2018-2019学年高中一轮复习理数第二章函数的概念与基本初等函数Ⅰ

第二章函数的概念与基本初等函数Ⅰ第一节函数及其表示本节主要包括3个知识点：1.函数的定义域；2.函数的表示方法；3.分段函数.突破点(一)函数的定义域；男基础联通抓主干知识的“源”与“流”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如果按照某种确定的对应法则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法则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∈Af：A→B2.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．(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．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”求给定解析式的函数的定义域常见基本初等函数定义域的基本要求(1)分式函数中分母不等于零．(2)偶次根式函数的被开方式大于或等于0.(3)一次函数、二次函数的定义域均为R.(4)y＝x0的定义域是{x|x≠0}．(5)y＝ax(a＞0且a≠1)，y＝sinx，y＝cosx的定义域均为R.(6)y＝logax(a＞0且a≠1)的定义域为(0，＋∞)．(7)y＝tanx的定义域为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·苏北四市联考)y＝eq\r(\f(x－1,2x))－log2(4－x2)的定义域是________________．(2)(2018·连云港检测)函数y＝eq\r(sinx)＋tanx＋eq\f(π,4)的定义域是____________________．[解析](1)要使函数有意义，必须eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,2x)≥0，,x≠0，,4－x2＞0，))∴x∈(－2,0)∪[1,2)．即函数的定义域是(－2,0)∪[1,2)．(2)由题意得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，))借助数轴可得2kπ≤x＜2kπ＋eq\f(π,4)或2kπ＋eq\f(π,4)＜x≤2kπ＋π，k∈Z，即函数的定义域为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[易错提醒](1)不要对解析式进行化简变形，以免定义域发生变化．(2)当一个函数由有限个基本初等函数的和、差、积、商的形式构成时，定义域一般是各个基本初等函数定义域的交集．(3)定义域是一个集合，要用集合或区间表示，若用区间表示，不能用“或”连结，而应该用并集符号“∪”连结．求抽象函数的定义域对于抽象函数定义域的求解(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]上的值域．[例2](1)若函数y＝f(x)的定义域是[0,2]，则函数g(x)＝eq\f(f2x,x－1)的定义域为____________．(2)(2018·苏州中学月考)函数f(2x－1)的定义域为(－1,5]，则函数y＝f(|x－1|)的定义域是____________．[解析](1)由题意得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1≠0，,0≤2x≤2，))解得0≤x＜1，即g(x)的定义域是[0,1)．(2)由题意得x∈(1,5]，则2x－1∈(1,9]即外函数y＝f(t)的定义域为(1,9]．即1＜|x－1|≤9，解得－8≤x＜0或2＜x≤10，所以函数y＝f(|x－1|)的定义域是[－8,0)∪(2,10]．[答案](1)[0,1)(2)[－8,0)∪(2,10][易错提醒]函数f[g(x)]的定义域指的是x的取值范围，而不是g(x)的取值范围．已知函数定义域求参数[例3](2018·苏州模拟)若函数f(x)＝eq\r(mx2＋mx＋1)的定义域为一切实数，则实数m的取值范围是________．[解析]由题意可得mx2＋mx＋1≥0恒成立．当m＝0时，1≥0恒成立；当m≠0时，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＞0，,Δ＝m2－4m≤0，))解得0＜m≤4.综上可得：0≤m≤4.[答案][0,4][方法技巧]解决已知定义域求参数问题的思路方法能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.eq\a\vs4\al([考点一])(2017·山东高考改编)设函数y＝eq\r(4－x2)的定义域为A，函数y＝ln(1－x)的定义域为B，则A∩B＝________.解析：由题意可知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([考点一])(2018·江苏南京师范大学附中模拟)函数f(x)＝eq\r(log\f(1,2)2x－3)的定义域是________．解析：由题意得logeq\f(1,2)(2x－3)≥0，即0＜2x－3≤1，解得eq\f(3,2)＜x≤2，则定义域是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([考点一])函数f(x)＝eq\f(\r(1－|x－1|),ax－1)(a＞0且a≠1)的定义域为________．解析：由题意得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，故所求函数的定义域为(0,2]．答案：(0,2]4.eq\a\vs4\al([考点二])若函数y＝f(x)的定义域是[1,2018]，则函数g(x)＝eq\f(fx＋1,x－1)的定义域是________．解析：令t＝x＋1，则由已知函数的定义域为[1,2018]，可知1≤t≤2018.要使函数f(x＋1)有意义，则有1≤x＋1≤2018，解得0≤x≤2017，故函数f(x＋1)的定义域为[0，2017]．所以使函数g(x)有意义的条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤2017，,x－1≠0，))解得0≤x＜1或1＜x≤2017.故函数g(x)的定义域为[0,1)∪(1，2017]．答案：[0,1)∪(1,2017]5.eq\a\vs4\al([考点三])若函数f(x)＝eq\r(ax2＋abx＋b)的定义域为{x|1≤x≤2}，则a＋b的值为________．解析：函数f(x)的定义域是不等式ax2＋abx＋b≥0的解集．不等式ax2＋abx＋b≥0的解集为{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)突破点(二)函数的表示方法基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．函数的表示方法函数的表示方法有三种，分别为列表法、解析法和图象法．同一个函数可以用不同的方法表示．2．应用三种方法表示函数的注意事项(1)列表法：选取的自变量要有代表性，应能反映定义域的特征；(2)解析法：一般情况下，必须注明函数的定义域；(3)图象法：注意定义域对图象的影响．与x轴垂直的直线与其最多有一个公共点．3．函数的三种表示方法的优缺点优点缺点列表法能鲜明地显示自变量与函数值之间的数量关系只能列出部分自变量及其对应的函数值，难以反映函数变化的全貌解析法简明扼要，规范准确(1)有些函数关系很难或不能用解析式表示；(2)求x与y的对应关系时需逐个计算，比较繁杂图象法形象直观，能清晰地呈现函数的增减变化、点的对称关系、最大(小)值等性质作出的图象是近似的、局部的，且根据图象确定的函数值往往有误差考点贯通抓高考命题的“形”与“神”求函数的解析式求函数解析式的四种方法[典例](1)如图，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连结(相切)．已知环湖弯曲路段为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为_________．(2)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)＝____________________.(3)(2018·南通模拟)已知f(x)的定义域为{x|x≠0}，满足3f(x)＋5feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(3,x)＋1，则函数f(x)的解析式为____________________．[解析](1)设该函数解析式为f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d，则f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由题意知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)．故当－1≤x≤0时，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)[易错提醒]在求解析式时，一定要注意自变量的范围，也就是定义域．如已知f(eq\r(x))＝x＋1，求函数f(x)的解析式，通过换元的方法可得f(x)＝x2＋1，函数f(x)的定义域是[0，＋∞)，而不是(－∞，＋∞)．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f(x)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\r(x)－1，则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，将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·南通中学月考)函数f(x)满足2f(x)＋f(2－x)＝2x，则f(x)＝____________________.解析：由题意知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·如皋中学月考)已知f(sinx＋cosx)＝cos2x－eq\f(π,4)，则f(x)的解析式为____________________．解析：设t＝sinx＋cosx，则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)是二次函数，且f(0)＝0，f(x＋1)＝f(x)＋x＋1，求f(x)的解析式．解：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.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.突破点(三)分段函数基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．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，有着不同的解析表达式，这样的函数通常叫做分段函数．2．分段函数的相关结论(1)分段函数虽由几个部分组成，但它表示的是一个函数．(2)分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集，值域等于各段函数的值域的并集.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”分段函数求值[例1](1)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋log22－x，x＜1，,2x－1，x≥1，))则f(－2)＋f(log212)＝________.(2)(2018·启东中学检测)设函数f(x)满足f(x＋2)＝2f(x)＋x，且当0≤x＜2时，f(x)＝[x]，[x]表示不超过x的最大整数，则f(5.5)＝________.(3)(2018·南通高三月考)已知函数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，))则f(1＋log25)的值为________．[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)由题意当0≤x＜2时，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)因为2＜log25＜3，所以3＜1＋log25＜4，则4＜2＋log25＜5，则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]分段函数求值的解题思路求分段函数的函数值，要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．求参数或自变量的值或范围[例2](1)(2018·徐州模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x＞0，,x2，x≤0，))若f(4)＝2f(a)，则实数a的值为________．(2)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex－1，x＜1，,x，x≥1，))则使得f(x)≤2成立的x的取值范围是________．(3)(2018·阜宁中学高三月考)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x∈－∞，a，,x2，x∈[a，＋∞.))若f(2)＝4，则a的取值范围为________．[解析](1)f(4)＝log24＝2，因而2f(a)＝2，即f(a)＝1，当a＞0时，f(a)＝log2a＝1，因而a＝2，当a≤0时，f(a)＝a2＝1，因而a＝－1.(2)当x＜1时，由ex－1≤2得x≤1＋ln2，∴x＜1；当x≥1时，由xeq\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.(3)因为f(2)＝4，若2∈(－∞，a)，则f(2)＝2，矛盾，所以2∈[a，＋∞)，f(2)＝4成立所以a≤2，则a的取值范围为(－∞，2]．[答案](1)－1或2(2)(－∞，8](3)(－∞，2][方法技巧]求分段函数自变量的值或范围的方法求某条件下自变量的值或范围，先假设所求的值或范围在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值或范围，切记代入检验，看所求的自变量的值或范围是否满足相应各段自变量的取值范围．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.eq\a\vs4\al([考点一])已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2x，x≤0，,x2，x＞0，))则f(f(－1))＝________.解析：由题意得f(－1)＝1－2－1＝eq\f(1,2)，则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([考点一])已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)sinπx，x≤0，,fx－1＋1，x＞0，))则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))的值为________．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([考点一])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，则f(f(－3))＝________.解析：由题意得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).则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，从而f(f(－3))＝f(9)＝log39＝2.答案：24.eq\a\vs4\al([考点二])已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\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，解得－1＜a＜3.答案：(－1,3)5.eq\a\vs4\al([考点一、二])(2018·无锡月考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－log23－x，x＜2，,2x－2－1，x≥2，))若f(2－a)＝1，则f(a)＝________.解析：当2－a≥2，即a≤0时，f(2－a)＝22－a－2－1＝1，解得a＝－1，则f(a)＝f(－1)＝－log2[3－(－1)]＝－2；当2－a＜2，即a＞0时，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([考点二])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的取值范围是________．解析：由题意知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的取值范围是[－4,2]．答案：[－4,2][课时达标检测]重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．下列图象可以表示以M＝{x|0≤x≤1}为定义域，以N＝{y|0≤y≤1}为值域的函数的序号是________．解析：①中的值域不对，②中的定义域错误，④不是函数的图象，由函数的定义可知③正确．答案：③2．函数f(x)＝eq\r(x＋3)＋log2(6－x)的定义域是________．解析：要使函数有意义，应满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋3≥0，,6－x＞0，))解得－3≤x＜6.即函数f(x)的定义域为[－3,6)．答案：[－3,6)3．已知f(x)是一次函数，且f(f(x))＝x＋2，则f(x)＝________.解析：f(x)是一次函数，设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．若函数f(x)＝eq\r(2x2＋2ax－a－1)的定义域为R，则a的取值范围为________．解析：因为函数f(x)的定义域为R，所以2x2＋2ax－a－1≥0对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．设函数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，则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)，则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)，不符合题意，舍去；若eq\f(5,2)－b≥1，即b≤eq\f(3,2)，则2eq\f(5,2)－b＝4，解得b＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)[练常考题点——检验高考能力]一、填空题1．函数f(x)＝eq\f(\r(10＋9x－x2),lgx－1)的定义域为________．解析：要使函数f(x)有意义，则x须满足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，所以函数f(x)的定义域为(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，))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________．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．已知函数f(x)＝x|x|，若f(x0)＝4，则x0＝________.解析：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.答案：24．(2018·盐城检测)根据统计，一名工人组装第x件某产品所用的时间(单位：分钟)为f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,\r(x))，x＜a，,\f(c,\r(a))，x≥a，))(a，c为常数)．已知工人组装第4件产品用时30分钟，组装第a件产品用时15分钟，那么a＝________，c＝________.解析：因为组装第a件产品用时15分钟，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联立①②解得c＝60，a＝16.答案：16605．(2018·南京模拟)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的取值范围为________________．解析：f(4)＝－2×42＋1＝－31，f(f(4))＝f(－31)＝log2(1＋31)＝5.当a≥1时，由－2a2＋1＜－1得a2＞1，解得a＞1；当a＜1时，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的取值范围为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\{\rc\(\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________．解析：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“倒负”变换；对于②，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1,x)＋x＝f(x)，不满足“倒负”变换；对于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)，满足“倒负”变换．综上可知，满足“倒负”变换的函数是①③.答案：①③7．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＝________.解析：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).答案：－eq\f(3,4)8．若函数f(x)＝eq\r(ax2＋2bx＋3)的定义域为[－1,3]，则函数g(x)＝ln(3＋2ax－bx2)的定义域为________．解析：因为函数f(x)的定义域为[－1,3]，所以ax2＋2bx＋3≥0的解集为[－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，即函数g(x)＝ln(3＋2ax－bx2)的定义域为(－3,1)．答案：(－3,1)9．(2018·连云港中学模拟)已知函数f(x)满足对任意的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，则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．定义函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x＞0，,0，x＝0，,－1，x＜0，))则不等式(x＋1)f(x)＞2的解集是____________．解析：①当x＞0时，f(x)＝1，不等式的解集为{x|x＞1}；②当x＝0时，f(x)＝0，不等式无解；③当x＜0时，f(x)＝－1，不等式的解集为{x|x＜－3}．所以不等式(x＋1)·f(x)＞2的解集为{x|x＜－3或x＞1}．答案：{x|x＜－3或x＞1}二、解答题11．已知函数f(x)对任意实数x均有f(x)＝－2f(x＋1)，且f(x)在区间[0,1]上有解析式f(x)＝x2.(1)求f(－1)，f(1.5)；(2)写出f(x)在区间[－2,2]上的解析式．解：(1)由题意知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)当x∈[0,1]时，f(x)＝x2；当x∈(1,2]时，x－1∈(0,1]，f(x)＝－eq\f(1,2)f(x－1)＝－eq\f(1,2)(x－1)2；当x∈[－1,0)时，x＋1∈[0,1)，f(x)＝－2f(x＋1)＝－2(x＋1)2；当x∈[－2，－1)时，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的函数解析式；(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本节主要包括2个知识点：1.函数的单调性；2.函数的最值.突破点(一)函数的单调性基础联通抓主干知识的“源”与“流”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A，区间I⊆A，如果对于区间内任意两个值x1，x2当x1＜x2时，都有f(x1)＜f(x2)，那么就说y＝f(x)在区间I上是单调增函数当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)，那么就说y＝f(x)在区间I上是单调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I上是单调增函数或单调减函数，那么就说函数y＝f(x)在区间I上具有单调性，区间I叫做函数y＝f(x)的单调区间．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”判断函数的单调性1．复合函数单调性的规则若两个简单函数的单调性相同，则它们的复合函数为增函数；若两个简单函数的单调性相反，则它们的复合函数为减函数．即“同增异减”．2．函数单调性的性质(1)若f(x)，g(x)均为区间A上的增(减)函数，则f(x)＋g(x)也是区间A上的增(减)函数，更进一步，有增＋增→增，增－减→增，减＋减→减，减－增→减；(2)若k＞0，则kf(x)与f(x)单调性相同，若k＜0，则kf(x)与f(x)单调性相反；(3)在公共定义域内，函数y＝f(x)(f(x)≠0)与y＝－f(x)，y＝eq\f(1,fx)单调性相反；(4)在公共定义域内，函数y＝f(x)(f(x)≥0)与y＝eq\r(fx)单调性相同；(5)奇函数在其关于原点对称的区间上单调性相同，偶函数在其关于原点对称的区间上单调性相反．[例1](1)下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的序号是________．①f(x)＝3－x；②f(x)＝x2－3x；③f(x)＝－eq\f(1,x＋1)；④f(x)＝－|x|.(2)已知函数f(x)＝eq\r(x2－2x－3)，则该函数的单调递增区间为________．[解析](1)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)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，＋∞)．[答案](1)③(2)[3，＋∞)[易错提醒](1)单调区间是定义域的子集，故求单调区间时应树立“定义域优先”的原则．(2)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开写，不能用并集符号“∪”连结，也不能用“或”连结．(3)函数的单调性是函数在某个区间上的“整体”性质，所以不能仅仅根据某个区间内的两个特殊变量x1，x2对应的函数值的大小就判断函数在该区间的单调性，必须保证这两个变量是区间内的任意两个自变量．函数单调性的应用应用(一)比较函数值或自变量的大小[例2](1)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____________．(2)(2017·天津高考改编)已知奇函数f(x)在R上是增函数，g(x)＝xf(x)．若a＝g(－log25.1)，b＝g(20.8)，c＝g(3)，则a，b，c的大小关系为____________．[解析](1)由f(x)的图象关于直线x＝1对称，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.(2)由f(x)为奇函数，知g(x)＝xf(x)为偶函数．因为f(x)在R上单调递增，f(0)＝0，所以当x＞0时，f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，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应用(二)解函数不等式[例3]f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，当f(x)＋f(x－8)≤2时，x的取值范围是________．[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)，因为f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，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”号不等式的解法eq\x(原不等式)eq\o(→,\s\up7(函数的性质))eq\x(fgx＞fhx)eq\o(→,\s\up7(函数的单调性))去“f”号，转化为“g(x)＞h(x)”型具体的不等式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)与h(x)的值域应在外层函数f(x)的定义域内．应用(三)求参数的取值范围[例4](1)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________．(2)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x＞4.))若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是________．[解析](1)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.(2)作出函数f(x)的图象如图所示，由图象可知f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足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，＋∞)[易错提醒](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)对于分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.eq\a\vs4\al([考点一])(2018·宜春模拟)函数f(x)＝log3(3－4x＋x2)的单调递减区间为________．解析：由3－4x＋x2＞0得x＜1或x＞3.易知函数y＝3－4x＋x2的单调递减区间为(－∞，2)，函数y＝log3x在其定义域上单调递增，由复合函数的单调性知，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，1)．答案：(－∞，1)2.eq\a\vs4\al([考点二·应用一])已知函数y＝f(x)是R上的偶函数，当x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2时，都有(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]＜0.设a＝lneq\f(1,π)，b＝(lnπ)2，c＝lneq\r(π)，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系为________________．解析：由题意可知f(x)在(0，＋∞)上是减函数，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([考点二·应用二])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________．解析：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.答案：(－1,0)∪(0,1)4.eq\a\vs4\al([考点二·应用三])设函数f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2a)在区间(－2，＋∞)上是增函数，那么a的取值范围是________．解析：f(x)＝eq\f(ax＋2a2－2a2＋1,x＋2a)＝a－eq\f(2a2－1,x＋2a)，因为函数f(x)在区间(－2，＋∞)上是增函数．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([考点一])用定义法讨论函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a＞0)的单调性．解：函数的定义域为{x|x≠0}．任取x1，x2∈{x|x≠0}，且x1＜x2，则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)，这样就把f(x)的定义域分为(－∞，－eq\r(a)]，[－eq\r(a)，0)，(0，eq\r(a)]，[eq\r(a)，＋∞)四个区间，下面讨论它的单调性．若0＜x1＜x2≤eq\r(a)，则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)]上单调递减．同理可得，f(x)在[eq\r(a)，＋∞)上单调递增，在(－∞，－eq\r(a)]上单调递增，在[－eq\r(a)，0)上单调递减．故函数f(x)在(－∞，－eq\r(a)]和[eq\r(a)，＋∞)上单调递增，在[－eq\r(a)，0)和(0，eq\r(a)]上单调递减．突破点(二)函数的最值基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．函数的最值(1)设函数y＝f(x)的定义域为A，如果存在x0∈A，使得对于任意x∈A，都有f(x)≤f(x0)，那么称f(x0)为y＝f(x)的最大值，记为ymax＝f(x0)．(2)设函数y＝f(x)的定义域为A，如果存在x0∈A，使得对于任意x∈A，都有f(x)≥f(x0)，那么称f(x0)为y＝f(x)的最小值，记为ymin＝f(x0)．2．函数最值存在的两条结论(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”函数一定存在最大或最小值．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”求函数的最值(值域)1．利用函数的单调性求解函数最值的步骤(1)判断或证明函数的单调性；(2)计算端点处的函数值；(3)确定最大值和最小值．2．分段函数的最值由于分段函数在定义域不同的子区间上对应不同的解析式，因而求其最值的常用方法是先求出分段函数在每一个子区间上的最值，然后取各区间上最大值中的最大者作为分段函数的最大值，各区间上最小值中的最小者作为分段函数的最小值．[典例](1)函数y＝x＋eq\r(x－1)的最小值为________．(2)函数y＝eq\f(2x2－2x＋3,x2－x＋1)的值域为________．(3)(2016·北京高考)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3－3x，x≤a，,－2x，x＞a.))①若a＝0，则f(x)的最大值为________；②若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________．[解析](1)法一：令t＝eq\r(x－1)，且t≥0，则x＝t2＋1，∴原函数变为y＝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.故函数y＝x＋eq\r(x－1)的最小值为1.法二：因为函数y＝x和y＝eq\r(x－1)在定义域内均为增函数，故函数y＝x＋eq\r(x－1)在其定义域[1，＋∞)内为增函数，所以当x＝1时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).故函数的值域为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))).(3)当x≤a时，由f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1.如图是函数y＝x3－3x与y＝－2x在没有限制条件时的图象．①若a＝0，则f(x)max＝f(－1)＝2.②当a≥－1时，f(x)有最大值；当a＜－1时，y＝－2x在x＞a时无最大值，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]求函数最值的五种常用方法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能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．已知a＞0，设函数f(x)＝eq\f(2018x＋1＋2016,2018x＋1)(x∈[－a，a])的最大值为M，最小值为N，那么M＋N＝________.解析：由题意得f(x)＝eq\f(2018x＋1＋2016,2018x＋1)＝2018－eq\f(2,2018x＋1).∵y＝2018x＋1在[－a，a]上是单调递增的，∴f(x)＝2018－eq\f(2,2018x＋1)在[－a，a]上是单调递增的，∴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·宜兴月考)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________．解析：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1－2＝13－2＝－1.∴f(x)的最大值为f(2)＝23－2＝6.答案：63．函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．解析：∵y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x和y＝－log2(x＋2)都是[－1,1]上的减函数，∴f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋2)在区间[－1,1]上是减函数，∴函数f(x)在区间[－1,1]上的最大值为f(－1)＝3.答案：34．(2018·常州模拟)已知函数f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，\f(4,9)))，则函数g(x)＝f(x)＋eq\r(1－2fx)的值域为________．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)，则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)，则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))).∴当t＝eq\f(1,3)时，y有最小值eq\f(7,9)；当t＝eq\f(1,2)时，y有最大值eq\f(7,8).∴g(x)的值域为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·浙江高考改编)若函数f(x)＝x2＋ax＋b在区间[0,1]上的最大值是M，最小值是m，则关于M－m的结果中，叙述正确的序号是________．①与a有关，且与b有关；②与a有关，但与b无关；③与a无关，且与b无关；④与a无关，但与b有关．解析：f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))2－eq\f(a2,4)＋b，当0≤－eq\f(a,2)≤1时，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)))与a有关，与b无关；当－eq\f(a,2)＜0时，f(x)在[0,1]上单调递增，∴M－m＝f(1)－f(0)＝1＋a与a有关，与b无关；当－eq\f(a,2)＞1时，f(x)在[0,1]上单调递减，∴M－m＝f(0)－f(1)＝－1－a与a有关，与b无关．综上所述，M－m与a有关，但与b无关．答案：②[课时达标检测]重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的序号是________．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：函数y＝ln(x＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函数；y＝－eq\r(x＋1)与y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(0，＋∞)上是减函数；y＝x＋eq\f(1,x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．答案：①2．(2017·浙江高考)已知a∈R，函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)－a))＋a在区间[1,4]上的最大值是5，则a的取值范围是________．解析：∵x∈[1,4]，∴x＋eq\f(4,x)∈[4,5]，①当a≤eq\f(9,2)时，f(x)max＝|5－a|＋a＝5－a＋a＝5，符合题意；②当a＞eq\f(9,2)时，f(x)max＝|4－a|＋a＝2a－4＝5，解得a＝eq\f(9,2)(矛盾)，故a的取值范围是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．函数y＝|x|(1－x)的单调增区间为________．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.))画出函数的大致图象，如图所示．由图易知函数在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递增．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))4．(2018·扬州中学单元检测)对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a＞b.))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\{\rc\(\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，且log22＝1＝－2＋3，则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))的值域为R，那么a的取值范围是________．解析：要使函数f(x)的值域为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的取值范围是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)))[练常考题点——检验高考能力]一、填空题1．给定函数：①y＝xeq\f(1,2)，②y＝logeq\f(1,2)(x＋1)，③y＝|x－1|，④y＝2x＋1.其中在区间(0,1)上单调递减的函数的序号是________．解析：①y＝xeq\f(1,2)在(0,1)上递增；②∵t＝x＋1在(0,1)上递增，且0＜eq\f(1,2)＜1，故y＝logeq\f(1,2)(x＋1)在(0,1)上递减；③结合图象(图略)可知y＝|x－1|在(0,1)上递减；④∵u＝x＋1在(0,1)上递增，且2＞1，故y＝2x＋1在(0,1)上递增．故在区间(0,1)上单调递减的函数序号是②③.答案：②③2．定义在R上的函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，且f(x)在(－∞，2)上是增函数，则f(－1)与f(3)的大小关系是________．解析：依题意得f(3)＝f(1)，且－1＜1＜2，于是由函数f(x)在(－∞，2)上是增函数得f(－1)＜f(1)＝f(3)．答案：f(－1)＜f(3)3．函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2x2－3x＋1的单调递增区间为________．解析：令u＝2x2－3x＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))2－eq\f(1,8).因为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)))上单调递减，函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\