金华十校联考)已知实数对(x，y)，设映射f：(x，y)→eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)，\f(x－y,2)))，并定义|(x，y)|＝eq\r(x2＋y2)，若|f(f(f(x，y)))|＝8，则|(x，y)|的值为()A．4eq\r(2) B．8eq\r(2)C．16eq\r(2) D．32eq\r(2)解析：选C∵映射f：(x，y)→eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)，\f(x－y,2)))，∴f(f(f(x，y)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)，\f(x－y,2)))))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，\f(y,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,4)，\f(x－y,4)))，∵定义|(x，y)|＝eq\r(x2＋y2)，若|f(f(f(x，y)))|＝8，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,4)，\f(x－y,4)))))＝8，∴eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,4)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－y,4)))2)＝8，eq\r(x2＋y2)＝16eq\r(2)，∴|(x，y)|的值为16eq\r(2)，故选C.4．已知f(x)满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x)－1))＝lgx，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,10)))＝________.解析：令eq\f(3,x)－1＝－eq\f(7,10)，得x＝10，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,10)))＝lg10＝1.答案：15．(2018·绍兴模拟)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex，x≤0，,lnx，x>0，))则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＝________，方程f(f(x))＝1的解集为____________．解析：∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝lneq\f(1,2)＜0，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,2)))＝elneq\f(1,2)＝eq\f(1,2).∵x＜0时，0＜ex＜1，x＝0时，ex＝1，∴当f(x)≤0时，由方程f(f(x))＝1，可得f(x)＝0，即lnx＝0，解得x＝1.当f(x)＞0时，由方程f(f(x))＝1，可得lnf(x)＝1，f(x)＝e，即lnx＝e，解得x＝ee.答案：eq\f(1,2){1，ee}二保高考，全练题型做到高考达标1．已知函数f(x)＝x|x|，若f(x0)＝4，则x0的值为()A．－2 B．2C．－2或2 D.eq\r(2)解析：选B当x≥0时，f(x)＝x2，f(x0)＝4，即xeq\o\al(2,0)＝4，解得x0＝2.当x<0时，f(x)＝－x2，f(x0)＝4，即－xeq\o\al(2,0)＝4，无解．所以x0＝2，故选B.2．(2018·长沙四校联考)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，))则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))))＝()A．－2 B．－3C．9 D．－9解析：选C∵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.故选C.3．(2018·金华模拟)函数f(x)＝eq\r(4－|x|)＋lgeq\f(x2－5x＋6,x－3)的定义域为()A．(2,3) B．(2,4]C．(2,3)∪(3,4] D．(－1,3)∪(3,6]解析：选C要使函数有意义，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－|x|≥0，,\f(x2－5x＋6,x－3)>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4≤x≤4，,x>2且x≠3，))∴3＜x≤4或2＜x＜3，即函数的定义域为(2,3)∪(3,4]．4．已知函数y＝f(x)的定义域是[0,3]，则函数g(x)＝eq\f(f3x,x－1)的定义域是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)) B．[0,1)C．[0,1)∪(1,3] D．[0,1)∪(1,9]解析：选B由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤3x≤3，,x－1≠0))可得0≤x<1，选B.5．(2018·杭州五校联考)设m为不小于2的正整数，对任意n∈Z，若n＝qm＋r(其中q，r∈Z，且0≤r<m)，则记fm(n)＝r，如f2(3)＝1，f3(8)＝2，下列关于该映射fm：Z→Z的命题中，不正确的是()A．若a，b∈Z，则fm(a＋b)＝fm(a)＋fm(b)B．若a，b，k∈Z，且fm(a)＝fm(b)，则fm(ka)＝fm(kb)C．若a，b，c，d∈Z，且fm(a)＝fm(b)，fm(c)＝fm(d)，则fm(a＋c)＝fm(b＋d)D．若a，b，c，d∈Z，且fm(a)＝fm(b)，fm(c)＝fm(d)，则fm(ac)＝fm(bd)解析：选A根据题意，fm(n)＝r表示的意义是n被m整除所得的余数r；∴对于A，当m＝3，a＝4，b＝5时，f3(4＋5)＝0，f3(4)＝1，f3(5)＝2，f3(4＋5)≠f3(4)＋f3(5)，∴A错误；对于B，当fm(a)＝fm(b)时，即a＝q1m＋r，b＝q2m＋r，∴ka＝kq1m＋kr，kb＝kq2m＋kr，即fm(ka)＝fm(kb)，∴B正确；对于C，当fm(a)＝fm(b)，fm(c)＝fm(d)时，即a＝q1m＋r1，b＝q2m＋r1，c＝p1m＋r2，d＝p2m＋r2，∴a＋c＝(q1＋p1)m＋(r1＋r2)，b＋d＝(q2＋p2)m＋(r1＋r2)，即fm(a＋c)＝fm(b＋d)，∴C正确；对于D，当fm(a)＝fm(b)，fm(c)＝fm(d)时，即a＝q1m＋r1，b＝q2m＋r1，c＝p1m＋r2，d＝p2m＋r2，∴ac＝q1p1m2＋(r2q1＋r1p1)m＋r1r2，bd＝q2p2m2＋(r2q2＋r1p2)m＋r1r2，即fm(ac)＝fm(bd)，∴D正确．6．(2018·湖州月考)定义在R上的函数g(x)满足：g(x)＋2g(－x)＝ex＋eq\f(2,ex)－9，则g(x)＝________.解析：∵g(x)＋2g(－x)＝ex＋eq\f(2,ex)－9，①∴g(－x)＋2g(x)＝e－x＋eq\f(2,e－x)－9，即g(－x)＋2g(x)＝2ex＋eq\f(1,ex)－9，②由①②联立解得g(x)＝ex－3.答案：ex－37．(2018·嘉兴高三测试)已知a为实数，设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2a，x<2，,log2x－2，x≥2，))则f(2a＋2)的值为________．解析：∵函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2a，x<2，,log2x－2，x≥2，))而2a＋2>2，∴f(2a＋2)＝log2(2a＋2－2)＝a.答案：a8．(2018·稽阳联考)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,x＋\f(4,x)－a，x>0，))若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))))＝eq\f(1,2)，则a＝________；若f(x)的值域为R，则实数a的取值范围是________．解析：∵f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,x＋\f(4,x)－a，x>0，))∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)＋1＝eq\f(1,2)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)＋eq\f(4,\f(1,2))－a＝eq\f(1,2)＋8－a＝eq\f(1,2)，得a＝8.由y＝x＋1，x≤0，得y≤1；由y＝x＋eq\f(4,x)－a，x＞0，得y≥4－a，∵f(x)的值域为R，∴4－a≤1，解得a≥3.答案：8[3，＋∞)9．记[x]为不超过x的最大整数，如[－1.2]＝－2，[2.3]＝2，已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2[x]－1，x≥1，,x2＋1，x<1，))则f(f(－1.2))＝________，f(x)≤3的解集为________．解析：根据[x]的定义，得f(f(－1.2))＝f(2.44)＝2[2.44]－1＝3.当x≥1时，由f(x)＝2[x]－1≤3，得[x]≤2，所以x∈[1,3)；当x<1时，由f(x)＝x2＋1≤3，得－eq\r(2)≤x<1.故原不等式的解集为[－eq\r(2)，3)．答案：3[－eq\r(2)，3)10．如图，已知A(n，－2)，B(1,4)是一次函数y＝kx＋b的图象和反比例函数y＝eq\f(m,x)的图象的两个交点，直线AB与y轴交于点C.(1)求反比例函数和一次函数的解析式；(2)求△AOC的面积．解：(1)因为B(1,4)在反比例函数y＝eq\f(m,x)上，所以m＝4，又因为A(n，－2)在反比例函数y＝eq\f(m,x)＝eq\f(4,x)的图象上，所以n＝－2，又因为A(－2，－2)，B(1,4)是一次函数y＝kx＋b上的点，联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2k＋b＝－2，,k＋b＝4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝2，,b＝2.))所以y＝eq\f(4,x)，y＝2x＋2.(2)因为y＝2x＋2，令x＝0，得y＝2，所以C(0,2)，所以△AOC的面积为：S＝eq\f(1,2)×2×2＝2.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知实数a≠0，函数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)，则a的值为()A．－eq\f(3,2) B．－eq\f(3,4)C．－eq\f(3,2)或－eq\f(3,4) D.eq\f(3,2)或－eq\f(3,4)解析：选B当a>0时，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)，不合题意；当a<0时，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的值为－eq\f(3,4)，故选B.2．(2018·金华模拟)设对一切实数x，函数f(x)都满足：xf(x)＝2f(2－x)＋1，则f(4)＝________.解析：∵xf(x)＝2f(2－x)＋1，∴4f(4)＝2f(－2)＋1，－2f(－2)＝2f(4)＋1，∴4f(4)＝－2f(4)－1＋1，解得f(4)＝0.答案：03.行驶中的汽车在刹车时由于惯性作用，要继续往前滑行一段距离才能停下，这段距离叫做刹车距离．在某种路面上，某种型号汽车的刹车距离y(米)与汽车的车速x(千米/时)满足下列关系：y＝eq\f(x2,200)＋mx＋n(m，n是常数)．如图是根据多次实验数据绘制的刹车距离y(米)与汽车的车速x(千米/时)的关系图．(1)求出y关于x的函数表达式；(2)如果要求刹车距离不超过25.2米，求行驶的最大速度．解：(1)由题意及函数图象，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.故行驶的最大速度是70千米/时．第二节函数的单调性与最值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的值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)单调区间的定义如果函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(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对于任意的x∈I，都有f(x)≤M；②存在x0∈I，使得f(x0)＝M①对于任意x∈I，都有f(x)≥M；②存在x0∈I，使得f(x0)＝M结论M为函数y＝f(x)的最大值M为函数y＝f(x)的最小值[小题体验]1．y＝x2－6x＋5在区间(－∞，a)上单调递减，则a的取值范围为________．解析：y＝x2－6x＋5＝(x－3)2－4，表示开口向上，对称轴为x＝3的抛物线，其单调减区间为(－∞，3]，所以a≤3.答案：(－∞，3]2．若函数f(x)＝eq\f(1,x)在区间[2，a]上的最大值与最小值的和为eq\f(3,4)，则a＝________.解析：由f(x)＝eq\f(1,x)的图象知，f(x)＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上是减函数，∵[2，a]⊆(0，＋∞)，∴f(x)＝eq\f(1,x)在[2，a]上也是减函数，∴f(x)max＝f(2)＝eq\f(1,2)，f(x)min＝f(a)＝eq\f(1,a)，∴eq\f(1,2)＋eq\f(1,a)＝eq\f(3,4)，∴a＝4.答案：43．(2018·丽水模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log\f(1,3)x，x>1，,－x2－2x＋3，x≤1，))则f(f(3))＝________，f(x)的单调递减区间是________．解析：∵f(3)＝logeq\f(1,3)3＝－1，∴f(f(3))＝f(－1)＝－1＋2＋3＝4.当x≤1时，f(x)＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，对称轴x＝－1，f(x)在[－1,1]上单调递减，且f(1)＝0，当x＞1时，f(x)单调递减，且f(x)<f(1)＝0，∴f(x)在[－1，＋∞)上单调递减．答案：4[－1，＋∞)1．易混淆两个概念：“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”，前者指函数具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集．2．若函数在两个不同的区间上单调性相同，则这两个区间要分开写，不能写成并集．例如，函数f(x)在区间(－1,0)上是减函数，在(0,1)上是减函数，但在(－1,0)∪(0,1)上却不一定是减函数，如函数f(x)＝eq\f(1,x).3．两函数f(x)，g(x)在x∈(a，b)上都是增(减)函数，则f(x)＋g(x)也为增(减)函数，但f(x)·g(x)，eq\f(1,fx)等的单调性与其正负有关，切不可盲目类比．[小题纠偏]1．设定义在[－1,7]上的函数y＝f(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的增区间为________．答案：[－1,1]，[5,7]2．函数f(x)＝eq\f(2,x－1)在[－2,0]上的最大值与最小值之差为________．解析：易知f(x)在[－2,0]上是减函数，∴f(x)max－f(x)min＝f(－2)－f(0)＝－eq\f(2,3)－(－2)＝eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)eq\a\vs4\al(考点一函数单调性的判断)eq\a\vs4\al(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是()A．f(x)＝3－x B．f(x)＝x2－3xC．f(x)＝－eq\f(1,x＋1) D．f(x)＝－|x|解析：选C当x>0时，f(x)＝3－x为减函数；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))时，f(x)＝x2－3x为减函数，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))时，f(x)＝x2－3x为增函数；当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－eq\f(1,x＋1)为增函数；当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－|x|为减函数．2．试讨论函数f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1,1)上的单调性．解：法一：(定义法)设－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)))，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，故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上递减；当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上递增．法二：(导数法)f′(x)＝eq\f(ax′x－1－axx－1′,x－12)＝eq\f(ax－1－ax,x－12)＝－eq\f(a,x－12).当a>0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1,1)上递减；当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1,1)上递增．3．判断函数y＝eq\f(x＋2,x＋1)在(－1，＋∞)上的单调性．解：法一：任取x1，x2∈(－1，＋∞)，且x1<x2，则y1－y2＝eq\f(x1＋2,x1＋1)－eq\f(x2＋2,x2＋1)＝eq\f(x2－x1,x1＋1x2＋1).∵x1>－1，x2>－1，∴x1＋1>0，x2＋1>0，又x1<x2，∴x2－x1>0，∴eq\f(x2－x1,x1＋1x2＋1)>0，即y1－y2>0.∴y1>y2，∴函数y＝eq\f(x＋2,x＋1)在(－1，＋∞)上单调递减．法二：y＝eq\f(x＋2,x＋1)＝1＋eq\f(1,x＋1).∵y＝x＋1在(－1，＋∞)上是增函数，∴y＝eq\f(1,x＋1)在(－1，＋∞)上是减函数，∴y＝1＋eq\f(1,x＋1)在(－1，＋∞)上是减函数．即函数y＝eq\f(x＋2,x＋1)在(－1，＋∞)上单调递减．[谨记通法]判断或证明函数的单调性的2种重要方法及其步骤(1)定义法，其基本步骤：取值eq\x(\a\al(作差商,变形))eq\x(\a\al(确定符号,与1的大小))eq\x(\a\al(得出,结论))(2)导数法，其基本步骤：eq\x(求导函数)eq\x(确定符号)eq\x(得出结论)eq\a\vs4\al(考点二求函数的单调区间)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]求下列函数的单调区间：(1)y＝－x2＋2|x|＋1；(2)y＝logeq\f(1,2)(x2－3x＋2)．解：(1)由于y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋1，x≥0，,－x2－2x＋1，x＜0，))即y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－12＋2，x≥0，,－x＋12＋2，x＜0.))画出函数图象如图所示，单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]，单调递减区间为[－1,0]和[1，＋∞)．(2)令u＝x2－3x＋2，则原函数可以看作y＝logeq\f(1,2)u与u＝x2－3x＋2的复合函数．令u＝x2－3x＋2＞0，则x＜1或x＞2.∴函数y＝logeq\f(1,2)(x2－3x＋2)的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞)．又u＝x2－3x＋2的对称轴x＝eq\f(3,2)，且开口向上．∴u＝x2－3x＋2在(－∞，1)上是单调减函数，在(2，＋∞)上是单调增函数．而y＝logeq\f(1,2)u在(0，＋∞)上是单调减函数，∴y＝logeq\f(1,2)(x2－3x＋2)的单调递减区间为(2，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1)．[由题悟法]确定函数的单调区间的3种方法[提醒]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，不能用并集符号“∪”联结，也不能用“或”联结．[即时应用]1．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\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－x，x≥0，,－x1－x，x<0))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋x，x≥0，,x2－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.))画出函数的草图，如图．由图易知原函数在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递增．故选B.2．(2018·温州十校联考)函数f(x)＝lg(9－x2)的定义域为________；其单调递增区间为________．解析：对于函数f(x)＝lg(9－x2)，令t＝9－x2＞0，解得－3＜x＜3，可得函数的定义域为(－3,3)．令g(x)＝9－x2，则函数f(x)＝lg(g(x))，又函数g(x)在定义域内的增区间为(－3,0]．所以函数f(x)＝lg(9－x2)在定义域内的单调递增区间为(－3,0]．答案：(－3,3)(－3,0]eq\a\vs4\al(考点三函数单调性的应用)eq\a\vs4\al(题点多变型考点——多角探明)[锁定考向]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．常见的命题角度有：(1)求函数的值域或最值；(2)比较两个函数值或两个自变量的大小；(3)解函数不等式；(4)利用单调性求参数的取值范围或值．[题点全练]角度一：求函数的值域或最值1．(2018·台州三区适应性考试)已知函数f(x)＝2x＋ax3＋bsinx(a>0，b>0)，若x∈[0,1]时，f(x)的最大值为3，则x∈[－1,0)时，f(x)的最小值是________．解析：因为函数f(x)＝2x＋ax3＋bsinx在区间[－1,1]上为单调递增函数．所以当x∈[0,1]时，f(x)的最大值为f(1)＝2＋a·13＋bsin1＝3，a＋bsin1＝1，当x∈[－1,0)时，f(x)的最小值为f(－1)＝2－1＋a·(－1)3＋bsin(－1)＝eq\f(1,2)－(a＋bsin1)＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)角度二：比较两个函数值或两个自变量的大小2．(2018·杭州模拟)已知函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，设a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(e)，则a，b，c的大小关系为()A．c>a>b B．c>b>aC．a>c>b D．b>a>c解析：选D因f(x)的图象关于直线x＝1对称．由此可得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时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上单调递减．∵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.角度三：解函数不等式3．已知函数f(x)为R上的减函数，则满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))))<f(1)的实数x的取值范围是()A．(－1,1) B．(0,1)C．(－1,0)∪(0,1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析：选C由f(x)为R上的减函数且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.故选C.角度四：利用单调性求参数的取值范围或值4．(2018·衢州模拟)如果函数f(x)＝ax2＋2x－3在区间(－∞，4)上是单调递增的，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))解析：选D当a＝0时，f(x)＝2x－3，在定义域R上是单调递增的，故在(－∞，4)上单调递增；当a≠0时，二次函数f(x)的对称轴为x＝－eq\f(1,a)，因为f(x)在(－∞，4)上单调递增，所以a<0，且－eq\f(1,a)≥4，解得－eq\f(1,4)≤a<0.综上所述得－eq\f(1,4)≤a≤0.[通法在握]函数单调性应用问题的常见类型及解题策略(1)求函数最值方法步骤单调性法先确定函数的单调性，再由单调性求最值图象法先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值基本不等式法先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值导数法先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值换元法对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值(2)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．(3)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．(4)利用单调性求参数视参数为已知数，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．[提醒]①若函数在区间[a，b]上单调，则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的；②分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值．[演练冲关]1．已知函数f(x)＝|x＋a|在(－∞，－1)上是单调函数，则a的取值范围是()A．(－∞，1] B．(－∞，－1]C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)解析：选A因为函数f(x)在(－∞，－a)上是单调函数，所以－a≥－1，解得a≤1，故选A.2．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3，x≤0，,lnx＋1，x>0，))若f(2－x2)>f(x)，则实数x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B．(－∞，－2)∪(1，＋∞)C．(－1,2) D．(－2,1)解析：选D∵当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，∴函数的图象是一条连续的曲线．∵当x≤0时，函数f(x)＝x3为增函数，当x>0时，f(x)＝ln(x＋1)也是增函数，∴函数f(x)是定义在R上的增函数．因此，不等式f(2－x2)>f(x)等价于2－x2>x，即x2＋x－2<0，解得－2<x<1.3．(2017·浙江名校高考联盟联考)若函数f(x)＝a|x＋b|－1在(1，＋∞)上是减函数，则实数a的取值范围是________，实数b的取值范围是________．解析：当a>0时，函数f(x)＝a|x＋b|－1在(－∞，－b]上是减函数，在(－b，＋∞)上是增函数，不满足函数f(x)＝a|x＋b|－1在(1，＋∞)上是减函数；当a＝0时，f(x)＝－1，不满足函数f(x)＝a|x＋b|－1在(1，＋∞)上是减函数；当a<0时，函数f(x)＝a|x＋b|－1在(－∞，－b]上是增函数，在(－b，＋∞)上是减函数，因为函数f(x)＝a|x＋b|－1在(1，＋∞)上是减函数，所以a<0且－b≤1，即a<0且b≥－1.答案：(－∞，0)[－1，＋∞)一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·珠海摸底)下列函数中，定义域是R且为增函数的是()A．y＝2－x B．y＝xC．y＝log2x D．y＝－eq\f(1,x)解析：选B由题知，只有y＝2－x与y＝x的定义域为R，且只有y＝x在R上是增函数．2．(2018·北京东城期中)已知函数y＝eq\f(1,x－1)，那么()A．函数的单调递减区间为(－∞，1)，(1，＋∞)B．函数的单调递减区间为(－∞，1)∪(1，＋∞)C．函数的单调递增区间为(－∞，1)，(1，＋∞)D．函数的单调递增区间为(－∞，1)∪(1，＋∞)解析：选A函数y＝eq\f(1,x－1)可看作是由y＝eq\f(1,x)向右平移1个单位长度得到的，∵y＝eq\f(1,x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减，∴y＝eq\f(1,x－1)在(－∞，1)和(1，＋∞)上单调递减，∴函数y＝eq\f(1,x－1)的单调递减区间为(－∞，1)和(1，＋∞)，故选A.3．(2018·绍兴模拟)已知函数f(x)的图象关于(1,0)对称，当x＞1时，f(x)＝loga(x－1)，且f(3)＝－1，若x1＋x2＜2，(x1－1)(x2－1)＜0，则()A．f(x1)＋f(x2)＜0B．f(x1)＋f(x2)＞0C．f(x1)＋f(x2)可能为0D．f(x1)＋f(x2)可正可负解析：选B∵当x＞1时，f(x)＝loga(x－1)，f(3)＝loga2＝－1，∴a＝eq\f(1,2)，故函数f(x)在(1，＋∞)上为减函数，若x1＋x2＜2，(x1－1)(x2－1)＜0，不妨令x1＜1，x2＞1，则x2＜2－x1，f(x2)＞f(2－x1)，又∵函数f(x)的图象关于(1,0)对称，∴f(x1)＝－f(2－x1)，此时f(x1)＋f(x2)＝－f(2－x1)＋f(x2)＞0，故选B.4．函数y＝eq\r(x)－x(x≥0)的最大值为________．解析：令t＝eq\r(x)，则t≥0，所以y＝t－t2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)，结合图象知，当t＝eq\f(1,2)，即x＝eq\f(1,4)时，ymax＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)5．(2018·杭州十二校联考)设min{x，y}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y，x≥y，,x，x<y，))若定义域为R的函数f(x)，g(x)满足f(x)＋g(x)＝eq\f(2x,x2＋8)，则min{f(x)，g(x)}的最大值为____________．解析：设min{f(x)，g(x)}＝m，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≤fx，,m≤gx))⇒2m≤f(x)＋g(x)⇒m≤eq\f(x,x2＋8)，显然当m取到最大值时，x>0，∴eq\f(x,x2＋8)＝eq\f(1,x＋\f(8,x))≤eq\f(1,2\r(x·\f(8,x)))＝eq\f(\r(2),8)，∴m≤eq\f(\r(2),8)，当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx＝gx，,x＝\f(8,x)，,x>0))时等号成立，即m的最大值是eq\f(\r(2),8).答案：eq\f(\r(2),8)二保高考，全练题型做到高考达标1．已知函数f(x)＝eq\r(x2－2x－3)，则该函数的单调递增区间为()A．(－∞，1] B．[3，＋∞)C．(－∞，－1] D．[1，＋∞)解析：选B设t＝x2－2x－3，由t≥0，即x2－2x－3≥0，解得x≤－1或x≥3.所以函数的定义域为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．因为函数t＝x2－2x－3的图象的对称轴为x＝1，所以函数t在(－∞，－1]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增．所以函数f(x)的单调递增区间为[3，＋∞)．2．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)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log\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]解析：选C因为logeq\f(1,2)a＝－log2a，且f(x)是偶函数，所以f(log2a)＋f(logeq\f(1,2)a)＝2f(log2a)＝2f(|log2a|)≤2f(1)，即f(|log2a|)≤f(1)，又函数在[0，＋∞)上单调递增，所以0≤|log2a|≤1，即－1≤log2a≤1，解得eq\f(1,2)≤a≤2.3．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．－1 B．1C．6 D．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．∴f(x)的最大值为f(2)＝23－2＝6.4．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2x，x≥2，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－1，x<2))是R上的单调递减函数，则实数a的取值范围是()A．(－∞，2) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(13,8)))C．(0,2) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,8)，2))解析：选B因为函数为递减函数，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2<0，,2a－2≤\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2－1，))解得a≤eq\f(13,8)，故选B.5．(2018·湖州模拟)若f(x)是定义在(－1,1)上的减函数，则下列不等式正确的是()A．f(sinx)＞f(cosx)B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋1,2)))＞f(x)C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3x＋1)))≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x＋1)))D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3x＋3－x)))≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x＋2－x)))解析：选DA．x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，1))时，sinx＞cosx，∵f(x)在(－1,1)上为减函数，∴f(sinx)＜f(cosx)，∴该选项错误；B．x∈(－1,1)，∴eq\f(x2＋1,2)－x＝eq\f(1,2)(x－1)2＞0，∴eq\f(x2＋1,2)>x，且f(x)在(－1,1)上单调递减，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋1,2)))<f(x)，∴该选项错误；C.eq\f(1,3x＋1)－eq\f(1,2x＋1)＝eq\f(2x－3x,3x＋12x＋1)＝eq\f(3x\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))x－1)),3x＋12x＋1)，∵x∈(－1,1)，∴x∈(－1,0)时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))x>1，∴eq\f(1,3x＋1)>eq\f(1,2x＋1)，且f(x)在(－1,1)上为减函数，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3x＋1)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x＋1)))，∴该选项错误；D.eq\f(1,3x＋3－x)－eq\f(1,2x＋2－x)＝eq\f(3x\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))x－1))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))x)),3x＋3－x2x＋2－x)，∴①x∈(－1,0]时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))x－1≥0,1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))x≤0，∴eq\f(1,3x＋3－x)≤eq\f(1,2x＋2－x).②x∈(0,1)时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))x－1<0,1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))x>0，∴eq\f(1,3x＋3－x)<eq\f(1,2x＋2－x)，∴综上得，eq\f(1,3x＋3－x)≤eq\f(1,2x＋2－x)，∵f(x)为(－1,1)上的减函数，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3x＋3－x)))≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x＋2－x)))，∴该选项正确．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＝________.解析：易知f(x)在[a，b]上为减函数，∴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)，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝4.))∴a＋b＝6.答案：67．(2017·嘉兴期中)若函数f(x)同时满足：(1)对于定义域上的任意x，恒有f(x)＋f(－x)＝0；(2)对于定义域上的任意x1，x2，当x1≠x2时，恒有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0，则称函数f(x)为“理想函数”．给出下列四个函数中：①f(x)＝eq\f(1,x)；②f(x)＝x2；③f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1)；④f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2，x≥0，,x2，x<0.))则被称为“理想函数”的有________(填序号)．解析：依题意，性质(1)反映函数f(x)为定义域上的奇函数，性质(2)反映函数f(x)为定义域上的单调减函数．①f(x)＝eq\f(1,x)为定义域上的奇函数，但不是定义域上的单调减函数，其单调区间为(－∞，0)，(0，＋∞)，故排除①；②f(x)＝x2为定义域上的偶函数，排除②；③f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1)＝1－eq\f(2,2x＋1)，定义域为R，由于y＝2x＋1在R上为增函数，故函数f(x)为R上的增函数，排除③；④f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2，x≥0，,x2，x<0))的图象如图：显然此函数为奇函数，且在定义域上为减函数，故④为理想函数．答案：④8．若函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－4m)eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函数，则a＝________.解析：函数g(x)在[0，＋∞)上为增函数，则1－4m>0，即m<eq\f(1,4).若a>1，则函数f(x)在[－1,2]上的最小值为eq\f(1,a)＝m，最大值为a2＝4，解得a＝2，eq\f(1,2)＝m，与m<eq\f(1,4)矛盾；当0<a<1时，函数f(x)在[－1,2]上的最小值为a2＝m，最大值为a－1＝4，解得a＝eq\f(1,4)，m＝eq\f(1,16).所以a＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)9．(2018·杭州五校联考)函数y＝f(x)的定义域为R，若存在常数M>0，使得|f(x)|≥M|x|对一切实数x均成立，则称f(x)为“圆锥托底型”函数．(1)判断函数f(x)＝2x，g(x)＝x3是否为“圆锥托底型”函数？并说明理由．(2)若f(x)＝x2＋1是“圆锥托底型”函数，求出M的最大值．解：(1)函数f(x)＝2x.∵|2x|＝2|x|≥2|x|，即对于一切实数x使得|f(x)|≥2|x|成立，∴函数f(x)＝2x是“圆锥托底型”函数．对于g(x)＝x3，如果存在M>0满足|x3|≥M|x|，而当x＝eq\r(\f(M,2))时，由eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(\f(M,2))))3≥Meq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(\f(M,2))))，∴eq\f(M,2)≥M，得M≤0，矛盾，∴g(x)＝x3不是“圆锥托底型”函数．(2)∵f(x)＝x2＋1是“圆锥托底型”函数，故存在M>0，使得|f(x)|＝|x2＋1|≥M|x|对于任意实数恒成立．∴x≠0时，M≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝|x|＋eq\f(1,|x|)，此时当x＝±1时，|x|＋eq\f(1,|x|)取得最小值2，∴M≤2.而当x＝0时，也成立．∴M的最大值等于2.10．已知函数f(x)＝a－eq\f(1,|x|).(1)求证：函数y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函数；(2)若f(x)<2x在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)证明：当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝a－eq\f(1,x)，设0<x1<x2，则x1x2>0，x2－x1>0，f(x2)－f(x1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,x2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,x1)))＝eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x2－x1,x1x2)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．(2)由题意a－eq\f(1,x)<2x在(1，＋∞)上恒成立，设h(x)＝2x＋eq\f(1,x)，则a<h(x)在(1，＋∞)上恒成立．任取x1，x2∈(1，＋∞)且x1<x2，h(x1)－h(x2)＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,x1x2))).因为1