【学考复习】2024年高中数学学业水平考试（江苏专用）03第三章 函数的概念与性质-讲义

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1．函数的概念
2．同一个函数
(1)前提条件：①定义域相同；②对应关系相同．
(2)结论：这两个函数为同一个函数．
3．函数的表示法
表示函数的常用方法有解析法、图象法和列表法．
4．分段函数
(1)若函数在其定义域的不同子集上，因对应关系不同而分别用几个不同的式子来表示，这种函数称为分段函数．分段函数表示的是一个函数．
(2)分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集，其值域等于各段函数的值域的并集．
5．常用结论
（1）直线x＝a(a是常数)与函数y＝f(x)的图象有0个或1个交点．
（2）判断两个函数相等的依据是两个函数的定义域和对应关系完全一致．
6．函数的定义域
(1)求定义域的步骤
①写出使函数式有意义的不等式(组)．
②解不等式(组)．
③写出函数定义域．(注意用区间或集合的形式写出)
(2)基本初等函数的定义域
①整式函数的定义域为R．
②分式函数中分母不等于0．
③偶次根式函数被开方式大于或等于0．
④一次函数、二次函数的定义域均为R．
⑤函数f(x)＝x0的定义域为{x|x≠0}．
⑥指数函数的定义域为R．
⑦对数函数的定义域为(0，＋∞)．
7．函数的值域
(1)y＝kx＋b(k≠0)的值域是R．
(2)y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的值域是：当a>0时，值域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(y|y≥\f(4ac－b2,4a)))；当a<0时，值域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(y|y≤\f(4ac－b2,4a)))．
(3)y＝eq \f(k,x)(k≠0)的值域是{y|y≠0}．
(4)y＝ax(a>0且a≠1)的值域是(0，＋∞)．
(5)y＝lgax(a>0且a≠1)的值域是R．
7．函数的单调性
(1)单调函数的定义
(2)单调区间的定义
如果函数y＝f(x)在区间D上单调递增或单调递减，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y＝f(x)的单调区间．
8．函数的最值
9．常用结论
若函数f(x)，g(x)在区间I上具有单调性，则在区间I上具有以下性质
(1)当f(x)，g(x)都是增(减)函数时，f(x)＋g(x)是增(减)函数．
(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)函数y＝f(x)(f(x)>0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝eq \f(1,fx)的单调性相反．
(4)复合函数y＝f[g(x)]的单调性与y＝f(u)和u＝g(x)的单调性有关．简记：“同增异减”．
10．增函数(减函数)的等价变形
(1)∀x1，x2∈[a，b]且x1≠x2，则(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0⇔eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0⇔f(x)在[a，b]上是增函数．
(2)∀x1，x2∈[a，b]且x1≠x2，则(x1－x2)[f(x1)
－f(x2)]<0⇔eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0⇔f(x)在[a，b]上是减函数．
11．函数的奇偶性
12．函数的周期性
(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．
考点一 函数的概念
【例1】下列函数f(x)，g(x)表示同一个函数的是( )
A．f(x)＝3x，g(x)＝lg3x
B．f(x)＝|x|，g(x)＝eq \r(x2)
C．f(x)＝x，g(x)＝eq \f(x2,x)
D．f(x)＝2lgx，g(x)＝lg2x
【答案】B
【解析】对于A，f(x)，g(x)一个为指数函数、一个为对数函数，对应法则不同，因此不是同一个函数；对于B，g(x)＝eq \r(x2)＝|x|＝f(x)，是同一个函数；对于C，函数f(x)的定义域为R，函数g(x)的定义域为{x|x≠0}，因此不是同一个函数；对于D，g(x)＝lg2x＝lg2＋lgx与函数f(x)＝2lgx对应法则不同，因此不是同一个函数．故选B．
归纳点拨
(1)函数的定义要求非空数集A中的任何一个元素在非空数集B中有且只有一个元素与之对应，
即可以“多对一”，不能“一对多”，而B中有可能存在与A中元素不对应的元素．
(2)构成函数的三要素中，定义域和对应关系相同，则值域一定相同．两个函数的定义域和对应关系分别相同时，两函数是同一个函数．
对点训练
1．下列各曲线表示的y与x之间的关系中，y不是x的函数的是( )
【答案】C
【解析】根据函数意义：对任意x值，y都有唯一值与之对应，只有C不满足．
2．已知集合P＝{x|0≤x≤4}，Q＝{y|0≤y≤2}，下列从P到Q的各对应关系f不是函数的是__________．(填序号)
①f：x→y＝eq \f(1,2)x；②f：x→y＝eq \f(1,3)x；
③f：x→y＝eq \f(2,3)x；④f：x→y＝eq \r(x)．
【答案】③
【解析】③中，f：x→y＝eq \f(2,3)x，x∈[0,4]时，y＝eq \f(2,3)x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(8,3)))Q，故不满足函数的定义．
考点二 函数的解析式
【例2】根据下列条件求函数的解析式：
(1)已知f(x)是一次函数，且满足3f(x)－2f(x－1)＝2x＋5，求f(x)的解析式；
(2)已知函数f(x)满足f(csx－1)＝cs2x－1，求f(x)的解析式；
(3)已知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)))＝x4＋eq \f(1,x4)，求f(x)的解析式；
(4)已知f(x)＋2f(－x)＝x2＋2x，求f(x)的解析式．
【解析】(1)依题意设f(x)＝ax＋b(a≠0)，则由3f(x)－2f(x－1)＝2x＋5可得3(ax＋b)－2[a(x－1)＋b]＝2x＋5，整理得ax＋2a＋b＝2x＋5，于是有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,2a＋b＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，))故f(x)＝2x＋1．
(2)函数f(x)满足f(csx－1)＝cs2x－1＝2cs2x－1－1＝2cs2x－2，设csx－1＝t，则csx＝t＋1，由csx∈[－1,1]知t∈[－2,0]，
故原函数可转化为f(t)＝2(t＋1)2－2＝2t2＋4t，t∈[－2,0]，即f(x)的解析式为f(x)＝2x2＋4x(－2≤x≤0)．
(3)由于feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)))＝x4＋eq \f(1,x4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)))2－2，且x2＋eq \f(1,x2)≥2，当且仅当x＝±1时，等号成立，故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2(x≥2)．
(4)因为f(x)＋2f(－x)＝x2＋2x，①
所以f(－x)＋2f(x)＝x2－2x，
所以2f(－x)＋4f(x)＝2x2－4x，②
由②－①可解得f(x)＝eq \f(1,3)x2－2x，故函数f(x)的解析式为f(x)＝eq \f(1,3)x2－2x．
归纳点拨
对点训练
1．若二次函数g(x)满足g(1)＝1，g(－1)＝5，且图象过原点，则g(x)的解析式为( )
A．g(x)＝2x2－3x
B．g(x)＝3x2－2x
C．g(x)＝3x2＋2x
D．g(x)＝－3x2－2x
【答案】B
【解析】二次函数g(x)满足g(1)＝1，g(－1)＝5，且图象过原点，可设二次函数g(x)的解析式为g(x)＝ax2＋bx(a≠0)，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b＝1，,a－b＝5，))解得a＝3，b＝－2，所以二次函数g(x)的解析式为g(x)＝3x2－2x．故选B．
2．(2023·江苏徐州期中)若f(1－2x)＝eq \f(1－x2,x2)(x≠0)，那么feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))等于( )
A．8 B．3 C．1 D．30
【答案】A
【解析】解法一：令1－2x＝t，t≠1，则x＝eq \f(1－t,2)，∴f(t)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－t,2)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－t,2)))2)＝eq \f(4,1－t2)－1，t≠1，即f(x)＝eq \f(4,1－x2)－1，x≠1，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝eq \f(4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))2)－1＝8，故选A．
解法二：令1－2x＝eq \f(1,3)，则x＝eq \f(1,3)，将x＝eq \f(1,3)代入解析式得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2)＝8，故选A．
3．(2023·合肥一中月考)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f(x)＝2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \r(x)－1，则f(x)的解析式为__________．
【答案】f(x)＝eq \f(2,3)eq \r(x)＋eq \f(1,3)
【解析】在f(x)＝2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \r(x)－1中，用eq \f(1,x)代替x，得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝eq \f(2fx,\r(x))－1，将feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝eq \f(2fx,\r(x))－1代入f(x)＝2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \r(x)－1中，得f(x)＝eq \f(2,3)eq \r(x)＋eq \f(1,3)．
考点三 分段函数求值问题
【例3】已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋1，x<1，,fx－3，x≥1，))则f(9)＝( )
A．2 B．9 C．65 D．513
【答案】A
【解析】因为f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋1，x<1，,fx－3，x≥1，))所以f(9)＝f(6)＝f(3)＝f(0)＝20＋1＝1＋1＝2，故选A．
归纳点拨
求解分段函数求值问题的策略
(1)求分段函数的函数值时，要先确定所求值的自变量属于哪一区间，然后代入该区间对应的解析式求值．
(2)当出现f[f(a)]的形式时，应从内到外依次求值．
(3)当自变量的值所在区间不确定时，要分类讨论，分类标准应参照分段函数不同段的端点．
对点训练
1．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2，x≤0，,x＋\f(1,x)，x>0，))若f[f(a)]＝2，则a的值为__________．
【答案】－2或－1
【解析】当x≤0时，函数单调递增，有f(x)≤f(0)＝2；当x>0时，x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(x·\f(1,x))＝2，当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时取等号，故f(x)≥f(1)＝2，f(0)＝f(1)＝2．令f(a)＝t，则f(t)＝2，因此t＝0或t＝1．当t＝0时，即f(a)＝0，显然a≤0，由a＋2＝0得a＝－2；当t＝1时，即f(a)＝1，显然a≤0，由a＋2＝1得a＝－1．综上，a＝－2或a＝－1．
2．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x，x<1，,2x＋1，x≥1，))则feq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(3,2)))))＝( )
A．0 B．2 C．4 D．6
【答案】C
【解析】因为lg2eq \f(3,2)＝2 eq \s\up15(lg2eq \f(3,2)) ＝eq \f(3,2)，所以feq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(3,2)))))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝2×eq \f(3,2)＋1＝4．
考点四 分段函数与方程、不等式问题
【例4】若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x，0A．－2 B．0
C．2
【答案】C
【解析】由题意易知，f(x)在(0,2)上单调递增，在[2，＋∞)上单调递减，若f(a)＝f(2a)，
则a,2a不在同一个单调区间上．又2a>a，∴一定有a∈(0,2)，2a∈[2，＋∞)，
∴2a＝4－2a，即2a＝2，∴a＝1．故f(2a)＝f(2)＝4－2＝2，故选C．
归纳点拨
解决分段函数与方程、不等式问题的基本策略
(1)分类讨论：解由分段函数构成的方程、不等式，一般要根据分段函数的不同分段区间进行分类讨
论，根据每一段的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量的值(取值范围)是否符合相应段的自变量的取值范围，然后将各段的结果求并集即可．
(2)数形结合：解决分段函数问题时，通过画出函数的图象，对代数问题进行转化，结合图形直观地分析判断，可以快速准确地解决问题．
对点训练
1．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1，x≤0，,2x，x>0，))则满足f(x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))>1的x的取值范围是__________．
【答案】(1)C (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，＋∞))
【解析】当x≤0时，f(x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))＝x＋1＋x－eq \f(1,2)＋1＝2x＋eq \f(3,2)>1，即－eq \f(1,4)1恒成立；当x>eq \f(1,2)时，f(x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))＝2x＋2 eq \s\up15(x－eq \f(1,2)) >1恒成立．综上所述，x的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，＋∞))．
2．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1，x≤2，,lg2x－1，x>2，))则f[f(5)]＝________，不等式f(x＋2)＋f(x)>f(2)的解集为__________．
【答案】1 {x|x>1}
【解析】∵f(5)＝lg24＝2，∴f[f(5)]＝f(2)＝1．
∴f(x＋2)＋f(x)>f(2)＝1，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2≤2，,x＋2－1＋x－1>1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>2，,lg2x＋1＋lg2x－1>1))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2>2，,x≤2，,lg2x＋1＋x－1>1，))解得x>2或11}．
考点五 求给定解析式的函数的定义域
【例5】 (1)函数f(x)＝eq \r(－x2＋9x＋10)－eq \f(2,lnx－1)的定义域为( )
A．[1,10] B．[1,2)∪(2,10]
C．(1,10] D．(1,2)∪(2,10]
(2)函数y＝eq \f(1,\r(lg eq \s\d8(\f(1,2)) 2－x))＋eq \f(1,2x－3)的定义域为________．
【答案】(1)D (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))
【解析】(1)要使原函数有意义，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋9x＋10≥0，,x－1>0，,x－1≠1，))解得1所以函数f(x)＝eq \r(－x2＋9x＋10)－eq \f(2,lnx－1)的定义域为(1,2)∪(2,10]，故选D．
(2)要使函数有意义，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg eq \s\d8(\f(1,2)) 2－x>0，,2x－3≠0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0<2－x<1，,x≠\f(3,2)))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1所以函数的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))．
归纳点拨
求函数定义域的策略
对点训练
1．函数f(x)＝eq \r(x2－5x＋6)的定义域为( )
A．{x|x≤2或x≥3} B．{x|x≤－3或x≥－2}
C．{x|2≤x≤3} D．{x|－3≤x≤－2}
【答案】A
【解析】由x2－5x＋6≥0得x≤2或x≥3，所以函数f(x)＝eq \r(x2－5x＋6)的定义域为{x|x≤2或x≥3}，故选A．
考点六 求抽象函数的定义域
【例6】已知函数f(2x＋1)的定义域为(0,1)，则f(x)的定义域是________．
【分析】由已知得x∈(0,1)→求2x＋1的范围→得f(x)的定义域．
【答案】(1,3)
【解析】令t＝2x＋1，由0对点训练
1．已知函数f(x)的定义域为(0,1)，则f(2x＋1)的定义域是________．
【解析】∵f(x)的定义域为(0,1)，
∴0<2x＋1<1，得－eq \f(1,2)2．已知函数f(2x＋1)的定义域为(0,1)，则f(1－x)的定义域是________．
【解析】∵f(2x＋1)的定义域为(0,1)，即0∴1<2x＋1<3，∴f(x)的定义域为(1,3)．
由1<1－x<3，得－23．若函数f(x)的定义域为[－1,2]，则函数g(x)＝eq \f(fx－2,\r(x－1))的定义域是( )
A．[1,4] B．(1,4]
C．[1,2] D．(1,2]
【答案】B
【解析】由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤x－2≤2，,x－1>0，))解得1考点七 求抽象函数的定义域
【例7】求下列函数的值域：
(1)y＝eq \f(5x－1,4x＋2)，x∈[－3，－1]；
(2)y＝2x＋eq \r(1－2x)；
(3)y＝x＋4＋eq \r(9－x2)；
(4)y＝eq \f(2x2＋4x－7,x2＋2x＋3)；
(5)y＝lg3x＋lgx3－1．
【分析】(1)分离常数法→y＝eq \f(5,4)－eq \f(7,42x＋1)→得值域．
(2)代数换元法→令t＝eq \r(1－2x)→y＝－t2＋t＋1(t≥0)→得值域．
(3)三角换元法→令x＝3csθ，θ∈[0，π]→y＝3csθ＋4＋3sinθ＝3eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＋4→得值域．
(4)判别式法→将函数式变形为(y－2)x2＋2(y－2)x＋3y＋7＝0→判断出y≠2→Δ＝[2(y－2)]2－4(y－2)(3y＋7)≥0→得值域．
(5)基本不等式法→利用换底公式变形得y＝lg3x＋eq \f(1,lg3x)－1→得值域．
【解析】(1)(分离参数法)由y＝eq \f(5x－1,4x＋2)可得y＝eq \f(5,4)－eq \f(7,42x＋1)．
∵－3≤x≤－1，∴eq \f(7,20)≤－eq \f(7,42x＋1)≤eq \f(7,4)，
∴eq \f(8,5)≤y≤3，即y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8,5)，3))．
(2)(代数换元法)令t＝eq \r(1－2x)(t≥0)，则x＝eq \f(1－t2,2)．
∴y＝－t2＋t＋1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))2＋eq \f(5,4)(t≥0)．
∴当t＝eq \f(1,2)，即x＝eq \f(3,8)时，y取最大值，ymax＝eq \f(5,4)，且y无最小值，∴函数的值域为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(5,4)))．
(3)(三角换元法)令x＝3csθ，θ∈[0，π]，则
y＝3csθ＋4＋3sinθ＝3eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＋4．
∵0≤θ≤π，
∴eq \f(π,4)≤θ＋eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4)，∴－eq \f(\r(2),2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))≤1．
∴1≤y≤3eq \r(2)＋4，∴函数的值域为[1,3eq \r(2)＋4]．
(4)(判别式法)观察函数式，将已知的函数式变形为yx2＋2yx＋3y＝2x2＋4x－7，
整理得(y－2)x2＋2(y－2)x＋3y＋7＝0．
显然y≠2(运用判别式法之前，应先讨论x2的系数)．
将上式看作关于x的一元二次方程．
易知原函数的定义域为R，则上述关于x的一元二次方程有实根，所以Δ＝[2(y－2)]2－4(y－2)(3y＋7)≥0．
解不等式得－eq \f(9,2)≤y≤2．
又y≠2，∴原函数的值域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,2)，2))．
(5)(基本不等式法)y＝lg3x＋lgx3－1变形得y＝lg3x＋eq \f(1,lg3x)－1．
①当lg3x>0，即x>1时，
y＝lg3x＋eq \f(1,lg3x)－1≥2－1＝1，
当且仅当lg3x＝1，即x＝3时取“＝”．
②当lg3x<0，即0当且仅当lg3x＝－1，即x＝eq \f(1,3)时取“＝”．
综上所述，原函数的值域为(－∞，－3]∪[1，＋∞)．
归纳点拨
求函数值域的一般方法及注意点
(1)求函数值域常用的方法有：分离常数法、反解法、配方法、不等式法、单调性法、换元法、数形结合法、导数法．
(2)利用换元法时，要及时确定新变量的取值范围．
(3)判别式法适用于y＝eq \f(ax2＋bx＋c,px2＋qx＋r)(ap≠0，x∈R)类型(即f(x)是分式函数且分子或分母至少有一个二次式，且没有公因式．解此类问题一定要检验所求最值，在定义域内是否有对应的x值，还要注意对二次项系数是否为零进行讨论)，但若给定x一个范围，则此方法不再适用．
对点训练
1．求下列函数的值域：
(1)y＝eq \f(3x＋1,x－2)；(2)y＝eq \f(2x2－x＋1,2x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x>\f(1,2)))；(3)y＝eq \f(2－sinx,2＋sinx)；(4)y＝|x＋1|＋|x－2|．
【解析】(1)y＝eq \f(3x＋1,x－2)＝eq \f(3x－2＋7,x－2)＝3＋eq \f(7,x－2)，
因为eq \f(7,x－2)≠0，所以3＋eq \f(7,x－2)≠3，所以函数y＝eq \f(3x＋1,x－2)的值域为{y|y≠3}．
(2)y＝eq \f(2x2－x＋1,2x－1)＝eq \f(x2x－1＋1,2x－1)＝x＋eq \f(1,2x－1)＝x－eq \f(1,2)＋eq \f(\f(1,2),x－\f(1,2))＋eq \f(1,2)，因为x>eq \f(1,2)，所以x－eq \f(1,2)>0，
所以x－eq \f(1,2)＋eq \f(\f(1,2),x－\f(1,2))≥2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))·\f(\f(1,2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))))＝eq \r(2)，当且仅当x－eq \f(1,2)＝eq \f(\f(1,2),x－\f(1,2))，即x＝eq \f(1＋\r(2),2)时取等号．
所以y≥ eq \r(2)＋eq \f(1,2)，即原函数的值域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)＋\f(1,2)，＋∞))．
(3)解法一：y＝eq \f(2－sinx,2＋sinx)＝－1＋eq \f(4,2＋sinx)，因为－1≤sinx≤1，所以1≤2＋sinx≤3，
所以eq \f(4,3)≤eq \f(4,2＋sinx)≤4，所以eq \f(1,3)≤－1＋eq \f(4,2＋sinx)≤3，故函数的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，3))．
解法二：由已知得sinx＝eq \f(2－2y,1＋y)，∵sin∈[－1,1]，
∴－1≤eq \f(2－2y,1＋y)≤1，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－2y,1＋y)))2≤1，解得eq \f(1,3)≤y≤3．故函数的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，3))．
(4)y＝|x＋1|＋|x－2|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋1，x<－1，,3，－1≤x≤2，,2x－1，x>2，))当x<－1时，y>3；当x>2时，y>3，故函数的值域为[3，＋∞)．
考点八 确定函数的单调性(区间)
【例8】(多选)下列函数在(0，＋∞)上单调递增的是( )
A．y＝ex－e－x B．y＝|x2－2x|
C．y＝x＋csx D．y＝eq \r(x2＋x－2)
【答案】AC
【解析】∵y＝ex为增函数，y＝e－x为减函数，∴y＝ex－e－x为增函数，故A正确；∵y＝|x2－2x|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2x，x≤0或x≥2，,2x－x2，0归纳点拨
(1)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间．
(2)函数单调性的判断方法：①定义法；②图象法；③性质法；④导数法．
(3)函数y＝f[g(x)]的单调性应根据外层函数y＝f(t)和内层函数t＝g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的原则．
对点训练
1．函数f(x)＝ln(4＋3x－x2)的单调递减区间是( )
A．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2))) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2))) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，4))
【答案】D
【解析】由4＋3x－x2>0，得f(x)的定义域为(－1,4)．∵y＝4＋3x－x2在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，4))上为减函数，且y＝lnx为增函数，∴函数f(x)＝ln(4＋3x－x2)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，4))．故选D．
2．函数f(x)＝|x－2|x的单调递减区间是__________．
【答案】[1,2]
【解析】∵f(x)＝|x－2|x＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－x2，x≤2，,x2－2x，x>2.))∴f(x)的单调递减区间为[1,2]．
3．试讨论函数f(x)＝eq \f(ax,x－1)(a≠0)在(－1,1)上的单调性．
【解析】解法一：设－1f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x－1＋1,x－1)))＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x－1)))，
f(x1)－f(x2)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x1－1)))－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x2－1)))＝eq \f(ax2－x1,x1－1x2－1)，由于－10，
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)上单调递减；当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)解法二：f′(x)＝eq \f(ax′x－1－axx－1′,x－12)＝eq \f(ax－1－ax,x－12)＝－eq \f(a,x－12)．
当a>0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1,1)上单调递减；
当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1,1)上单调递增．
考点九 求函数的最值
【例9】 (1)设函数f(x)＝eq \f(2x,x－2)在区间[3,4]上的最大值和最小值分别为M，m，则eq \f(m2,M)＝( )
A．eq \f(2,3) B．eq \f(3,8) C．eq \f(3,2) D．eq \f(8,3)
(2)对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a，a≤b，,b，a>b.))设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝lg2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是__________．
(3)函数y＝eq \r(x)－x(x≥0)的最大值为______．
(4)函数f(x)＝3x＋eq \f(2,x)，x∈[1,2]的最大值为________．
【答案】(1)D (2)1 (3)eq \f(1,4) (4)7
【解析】(1)由题意得f(x)＝eq \f(2x,x－2)＝2＋eq \f(4,x－2)，所以函数f(x)在区间[3,4]上单调递减，所以M＝f(3)＝2＋eq \f(4,3－2)＝6，m＝f(4)＝2＋eq \f(4,4－2)＝4，所以eq \f(m2,M)＝eq \f(42,6)＝eq \f(8,3)．故选D．
(2)解法一：在同一坐标系中，作函数f(x)，g(x)图象，依题意，h(x)的图象如图所示．易知点A(2,1)为图象的最高点，因此h(x)的最大值为h(2)＝1．
解法二：依题意，h(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg2x，02.))
当02时，h(x)＝3－x是减函数，所以h(x)在x＝2时取得最大值h(2)＝1．
(3)令t＝eq \r(x)，则t≥0，所以y＝t－t2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))2
＋eq \f(1,4)，当t＝eq \f(1,2)，即x＝eq \f(1,4)时，ymax＝eq \f(1,4)．
(4)解法一：f(x)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(\f(2,3),x)))，因为函数y＝x＋eq \f(\f(2,3),x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,3))，＋∞))上为增函数，所以函数f(x)在[1,2]上为增函数，所以f(x)的最大值为f(2)＝7．
解法二：f′(x)＝3－eq \f(2,x2)，∵x∈[1,2]，∴f′(x)>0恒成立，∴f(x)在[1,2]上是增函数，所以f(x)的最大值为f(2)＝7．
归纳点拨
求函数最值的五种常用方法
(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值．
(2)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．
(3)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．
(4)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．
(5)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．
对点训练
1．函数y＝eq \f(2－x,x＋1)，x∈(m，n]的最小值为0，则m的取值范围是( )
A．(1,2) B．(－1,2)
C．[1,2) D．[－1,2)
【答案】D
【解析】由y＝eq \f(2－x,x＋1)＝－1＋eq \f(3,x＋1)，可知函数在(－∞，－1)和(－1，＋∞)上单调递减，x＝2时y＝0，可知n＝2，则－1≤m<2．
2．已知函数f(x)＝x＋eq \r(1－2x)，则函数f(x)有( )
A．最小值eq \f(1,2)，无最大值 B．最大值eq \f(1,2)，无最小值
C．最小值1，无最大值 D．最大值1，无最小值
【答案】D
【解析】令t＝eq \r(1－2x)，则t≥0，x＝eq \f(1－t2,2)，∴y＝eq \f(1－t2,2)＋t＝－eq \f(1,2)(t－1)2＋1，t＝1时有最大值1，无最小值．
3．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2，x≤1，,x＋\f(6,x)－6，x>1，))则f(x)的最小值是__________．
【答案】2eq \r(6)－6
【解析】当x≤1时，f(x)min＝0；当x>1时，f(x)min＝2eq \r(6)－6，当且仅当x＝eq \r(6)时取到最小值，又2eq \r(6)－6<0，所以f(x)min＝2eq \r(6)－6．
考点十 函数奇偶性的应用
【例10】若f(x)为奇函数，当x≤0时，f(x)＝a＋2csx，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))＝( )
A．－3 B．1 C．3 D．2＋eq \r(3)
(2)已知函数f(x)＝x3(a·2x－2－x)是偶函数，则a＝__________．
【答案】(1)C (2)1
【解析】(1)因为f(x)为奇函数，当x≤0时，f(x)＝a＋2csx，所以f(0)＝a＋2cs0＝0，解得a＝－2，因此当x≤0时，f(x)＝2csx－2，于是feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4π,3)))＝－2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4π,3)))＋2＝3．故选C．
(2)∵函数f(x)＝x3(a·2x－2－x)是偶函数，∴f(x)＝f(－x)，即x3(a·2x－2－x)＝(－x)3[a·2－x－2－(－x)]．整理得，a·2x－2－x＝－(a·2－x－2x)，即(a－1)·2x＋(a－1)·2－x＝0，(a－1)(2x＋2－x)＝0．∴a＝1．
归纳点拨
(1)已知函数的奇偶性求函数值或解析式，首先抓住在已知区间上的解析式，将待求区间上的自变量转化到已知区间上，再利用奇偶性求出，或充分利用奇偶性构造关于f(x)的方程(组)，从而得到f(x)的解析式或函数值．
(2)已知函数的奇偶性求参数，一般采用待定系数法求解，根据f(x)±f(－x)＝0得到关于待求参数的恒等式，由系数的对等性得参数的值或方程(组)，进而得出参数的值．
对点训练
1．已知函数f(x)＝sinx，g(x)＝ex＋e－x，则下列结论正确的是( )
A．f(x)g(x)是偶函数
B．|f(x)|g(x)是奇函数
C．f(x)|g(x)|是奇函数
D．|f(x)g(x)|是奇函数
【答案】C
【解析】对于选项A，f(x)g(x)＝(ex＋e－x)sinx，f(－x)g(－x)＝(e－x＋ex)sin(－x)＝－(ex＋e－x)sinx＝－f(x)g(x)，则f(x)g(x)是奇函数，错误；对于选项B，|f(x)|g(x)＝|sinx|(ex＋e－x)，|f(－x)|g(－x)＝|sin(－x)|(e－x＋ex)＝|sinx|(ex＋e－x)＝|f(x)|g(x)，则|f(x)|g(x)是偶函数，错误；对于选项C，f(x)|g(x)|＝|ex＋e－x|sinx，f(－x)|g(－x)|＝|e－x＋ex|sin(－x)＝－|ex＋e－x|sinx＝－f(x)|g(x)|，则f(x)|g(x)|是奇函数，正确；对于选项D，|f(x)g(x)|＝|(ex＋e－x)sinx|，|f(－x)g(－x)|＝|(e－x＋ex)sin(－x)|＝|(ex＋e－x)sinx|＝|f(x)g(x)|，则|f(x)g(x)|是偶函数，错误．故选C．
2．(2022·全国乙卷)若f(x)＝lneq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,1－x)))＋b是奇函数，则a＝__________，b＝__________．
【答案】－eq \f(1,2) ln2
【解析】∵f(x)是奇函数，∴f(x)的定义域关于原点对称．
由已知得x≠1，∴x≠－1，即当x＝－1时，
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,1－x)))＝0，∴a＋eq \f(1,2)＝0，∴a＝－eq \f(1,2)，此时f(x)＝lneq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1＋x,21－x)))＋b，
∵f(x)为奇函数且在x＝0处有意义，
∴f(0)＝0，即lneq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1＋0,21－0)))＋b＝lneq \f(1,2)＋b＝0，
∴b＝－lneq \f(1,2)＝ln2．综上可知，a＝－eq \f(1,2)，b＝ln2．
考点十一 函数的周期性
【例11】 (1)函数f(x)＝lg|sinx|是( )
A．最小正周期为π的奇函数
B．最小正周期为2π的奇函数
C．最小正周期为π的偶函数
D．最小正周期为2π的偶函数
(2)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，并且满足f(x＋2)＝－eq \f(1,fx)，当2≤x≤3时，f(x)＝x，则f(105．5)＝( )
A．－2．5 B．2．5
C．5．5 D．－5．5
【答案】(1)C (2)B
【解析】(1)由题知，f(x)的定义域是{x|x≠0}．∵f(－x)＝lg|sin(－x)|＝lg|sinx|＝f(x)，∴函数f(x)为偶函数．∵f(x＋π)＝lg|sin(x＋π)|＝lg|sinx|，∴函数f(x)的周期为π．故选C．
(2)f(x＋2)＝－eq \f(1,fx)⇒f(x＋4)＝f(x)，故4为函数的一个周期．∴f(105．5)＝f(4×26＋1．5)＝f(1．5)．又∵f(x)为偶函数，∴f(1．5)＝f(－1．5)＝f(－1．5＋4)＝f(2．5)＝2．5．故选B．
归纳点拨
(1)求解与函数的周期有关的问题，应根据题目特征及周期定义，求出函数的周期．
(2)利用函数的周期性，可将其他区间上的求值、求零点个数、求解析式等问题，转化到已知区间上，进而解决问题．
对点训练
1．定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x－2)，且当x∈[0,1]时，f(x)＝2x－1，则f(lg210)的值为( )
A．－eq \f(2,5) B．eq \f(2,5) C．－eq \f(3,5) D．eq \f(3,5)
【答案】C
【解析】因为函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x－2)，即f(x)＝f(x＋4)，所以函数f(x)是以4为周期的周期函数．由对数的运算性质可得lg210∈(3,4)，则f(lg210)＝f(lg210－4)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(5,8)))，且lg2eq \f(5,8)∈(－1,0)．因为f(x)为R上的奇函数，且当x∈[0,1]时，f(x)＝2x－1，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(5,8)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－lg2\f(5,8)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(8,5)))＝－(2lg2eq \f(8,5)－1)＝－eq \f(3,5)，即f(lg210)＝－eq \f(3,5)．故选C．
2．定义在R上的函数f(x)满足f(x＋6)＝f(x)．当x∈[－3,3)时，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋22，－3≤x<－1，,x，－1≤x<3，))则f(4)＝__________，f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2022)＋f(2023)＝__________．
【答案】0 338
【解析】因为f(x＋6)＝f(x)，所以函数f(x)是周期为6的周期函数．
当x∈[－3,3)时，
f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋22，－3≤x<－1，,x，－1≤x<3，))
所以f(4)＝f(－2)＝－(－2＋2)2＝0．
因为2022＝6×337,2023＝6×337＋1，且f(1)＝1，f(2)＝2，f(3)＝f(－3)＝－(－3＋2)2＝－1，f(4)＝0，f(5)＝f(－1)＝－1，f(6)＝f(0)＝0，
所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2022)＋f(2023)＝337×[f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(6)]＋f(1)＝337×(1＋2－1＋0－1＋0)＋1＝338．
考点十二 函数的对称性
【例12】 (多选)已知函数f(x)的定义域为R，对任意x都有f(2＋x)＝f(2－x)，且f(－x)＝f(x)，则下列结论正确的是( )
A．f(x)的图象关于x＝2对称
B．f(x)的图象关于(2,0)对称
C．f(x)的最小正周期为4
D．y＝f(x＋4)为偶函数
【答案】ACD
【解析】∵f(2＋x)＝f(2－x)，则f(x)的图象关于x＝2对称，故A正确，B错误；∵函数f(x)的图象关于x＝2对称，则f(－x)＝f(x＋4)，又f(－x)＝f(x)，∴f(x＋4)＝f(x)，∴T＝4，故C正确；∵T＝4且f(x)为偶函数，故y＝f(x＋4)为偶函数，故D正确．故选ACD．
归纳点拨
(1)求解与函数的对称性有关的问题时，应根据题目特征和对称性的定义，求出函数的对称轴或对称中心．
(2)解决函数对称性有关的问题，一般结合函数图象，利用对称性解决求值或参数问题．
对点训练
1．已知函数f(x)的定义域为R，当x∈[－2,2]时，f(x)单调递减，且函数y＝f(x＋2)为偶函数，则下列结论正确的是( )
A．f(π)B．f(π)C．f(eq \r(2))D．f(eq \r(2))【答案】C
【解析】∵y＝f(x＋2)为偶函数，∴y＝f(x)的图象关于x＝2对称，∴f(－x＋2)＝f(x＋2)，∴f(3)＝f(1)，f(π)＝f(4－π)．∵0<4－π<1∴f(4－π)>f(1)>f(eq \r(2))，∴f(eq \r(2))2．已知函数f(x)的定义域为R，且f(x)为奇函数，其图象关于x＝2对称．当x∈[0,4]时，f(x)＝x2－4x，则f(2022)＝__________．
【答案】4
【解析】∵f(x)的图象关于x＝2对称，∴f(－x)
＝f(x＋4)，又f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，故f(x＋4)＝－f(x)，∴T＝8，又∵2022＝252×8＋6，∴f(2022)＝f(6)＝f(－2)＝－f(2)＝－(4－8)＝4．
一、选择题
1．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x，x≤0，,x2，x>0，))若f(a)＝4，则实数a＝( )
A．－4或－2 B．－4或2
C．4或－2 D．2或－2
【答案】B
【解析】f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x，x≤0，,x2，x>0，))∴当a>0时，f(a)＝a2＝4，解得a＝2或a＝－2(舍去)．当a≤0时，f(a)＝－a＝4，解得a＝－4．综上可知，a＝2或a＝－4．故选B．
2．若函数f(x)满足f(1－lnx)＝eq \f(1,x)，则f(2)等于( )
A．eq \f(1,2) B．e C．eq \f(1,e) D．－1
【答案】B
【解析】解法一：令1－lnx＝t，则x＝e1－t，于是f(t)＝eq \f(1,e1－t)，即f(x)＝eq \f(1,e1－x)，故f(2)＝e．故选B．
解法二：由1－lnx＝2，得x＝eq \f(1,e)，这时eq \f(1,x)＝eq \f(1,\f(1,e))＝e，即f(2)＝e．故选B．
3．若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2ex－1，x<2，,lg3x2－1，x≥2，))则不等式f(x＋1)>2的解集为( )
A．(－2,4)
B．(0,1)∪(eq \r(10)－1，＋∞)
C．(1,2)∪(eq \r(10)，＋∞)
D．(2,3)∪(eq \r(10)＋1，＋∞)
【答案】B
【解析】当x＋1<2，即x<1时，不等式f(x＋1)>2可化为2ex>2，解得x>0，故02可化为lg3[(x＋1)2－1]>2，所以(x＋1)2－1>32，即(x＋1)2>10，解得x>eq \r(10)－1．综上所述，不等式f(x＋1)>2的解集为(0,1)∪(eq \r(10)－1，＋∞)．
4．函数f(x)＝eq \r(1－4x2)＋ln(3x－1)的定义域为( )
A．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2)))
C．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4))) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))
【答案】B
【解析】要使函数f(x)＝eq \r(1－4x2)＋ln(3x－1)有意义，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－4x2≥0，,3x－1>0))⇒eq \f(1,3)5．函数y＝eq \f(1,2x)＋lg eq \s\d8(\f(1,2)) x，x∈[1,2)的值域为( )
A．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，－\f(1,2)))
C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，\f(1,2))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,4)))
【答案】C
【解析】∵函数y＝eq \f(1,2x)＋lg eq \s\d8(\f(1,2)) x在[1,2)上是减函数，∴－eq \f(3,4)6．若函数f(x)＝x2－6x－16的定义域为[0，m]，值域为[－25，－9]，则实数m的取值范围是( )
A．[3,6] B．[3,7]
C．[6,7] D．{7}
【答案】D
【解析】已知f(x)＝x2－6x－16的图象开口向上，对称轴为直线x＝3，且f(3)＝－25，f(0)＝－16．令f(x)＝－9，解得x＝－1或x＝7．因为f(x)的值域为[－25，－9]，包括最小值，则由二次函数的图象与性质可得，m＝7．故选D．
7．函数f(x)＝|x－1|＋3x的单调递增区间是( )
A．[1，＋∞) B．(－∞，1]
C．[0，＋∞) D．(－∞，＋∞)
【答案】D
【解析】由于f(x)＝|x－1|＋3x＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4x－1，x≥1，,2x＋1，x<1，))显然当x≥1时，f(x)单调递增，当x<1时，f(x)也单调递增，且4×1－1＝2×1＋1，因此函数的单调递增区间是(－∞，＋∞)，故选D．
8．已知函数f(x)＝lg(x2－4x－5)在(a，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－1] B．(－∞，2]
C．[2，＋∞) D．[5，＋∞)
【答案】D
【解析】由x2－4x－5>0，解得x>5或x<－1，所以函数f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(5，＋∞)．又函数y＝x2－4x－5在(5，＋∞)上单调递增，在(－∞，－1)上单调递减，所以函数f(x)＝lg(x2－4x－5)在(5，＋∞)上单调递增，所以a≥5，故选D．
二、解答题
9．设二次函数f(x)满足f(2＋x)＝f(2－x)，且f(x)＝0的两个实根的平方和为10，f(x)的图象过点(0,3)，求f(x)的解析式．
【解析】∵f(2＋x)＝f(2－x)，
∴f(x)的图象关于直线x＝2对称．
于是，设f(x)＝a(x－2)2＋k(a≠0)，
则由f(0)＝3，可得k＝3－4a，
∴f(x)＝a(x－2)2＋3－4a＝ax2－4ax＋3．
∵ax2－4ax＋3＝0的两实根的平方和为10，
∴10＝xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝16－eq \f(6,a)，
∴a＝1．∴f(x)＝x2－4x＋3．
10．设f(x)是定义域为R的周期函数，最小正周期为2，且f(1＋x)＝f(1－x)．当－1≤x≤0时，f(x)＝－x．
(1)判定f(x)的奇偶性；
(2)试求出函数f(x)在区间[－1,2]上的表达式．
【解析】(1)∵f(1＋x)＝f(1－x)，
∴f(－x)＝f(2＋x)．
又f(x＋2)＝f(x)，∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)是偶函数．
(2)当x∈[0,1]时，－x∈[－1,0]，
则f(x)＝f(－x)＝x；
进而当x∈[1,2]时，x－2∈[－1,0]，
f(x)＝f(x－2)＝－(x－2)＝－x＋2．
故所求为f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x，x∈[－1，0，,x，x∈[0，1，,－x＋2，x∈[1，2].))
概念
一般地，设A，B是非空的实数集，如果对于集合A中的任意一个数x，按照某种确定的对应关系f，在集合B中都有唯一确定的数y和它对应，那么就称f：A→B为从集合A到集合B的一个函数
三要素
对应关系
y＝f(x)，x∈A
定义域
x的取值范围
值域
与x对应的y的值的集合{f(x)|x∈A}
增函数
减函数
定义
一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间D⊆I，如果∀x1，x2∈D
当x1当x1f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上单调递减，特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递减时，我们就称它是减函数
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
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∀x∈I，都有f(x)≤M
②∃x0∈I，使得f(x0)＝M
①∀x∈I，都有f(x)≥M
②∃x0∈I，使得f(x0)＝M
结论
M为最大值
M为最小值
奇偶性
定义
图象特点
偶函数
一般地，设函数f(x)的定义域为I，如果∀x∈I，都有－x∈I，且f(－x)＝f(x)，那么函数f(x)就叫做偶函数
关于y轴对称
奇函数
一般地，设函数f(x)的定义域为I，如果∀x∈I，都有－x∈I，且f(－x)＝－f(x)，那么函数f(x)就叫做奇函数
关于原点对称
方法
条件
思路
待定系
数法
已知函数类型
①设出含有待定系数的函数解析式
②将已知条件代入，建立方程(组)，通过解方程(组)求出相应的待定系数
换元法
形如y＝
f[g(x)]的函数
①令t＝g(x)，求出x＝φ(t)，换元注意给出新元t的取值范围
②将x＝φ(t)代入表达式求出f(t)
③将t换成x得到f(x)的解析式，要注意新元的取值范围
配凑法
形如f[g(x)]＝F(x)的函数
①由已知条件f[g(x)]＝F(x)将F(x)改写成关于g(x)的表达式
②以x替代g(x)，得f(x)的解析式，同时注意给出x的取值范围
构造法
已知关于f(x)
与f(－x)或f(eq \f(1,x))的表达式
①把x换成－x或eq \f(1,x)，构造出另外一个等式，与原等式组成方程组
②通过解方程组求出f(x)
类型
策略
具体函数
已知函数的解析式，构建使解析式有意义的不等式(组)求解
抽象函数
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
实际问题
既要使构建的函数解析式有意义，又要考虑实际问题的要求