2021年高考理科数学一轮复习：专题2.1 函数的概念及其表示 题型全归纳与高效训练突破

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目录
TOC \ "1-3" \h \u 一、题型全归纳1
题型一 求函数的定义域及已知函数的定义域求参数1
题型二 求函数的解析式3
题型三 分段函数求值问题5
题型四 已知分段函数的函数值，求参数的值6
题型五 与分段函数有关的方程、不等式问题6
二、高效训练突破7
一、题型全归纳
题型一 求函数的定义域及已知函数的定义域求参数
【题型要点】
1.求具体函数y＝f(x)的定义域
2.求抽象函数的定义域一般有两种情况：
①已知y＝f(x)的定义域是A，求y＝f(g(x))的定义域，可由g(x)∈A求出x的范围，即为y＝f(g(x))的定义域；
②已知y＝f(g(x))的定义域是A，求y＝f(x)的定义域，可由x∈A求出g(x)的范围，即为y＝f(x)的定义域．
3.几种常见函数的定义域
(1)f(x)为分式型函数时，定义域为使分母不为零的实数集合．
(2)f(x)为偶次根式型函数时，定义域为使被开方式非负的实数的集合．
(3)f(x)为对数式时，函数的定义域是真数为正数、底数为正且不为1的实数集合．
(4)若f(x)＝x0，则定义域为{x|x≠0}．
(5)指数函数的底数大于0且不等于1.
(6)正切函数y＝tan x的定义域为.
【例1】(2020·华南师范大学附属中学月考)已知函数f(x)的定义域是[－1，1]，则函数g(x)＝eq \f(f（2x－1）,ln（1－x）)的定义域是 ( )
A．[0，1] B．(0，1)
C．[0，1) D．(0，1]
【答案】B
【解析】由函数f(x)的定义域为[－1，1]，得－1≤x≤1，令－1≤2x－1≤1，解得0≤x≤1，又由1－x>0且1－x≠1，解得x<1且x≠0，所以函数g(x)的定义域为(0，1)，故选B.
【例2】(2020·安徽宣城八校联考)函数y＝eq \f(\r(－x2＋2x＋3),lg（x＋1）)的定义域为( )
A．(－1，3] B．(－1，0)∪(0，3]
C. [－1，3] D．[－1，0)∪(0，3]
【答案】B
【解析】要使函数有意义，x需满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋2x＋3≥0，,x＋1>0，,x＋1≠1，))解得－1【例3】若函数f(x)＝eq \r(mx2＋mx＋1)的定义域为实数集，则实数m的取值范围是__________．
【答案】 [0,4]
【解析】函数定义域为R⇔mx2＋mx＋1≥0对∀x∈R恒成立，当m＝0时，f(x)＝1，满足条件；当m≠0时，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m>0，,Δ＝m2－4m≤0))⇒0【例4】若函数y＝eq \f(ax＋1,\r(ax2－4ax＋2))的定义域为R，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
C. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
【答案】D
【解析】由ax2－4ax＋2＞0恒成立，得a＝0或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＞0，,Δ＝（－4a）2－4×a×2＜0，))解得0≤a＜eq \f(1,2).
题型二 求函数的解析式
【题型要点】求函数解析式的4种方法
(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)，得f(x)的表达式．
(2)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．
(3)待定系数法：若已知函数的类型(如一次函数、二次函数)可用待定系数法．
(4)解方程组法：已知关于f(x)与f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)．
【例1】已知二次函数f(2x＋1)＝4x2－6x＋5，求f(x)；
【答案】f(x)＝x2－5x＋9(x∈R)
【解析】解法法一：待定系数法
因为f(x)是二次函数，所以设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，则f(2x＋1)＝a(2x＋1)2＋b(2x＋1)＋c＝4ax2＋(4a＋2b)x＋a＋b＋c.
因为f(2x＋1)＝4x2－6x＋5，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a＝4，,4a＋2b＝－6，,a＋b＋c＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－5，,c＝9，))
所以f(x)＝x2－5x＋9(x∈R)．
解法二：换元法
令2x＋1＝t(t∈R)，则x＝eq \f(t－1,2)，
所以f(t)＝4－6·eq \f(t－1,2)＋5＝t2－5t＋9(t∈R)，
所以f(x)＝x2－5x＋9(x∈R)．
解法三：配凑法
因为f(2x＋1)＝4x2－6x＋5＝(2x＋1)2－10x＋4＝(2x＋1)2－5(2x＋1)＋9，所以f(x)＝x2－5x＋9(x∈R)．
【例2】已知函数f(eq \r(x)＋1)＝x＋2eq \r(x)，则f(x)的解析式为________．
【答案】：f(x)＝x2－1(x≥1)
【解析】：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.
解法二(配凑法)：因为x＋2eq \r(x)＝(eq \r(x))2＋2eq \r(x)＋1－1＝(eq \r(x)＋1)2－1，
所以f(eq \r(x)＋1)＝(eq \r(x)＋1)2－1，eq \r(x)＋1≥1，
即f(x)＝x2－1，x≥1.
题型三 分段函数求值问题
【题型要点】根据分段函数的解析式，求函数值的解题思路
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．
【例1】已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg2x，x＞0，,3x＋1，x≤0，))则的值是( )
A．eq \f(9,10) B．1
C．eq \f(10,9) D．2
【答案】C
【解析】 由题意可得＝lg2eq \f(1,4)＝－2，所以＝f(－2)＝3－2＋1＝eq \f(10,9).
【例2】(2020·闽粤赣三省十校联考)已知函数f(x－2)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(6－x，x>2，,2x，x≤2，))则f(2)＝________．
【答案】：2
【解析】：f(2)＝f(4－2)＝6－4＝2.
【例3】(2020·江西南昌一模)设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－2x，（x≤0），,f（x－3），（x>0），))则f(5)的值为( )
A．－7 B．－1
C．0 D．eq \f(1,2)
【答案】
【解析】f(5)＝f(5－3)＝f(2)＝f(2－3)＝f(－1)＝(－1)2－2－1＝eq \f(1,2).故选D.
题型四 已知分段函数的函数值，求参数的值
【题型要点】先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，构造关于参数的方程．然后求出相应自变量的值，切记要代入检验．
【例1】设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－1，（x≥2），,lg2x，（0【答案】 2
【解析】 当m≥2时，由m2－1＝3，得m2＝4，解得m＝2；当0【例2】(2019·厦门模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－2ax＋3a，x＜1，,2x－1，x≥1))的值域为R，则实数a的取值范围是__________．
【答案】eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
【解析】当x≥1时，f(x)＝2x－1≥1.因为函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－2ax＋3a，x＜1，,2x－1，x≥1))的值域为R，所以当x<1时，(1－2a)·x＋3a必须取遍(－∞，1)内的所有实数，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－2a＞0，,1－2a＋3a≥1，))解得0≤a题型五 与分段函数有关的方程、不等式问题
【题型要点】已知分段函数的函数值满足的不等式，求自变量取值范围的解题思路
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．
【例1】(2020·安徽安庆二模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(x＋1)，－1A．2 B．4
C．6 D．8
【答案】D
【解析】由题意得a>0.当0【例2】(2020·安徽皖南八校联考)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2（x＋1），x≥1，,1，x<1，))则满足f(2x＋1)A．(－∞，0] B．(3，＋∞)
C．[1，3) D．(0，1)
【答案】B
【解析】解法一：由f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2（x＋1），x≥1，,1，x<1))可得当x<1时，f(x)＝1，当x≥1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，且f(1)＝lg22＝1，要使得f(2x＋1)1，))解得x>3，即不等式f(2x＋1)解法二：当x≥1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，且f(x)≥f(1)＝1，要使f(2x＋1)1，))解得x>3.故选B.
二、高效训练突破
一、选择题
1.(2020·洛阳一中月考)函数f(x)＝eq \f(1,ln2x＋1)的定义域为( )
A．B．∪(0，＋∞)
C． D．[0，＋∞)
【答案】B
【解析】 由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋1>0，,2x＋1≠1，))解得－eq \f(1,2)0.
2.下列所给图象是函数图象的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
【答案】B.
【解析】：①中当x>0时，每一个x的值对应两个不同的y值，因此不是函数图象；②中当x＝x0时，y的值有两个，因此不是函数图象；③④中每一个x的值对应唯一的y值，因此是函数图象．故选B.
3.(2019·镇江期中)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x－3,x＋2)，x>0，,4，x＝0，,2x＋1，x＜0，))则f(f(0))＝( )
A．6 B．－eq \f(1,6)
C．－6 D．eq \f(1,6)
【答案】D
【解析】 f(0)＝4，f(4)＝eq \f(4－3,4＋2)＝eq \f(1,6)，f(f(0))＝eq \f(1,6).故选D．
4．(2020·吉安模拟)已知f＝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)
【答案】A.
【解析】：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).
5.(2019·武汉调研)函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sinπx2，－1＜x＜0，,ex－1，x≥0))满足f(1)＋f(a)＝2，则a的所有可能取值为( )
A．1或－eq \f(\r(2) ,2) B．－eq \f(\r(2) ,2)
C．1 D．1或eq \f(\r(2),2)
【答案】A
【解析】 因为f(1)＝e1－1＝1且f(1)＋f(a)＝2，所以f(a)＝1，当－16.(2020·惠州第一次调研)下列函数中，同一个函数的定义域与值域相同的是( )
A．y＝eq \r(x－1) B．y＝ln x
C．y＝eq \f(1,3x－1) D．y＝eq \f(x＋1,x－1)
【答案】D.
【解析】：对于A，定义域为[1，＋∞)，值域为[0，＋∞)，不满足题意；对于B，定义域为(0，＋∞)，值域为R，不满足题意；对于C，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，值域为(－∞，－1)∪(0，＋∞)，不满足题意；对于D，y＝eq \f(x＋1,x－1)＝1＋eq \f(2,x－1)，定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，值域也是(－∞，1)∪(1，＋∞)．
7.已知函数y＝f(2x－1)的定义域是[0，1]，则函数eq \f(f（2x＋1）,lg2（x＋1）)的定义域是( )
A．[1，2] B．(－1，1]
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0)) D．(－1，0)
【答案】D.
【解析】：由f(2x－1)的定义域是[0，1]，得0≤x≤1，故－1≤2x－1≤1，所以函数f(x)的定义域是[－1，1]，所以要使函数eq \f(f（2x＋1）,lg2（x＋1）)有意义，需满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1≤2x＋1≤1，,x＋1>0，,x＋1≠1，))解得－18.(2019·广州模拟)设函数f(x)满足f ＝1＋x，则f(x)的表达式为( )
A．eq \f(2,1＋x) B．eq \f(2,1＋x2)
C．eq \f(1－x2,1＋x2) D．eq \f(1－x,1＋x)
【答案】A
【解析】 令eq \f(1－x,1＋x)＝t，则x＝eq \f(1－t,1＋t)，代入f ＝1＋x，得f(t)＝1＋eq \f(1－t,1＋t)＝eq \f(2,1＋t)，即f(x)＝eq \f(2,1＋x).故选A．
9.(2019·福州调研)设函数f：R→R满足f(0)＝1，且对任意x，y∈R都有f(xy＋1)＝f(x)f(y)－f(y)－x＋2，则f(2 019)＝ ( )
A．0 B．1
C．2 019 D．2 020
【答案】D
【解析】 令x＝y＝0，则f(1)＝f(0)f(0)－f(0)－0＋2＝1×1－1－0＋2＝2，令y＝0，则f(1)＝f(x)f(0)－f(0)－x＋2，将f(0)＝1，f(1)＝2代入，可得f(x)＝1＋x，所以f(2 019)＝2 020.
10．设f(x)，g(x)都是定义在实数集上的函数，定义函数(f·g)(x)：∀x∈R，(f·g)(x)＝f(g(x))．若f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x，x>0，,x2，x≤0，))g(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex，x≤0，,ln x，x>0，))则( )
A．(f·f)(x)＝f(x) B．(f·g)(x)＝f(x)
C．(g·f)(x)＝g(x) D．(g·g)(x)＝g(x)
【答案】A.
【解析】：对于A，(f·f)(x)＝f(f(x))＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x），f（x）>0，,f 2（x），f（x）≤0，))当x>0时，f(x)＝x>0，(f·f)(x)＝f(x)＝x；当x<0时，f(x)＝x2>0，(f·f)(x)＝f(x)＝x2；当x＝0时，(f·f)(x)＝f 2(x)＝0＝02，因此对任意的x∈R，有(f·f)(x)＝f(x)，故A正确，选A.
11.(2020·河南郑州第二次质量检测)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数．例如：[－2.1]＝－3，[3.1]＝3，已知函数f(x)＝eq \f(2x＋3,2x＋1)，则函数y＝[f(x)]的值域为( )
A．{0，1，2，3} B．{0，1，2}
C．{1，2，3} D．{1，2}
【答案】D
【解析】：f(x)＝eq \f(2x＋3,2x＋1)＝eq \f(2x＋1＋2,2x＋1)＝1＋eq \f(2,2x＋1)，因为2x>0，所以1＋2x>1，所以0则0综上，函数y＝[f(x)]的值域为{1，2}，故选D.
13．具有性质f＝－f(x)的函数，我们称为满足“倒负”变换的函数，给出下列函数：①f(x)＝x－eq \f(1,x)；②f(x)＝x＋eq \f(1,x)；③f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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．①③ B．②③
C．①②③ D．①②
【答案】A.
【解析】：对于①，f＝eq \f(1,x)－x＝－f(x)，满足题意；对于②，f＝eq \f(1,x)＋x＝f(x)，不满足题意；
对于③，f＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)，0＜\f(1,x)＜1，,0，\f(1,x)＝1，,－x，\f(1,x)＞1，))即f＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)，x＞1，,0，x＝1，,－x，0＜x＜1，))故f＝－f(x)，满足题意．
综上可知，满足“倒负”变换的函数是①③.故选A.
二、填空题
1．已知函数f＝lg x，则f(x)＝________．
【答案】：lg eq \f(2,x－1)(x>1)
【解析】：令eq \f(2,x)＋1＝t，得x＝eq \f(2,t－1)，则f(t)＝lg eq \f(2,t－1)，又x>0，所以t>1，故f(x)的解析式是f(x)＝lg eq \f(2,x－1)(x>1)．
2.若二次函数g(x)满足g(1)＝1，g(－1)＝5，且图象过原点，则g(x)＝________．
【答案】：3x2－2x
【解析】：设g(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
因为g(1)＝1，g(－1)＝5，且图象过原点，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＋c＝1，,a－b＋c＝5，,c＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝－2，,c＝0，))所以g(x)＝3x2－2x.
3.(2019·常州中学月考)若函数y＝eq \f(ax＋1,ax2＋2ax＋3)的定义域为R，则实数a的取值范围是________．
【答案】 [0,3)
【解析】 因为函数y＝eq \f(ax＋1,ax2＋2ax＋3)的定义域为R，所以ax2＋2ax＋3＝0无实数解，即函数u＝ax2＋2ax＋3的图象与x轴无交点．当a＝0时，函数u＝3的图象与x轴无交点；当a≠0时，则Δ＝(2a)2－4·3a＜0，解得0＜a＜3.综上所述，a的取值范围是[0,3)．
4．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x，x>0，,x＋1，x≤0，))若f(a)＋f(1)＝0，则实数a的值等于________．
【答案】：－3
【解析】：因为f(1)＝2，且f(1)＋f(a)＝0，所以f(a)＝－2<0，故a≤0.依题知a＋1＝－2，解得a＝－3.
5．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（1－2a）x＋3a，x＜1，,ln x，x≥1))的值域为R，则实数a的取值范围是________．
【答案】：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))
【解析】：由题意知y＝ln x(x≥1)的值域为[0，＋∞)，故要使f(x)的值域为R，则必有y＝(1－2a)x＋3a为增函数，且1－2a＋3a≥0，所以1－2a＞0，且a≥－1，解得－1≤a＜eq \f(1,2).
6.设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln x，x≥1，,1－x，x<1，))则f(f(0))＝________，若f(m)>1，则实数m的取值范围是________．
【答案】：0 (－∞，0)∪(e，＋∞)
【解析】：f(f(0))＝f(1)＝ln 1＝0；如图所示，
可得f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln x，x≥1，,1－x，x<1))的图象与直线y＝1的交点分别为(0，1)，(e，1)．若f(m)>1，则实数m的取值范围是(－∞，0)∪(e，＋∞)．
7．已知实数a≠0，函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋a，x＜1，,－x－2a，x≥1.))若f(1－a)＝f(1＋a)，则a的值为__________．
【答案】：－eq \f(3,4)
【解析】：当a＞0时，1－a＜1,1＋a＞1，这时f(1－a)＝2(1－a)＋a＝2－a，f(1＋a)＝－(1＋a)－2a＝－1－3a.由f(1－a)＝f(1＋a)得2－a＝－1－3a，解得a＝－eq \f(3,2)＜0，不合题意，舍去；当a＜0时，1－a＞1,1＋a＜1，这时f(1－a)＝－(1－a)－2a＝－1－a，f(1＋a)＝2(1＋a)＋a＝2＋3a，由f(1－a)＝f(1＋a)，得－1－a＝2＋3a，解得a＝－eq \f(3,4).
综上可知，a的值为－eq \f(3,4).
8.设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋1，x≤0，,2x，x>0，))则满足f(x)＋f>1的x的取值范围是________．
【答案】
【解析】 当x>0时，f(x)＝2x>1恒成立，当x－eq \f(1,2)>0，即x>eq \f(1,2)时，f＝2x－eq \f(1,2)>1，当x－eq \f(1,2)≤0，即0eq \f(1,2)，则不等式f(x)＋f>1恒成立．当x≤0时，f(x)＋f＝x＋1＋x＋eq \f(1,2)＝2x＋eq \f(3,2)>1，所以－eq \f(1,4)三 解答题
1.(2019·巴蜀中学期中)已知f(x)＝x2－1，g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1，x＞0，,2－x，x＜0.))
(1)求f(g(2))与g(f(2))；
(2)求f(g(x))与g(f(x))的表达式．
【解析】 (1)由已知条件可得g(2)＝1，f(2)＝3，因此f(g(2))＝f(1)＝0，g(f(2))＝g(3)＝2.
(2)当x＞0时，g(x)＝x－1，故f(g(x))＝(x－1)2－1＝x2－2x；当x＜0时，g(x)＝2－x，故f(g(x))＝(2－x)2－1＝x2－4x＋3.所以f(g(x))＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2x，x＞0，,x2－4x＋3，x＜0.))当x＞1或x＜－1时，f(x)＞0，故g(f(x))＝f(x)－1＝x2－2；当－1＜x＜1时，f(x)＜0，故g(f(x))＝2－f(x)＝3－x2.所以g(f(x))＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2，x＞1或x＜－1，,3－x2，－1＜x＜1.))
2．已知函数f(x)＝x2＋mx＋n(m，n∈R)，f(0)＝f(1)，且方程x＝f(x)有两个相等的实数根．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)当x∈[0,3]时，求函数f(x)的值域．
【解析】 (1)因为f(x)＝x2＋mx＋n，且f(0)＝f(1)，所以n＝1＋m＋n，m＝－1，f(x)＝x2－x＋n.因为方程x＝f(x)有两个相等的实数根，所以方程x＝x2－x＋n有两个相等的实数根，即方程x2－2x＋n＝0有两个相等的实数根，所以Δ＝(－2)2－4n＝0，所以n＝1，所以f(x)＝x2－x＋1.
(2)由(1)知f(x)＝x2－x＋1.此函数的图象是开口向上，对称轴为x＝eq \f(1,2)的抛物线，所以当x＝eq \f(1,2)时，f(x)有最小值f.而f ＝2－eq \f(1,2)＋1＝eq \f(3,4)，f(0)＝1，f(3)＝32－3＋1＝7，所以当x∈[0,3]时，函数f(x)的值域是