高三一輪復(fù)習(xí)函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用

第一節(jié)函數(shù)及其表示考綱下載1．了解構(gòu)成函數(shù)的要素，會求一些簡單函數(shù)的定義域和值域；了解映射的概念．2．在實際情境中，會根據(jù)不同的需要選擇恰當(dāng)?shù)姆椒?如圖象法、列表法、解析式法)表示函數(shù)．3．了解簡單的分段函數(shù)，并能簡單應(yīng)用．一、必備知識1．函數(shù)與映射的概念函數(shù)映射兩集合A，B設(shè)A，B是兩個非空數(shù)集設(shè)A，B是兩個非空集合對應(yīng)關(guān)系f：A→B如果按照某個對應(yīng)關(guān)系f，對于集合A中的任意一個數(shù)x，在集合B中都存在唯一確定的數(shù)f(x)與之對應(yīng)如果按某一個確定的對應(yīng)關(guān)系f，使對于集合A中的任意一個元素x，在集合B中都有唯一確定的元素y與之對應(yīng)名稱稱f：A→B為從集合A到集合B的一個函數(shù)稱對應(yīng)f：A→B為從集合A到集合B的一個映射記法y＝f(x)，x∈A對應(yīng)f：A→B是一個映射2.函數(shù)的有關(guān)概念(1)函數(shù)的定義域、值域：在函數(shù)y＝f(x)，x∈A中，x叫做自變量，x的取值范圍A叫做函數(shù)的定義域；與x的值相對應(yīng)的y值叫做函數(shù)值，函數(shù)值的集合{f(x)|x∈A}叫做函數(shù)的值域．顯然，值域是集合B的子集．(2)函數(shù)的三要素：定義域、值域和對應(yīng)關(guān)系．(3)相等函數(shù)：如果兩個函數(shù)的定義域和對應(yīng)關(guān)系完全一致，則這兩個函數(shù)相等，這是判斷兩函數(shù)相等的依據(jù)．(4)函數(shù)的表示法表示函數(shù)的常用方法有：解析式法、圖象法、列表法．3．分段函數(shù)若函數(shù)在其定義域內(nèi)，對于定義域內(nèi)的不同取值區(qū)間，有著不同的對應(yīng)關(guān)系，這樣的函數(shù)通常叫做分段函數(shù)．分段函數(shù)雖然由幾部分組成，但它表示的是一個函數(shù)．二、必記結(jié)論1．映射與函數(shù)都是一一對應(yīng)關(guān)系，可以是一對一，多對一．2．函數(shù)實質(zhì)上就是數(shù)集上的一種映射，即函數(shù)是一種特殊的映射，而映射可以看作函數(shù)概念的推廣．3．函數(shù)圖象的特征：與x軸垂直的直線與其最多有一個公共點．利用這個特征可以判斷一個圖形能否作為一個函數(shù)的圖象．4．分段函數(shù)有幾段，它的圖象就由幾條曲線組成，同時要注意每段曲線端點的虛實，而且橫坐標(biāo)相同的地方不能有兩個及兩個以上的點．一、思考辨析判斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)函數(shù)f(x)＝x2－2x與函數(shù)f(t)＝t2－2t是同一個函數(shù)．()(2)函數(shù)y＝1與函數(shù)y＝x0是相同函數(shù)．()(3)若兩個函數(shù)的定義域和值域相同，則這兩個函數(shù)為相同函數(shù)．()(4)分段函數(shù)的定義域等于各段函數(shù)定義域的并集，值域等于各段函數(shù)值域的并集．()提示：(1)正確．定義域和對應(yīng)關(guān)系都相同．(2)錯誤．函數(shù)y＝1的定義域為R，而函數(shù)y＝x0的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)．(3)錯誤．兩個函數(shù)的定義域和值域相同時，不一定是同一個函數(shù)．如y＝sinx和y＝cosx.(4)正確．根據(jù)分段函數(shù)的性質(zhì)可得．答案：(1)√(2)×(3)×(4)√二、牛刀小試1．下列各圖形中是函數(shù)圖象的是()ABCD解析：選D由函數(shù)的定義可知選項D正確．2．下列四組函數(shù)中，表示同一函數(shù)的是()A．y＝x－1與y＝eq\r(（x－1）2)B．y＝eq\r(x－1)與y＝eq\f(x－1,\r(x－1))C．y＝4lgx與y＝2lgx2D．y＝lgx－2與y＝lgeq\f(x,100)解析：選DA中兩函數(shù)值域不同，B，C選項中兩函數(shù)的定義域不同．3．(2014·山東高考)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,\r(log2x－1))的定義域為()A．(0，2)B．(0，2]C．(2，＋∞)D．[2，＋∞)解析：選C由題意可知x滿足log2x－1＞0，即log2x＞log22，根據(jù)對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)得x＞2，即函數(shù)f(x)的定義域是(2，＋∞)．4．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x2，x≤1，,x2＋x－2，x>1，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,f（2）)))的值為________．解析：由題易知，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(對應(yīng)學(xué)生用書P12)考點一函數(shù)的定義域[例1](1)(2015·長沙模擬)函數(shù)f(x)＝eq\r(2x－1)＋eq\f(1,\r(x－2))的定義域為()A．(2，＋∞]B．(－2，1]C．(－∞，－2)∪(－2，0]D．[2，＋∞)(2)已知函數(shù)f(x2－1)的定義域為[0，3]，則函數(shù)y＝f(x)的定義域為________．[聽前試做](1)由題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1≥0，,x－2>0，))解得x>2，所以函數(shù)f(x)的定義域為(2，＋∞)．(2)因為函數(shù)f(x2－1)的定義域為[0，3]，所以－1≤x2－1≤8，故函數(shù)y＝f(x)的定義域為[－1，8]．答案：(1)A(2)[－1，8][探究1]在本例(2)中，若f(x)的定義域為[0，3]，求函數(shù)f(x2－1)的定義域．解：因為f(x)的定義域為[0，3]，所以0≤x2－1≤3，即1≤x2≤4，解得1≤x≤2或－2≤x≤－1，故函數(shù)y＝f(x2－1)的定義域為[－2，－1]∪[1，2]．[探究2]在本例(2)中，保持條件不變，求函數(shù)f(2x＋1)的定義域．解：∵f(x2－1)的定義域為[0，3]，∴－1≤x2－1≤8.令－1≤2x＋1≤8，得－1≤x≤eq\f(7,2)，即函數(shù)f(2x＋1)的定義域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(7,2))).[探究3]在本例(2)中，若f(x)的定義域為[0，3]，求函數(shù)y＝f(x2－1)＋f(2x＋1)的定義域．解：∵f(x)的定義域為[0，3]．∴要使函數(shù)y＝f(x2－1)＋f(2x＋1)有意義，則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，∴函數(shù)y＝f(x2－1)＋f(2x＋1)的定義域為{1}．1．簡單函數(shù)定義域的求法求函數(shù)的定義域，其實質(zhì)就是以函數(shù)解析式所含運算有意義為準(zhǔn)則，列出不等式或不等式組，然后求出它們的解集即可．2．抽象函數(shù)的定義域(1)若已知函數(shù)f(x)的定義域為[a，b]，則復(fù)合函數(shù)f(g(x))的定義域由不等式a≤g(x)≤b求出．(2)若已知函數(shù)f(g(x))的定義域為[a，b]，則f(x)的定義域為g(x)在x∈[a，b]時的值域．1．若函數(shù)y＝f(x)的定義域是[0，2014]，則函數(shù)g(x)＝eq\f(f（x＋1）,x－1)的定義域是()A．[－1，2013]B．[－1，1)∪(1，2013]C．[0，2014]D．[－1，1)∪(1，2014]解析：選B令t＝x＋1，則由已知函數(shù)y＝f(x)的定義域為[0，2014]，可知f(t)中0≤t≤2014，故要使函數(shù)f(x＋1)有意義，則0≤x＋1≤2014，解得－1≤x≤2013，故函數(shù)f(x＋1)的定義域為[－1，2013]．所以函數(shù)g(x)有意義的條件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤2013，,x－1≠0，))解得－1≤x<1或1<x≤2013.故函數(shù)g(x)的定義域為[－1，1)∪(1，2013]．2．如果函數(shù)f(x)＝ln(－2x＋a)的定義域為(－∞，1)，則實數(shù)a的值為()A．－2B．－1C．1D．2解析：選D∵－2x＋a>0，∴x<eq\f(a,2)，∴eq\f(a,2)＝1，∴a＝2.考點二求函數(shù)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)滿足2f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3x，求f(x)的解析式．[聽前試做](1)令t＝2x＋1，則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)．求函數(shù)解析式的常用方法(1)配湊法：由已知條件f(g(x))＝F(x)，可將F(x)改寫成關(guān)于g(x)的表達式，然后以x替代g(x)，便得f(x)的表達式．(2)待定系數(shù)法：若已知函數(shù)的類型(如一次函數(shù)、二次函數(shù))，則可用待定系數(shù)法．(3)換元法：已知復(fù)合函數(shù)f(g(x))的解析式，可用換元法，此時要注意新元的取值范圍．(4)解方程組法：已知關(guān)于f(x)與feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))或f(－x)的表達式，可根據(jù)已知條件再構(gòu)造出另外一個等式組成方程組，通過解方程組求出f(x)．1．已知f(eq\r(x)＋1)＝x＋2eq\r(x)，求函數(shù)f(x)的解析式．解：法一：設(shè)t＝eq\r(x)＋1，則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．定義在(－1，1)內(nèi)的函數(shù)f(x)滿足2f(x)－f(－x)＝lg(x＋1)，求f(x)解：當(dāng)x∈(－1，1)時，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)．考點三分段函數(shù)分段函數(shù)是一類重要的函數(shù)，是高考的命題熱點，多以選擇題或填空題的形式呈現(xiàn)，試題難度不大，多為容易題或中檔題，且主要有以下幾個命題角度：角度一：已知分段函數(shù)解析式，求函數(shù)值(或最值)[例3](2013·福建高考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x3，x<0，,－tanx，0≤x<\f(π,2)，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))))＝________．[聽前試做]∵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：已知分段函數(shù)解析式與方程，求參數(shù)的值或范圍[例4](2014·浙江高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x＋2，x≤0，,－x2，x>0.))若f(f(a))＝2，則a＝________．[聽前試做]若a>0，則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，則f(a)＝a2＋2a＋2＝(a＋1)2＋1>0∴f(f(a))＝－(a2＋2a＋2)2綜上，a＝eq\r(2).答案：eq\r(2)角度三：已知分段函數(shù)解析式，求解不等式[例5](2014·新課標(biāo)全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－1，x<1，,x\s\up6(\f(1,3))，x≥1，))則使得f(x)≤2成立的x的取值范圍是________．[聽前試做]當(dāng)x<1時，由ex－1≤2得x≤1＋ln2，∴x<1；當(dāng)x≥1時，由xeq\s\up6(\f(1,3))≤2得x≤8，∴1≤x≤8.綜上，符合題意的x的取值范圍是x≤8.答案：(－∞，8]角度四：已知分段函數(shù)解析式，研究函數(shù)的奇偶性等性質(zhì)[例6](2014·福建高考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x>0，,cosx，x≤0，))則下列結(jié)論正確的是()A．f(x)是偶函數(shù)B．f(x)是增函數(shù)C．f(x)是周期函數(shù)D．f(x)的值域為[－1，＋∞)[聽前試做]因為f(π)＝π2＋1，f(－π)＝－1，所以f(－π)≠f(π)，所以函數(shù)f(x)不是偶函數(shù)，排除A；因為函數(shù)f(x)在(－2π，－π)上單調(diào)遞減，排除B；函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)不是周期函數(shù)，排除C；因為x＞0時，f(x)＞1，x≤0時，－1≤f(x)≤1，所以函數(shù)f(x)的值域為[－1，＋∞)．答案：D分段函數(shù)問題的常見類型及解題策略(1)求函數(shù)值．弄清自變量所在區(qū)間，然后代入對應(yīng)的解析式，求“層層套”的函數(shù)值，要從最內(nèi)層逐層往外計算．(2)求函數(shù)最值．分別求出每個區(qū)間上的最值，然后比較大?。?3)解不等式．根據(jù)分段函數(shù)中自變量取值范圍的界定，代入相應(yīng)的解析式求解，但要注意取值范圍的大前提．(4)求參數(shù)．“分段處理”，采用代入法列出各區(qū)間上的方程．(5)奇偶性．利用奇函數(shù)(偶函數(shù))的定義判斷．1．(2015·天津模擬)定義ab＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a×b，a×b≥0，,\f(a,b)，a×b<0.))設(shè)函數(shù)f(x)＝lnxx，則f(2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝()A．4ln2B．－4ln2C．2D．0解析：選D由題意可得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．已知實數(shù)a≠0，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋a，x＜1，,－x－2a，x≥1，))若f(1－a)＝f(1＋a)，則a的值為________．解析：當(dāng)1－a＜1，即a＞0時，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)；當(dāng)1－a＞1，即a＜0時，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)，符合題意．綜上所述，a＝－eq\f(3,4).答案：－eq\f(3,4)3．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－3，x≥10，,f（f（x＋5）），x＜10，))則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[課堂歸納——通法領(lǐng)悟]eq\a\vs4\al(4)個準(zhǔn)則——函數(shù)表達式有意義的準(zhǔn)則函數(shù)表達式有意義的準(zhǔn)則一般有：(1)分式中的分母不為0；(2)偶次根式的被開方數(shù)非負；(3)y＝x0要求x≠0；(4)對數(shù)式中的真數(shù)大于0，底數(shù)大于0且不等于1.eq\a\vs4\al(4)種方法——函數(shù)解析式的求法求函數(shù)解析式常用的方法有：(1)配湊法；(2)待定系數(shù)法；(3)換元法；(4)解方程組法．具體內(nèi)容見本節(jié)例2[方法規(guī)律]．eq\a\vs4\al(4)個注意點——求函數(shù)定義域應(yīng)注意的問題(1)如果沒有特別說明，函數(shù)的定義域就是能使解析式有意義的所有實數(shù)x的集合．(2)不要對解析式進行化簡變形，以免定義域發(fā)生變化．(3)當(dāng)一個函數(shù)由兩個或兩個以上代數(shù)式的和、差、積、商的形式構(gòu)成時，定義域是使得各式子都有意義的公共部分的集合．(4)定義域是一個集合，要用集合或區(qū)間表示，若用區(qū)間表示數(shù)集，不能用“或”連接，而應(yīng)該用并集符號“∪”連接．eq\a\vs4\al([全盤鞏固])一、選擇題1．已知集合A＝[0，8]，集合B＝[0，4]，則下列對應(yīng)關(guān)系中，不能看作從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：選D按照對應(yīng)關(guān)系f：x→y＝x，對A中某些元素(如x＝8)，B中不存在元素與之對應(yīng)．2．下列各組函數(shù)表示相同函數(shù)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：選CA選項中兩函數(shù)的定義域不同；B選項中兩函數(shù)的對應(yīng)關(guān)系不同；D選項中兩函數(shù)的定義域不同．3．函數(shù)g(x)＝eq\r(x＋3)＋log2(6－x)的定義域是()A．{x|x>6}B．{x|－3<x<6}C．{x|x>－3}D．{x|－3≤x<6}解析：選D由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋3≥0，,6－x>0，))解得－3≤x<6，故函數(shù)的定義域為[－3，6)．4．設(shè)函數(shù)f(x)＝2x＋3，g(x＋2)＝f(x)，則g(x)的解析式是()A．2x＋1B．2x－1C．2x－3D．2x＋解析：選B因為g(x＋2)＝f(x)＝2x＋3＝2(x＋2)－1，所以g(x)＝2x－1.5．(2015·長沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x，x≤0，,ax，x>0.))若f(1)＝f(－1)，則實數(shù)a的值等于()A．1B．2C．3D．解析：選B由f(1)＝f(－1)即可得到a＝1－(－1)＝2，故應(yīng)選B.6．(2014·江西高考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a·2x，x≥0，,2－x，x<0))(a∈R)，若f[f(－1)]＝1，則a＝()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．1D．2解析：選A因為－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，))則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：選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．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(x)，x≥0，,\r(－x)，x<0，))若f(a)＋f(－1)＝2，則a＝()A．－3B．3或－3C．－1D．1或－1解析：選Df(－1)＝eq\r(－（－1）)＝1，故由已知可得f(a)＝1.若a≥0，則有eq\r(a)＝1，解得a＝1；若a<0，則有eq\r(－a)＝1，解得a＝－1.二、填空題9．設(shè)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為有理數(shù)，,0，x為無理數(shù)，))則f(g(π))的值為________．解析：∵π是無理數(shù)，∴g(π)＝0，∴f(g(π))＝f(0)＝0.答案：010．函數(shù)y＝f(x)的定義域為[－2，4]，則函數(shù)g(x)＝f(x)＋f(－x)的定義域為________．解析：由題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2≤x≤4，,－2≤－x≤4，))解得－2≤x≤2.答案：[－2，2]11．函數(shù)y＝eq\r(kx2－6kx＋9)的定義域為R，則k的取值范圍是________．解析：k＝0符合題意；若k≠0，則k>0且36k2－4×9k≤0，即0<k≤1.綜上，0≤k≤1.答案：[0，1]12．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2ax，x≥2，,2x＋1，x＜2，))若f(f(1))>3a2，則a的取值范圍是________．解析：由題知，f(1)＝2＋1＝3，f(f(1))＝f(3)＝32＋6a.若f(f(1))>3a2，則9＋6a>3a2，即a2－2a－3<0答案：(－1，3)三、解答題13．已知f(x)是二次函數(shù)，若f(0)＝0，且f(x＋1)＝f(x)＋x＋1.(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)求函數(shù)y＝f(x2－2)的值域．解：(1)設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由題意可知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)，當(dāng)x2＝eq\f(3,2)時，y取最小值－eq\f(1,8)，故函數(shù)值域為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)，＋∞)).eq\a\vs4\al([沖擊名校])1．(2013·陜西高考)設(shè)[x]表示不大于x的最大整數(shù)，則對任意實數(shù)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：選D取特殊值進行判斷，當(dāng)x＝1.1時，[－x]＝－2，－[x]＝－1，故A錯；當(dāng)x＝－1.1時，[x]＝－2，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝[－0.6]＝－1，故B錯；當(dāng)x＝1.9時，[2x]＝3，2[x]＝2，故C錯．由排除法，選D.2．(2015·天津模擬)具有性質(zhì)：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－f(x)的函數(shù)，我們稱為滿足“倒負”變換的函數(shù)，下列函數(shù)：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.))其中滿足“倒負”變換的函數(shù)是()A．①②B．①③C．②③D．①解析：選B對于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)，滿足；對于②，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1,x)＋x＝f(x)，不滿足；對于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)，滿足．綜上可知，滿足“倒負”變換的函數(shù)是①③.3．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x＋1)＝2f(x)．若當(dāng)0≤x≤1時，f(x)＝x(1－x)，則當(dāng)－1≤x≤0時，f(x)＝________解析：當(dāng)0≤x≤1時，f(x)＝x(1－x)，當(dāng)－1≤x≤0時，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.∴當(dāng)－1≤x≤0時，f(x)＝－eq\f(1,2)x2－eq\f(1,2)x.答案：－eq\f(1,2)x2－eq\f(1,2)x4．如果對?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.第二節(jié)函數(shù)的單調(diào)性與最值考綱下載1．理解函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值及其幾何意義．2．會利用函數(shù)的圖象理解和研究函數(shù)的性質(zhì)．一、必備知識1．函數(shù)的單調(diào)性(1)單調(diào)函數(shù)的定義增函數(shù)減函數(shù)定義一般地，設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為I，如果對于定義域I內(nèi)某個區(qū)間D上的任意兩個自變量x1，x2當(dāng)x1<x2時，都有f(x1)<f(x2)，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)當(dāng)x1<x2時，都有f(x1)>f(x2)，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是減函數(shù)圖象描述自左向右看圖象是上升的自左向右看圖象是下降的(2)單調(diào)區(qū)間的定義若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)或減函數(shù)，則稱函數(shù)y＝f(x)在這一區(qū)間上具有(嚴(yán)格的)單調(diào)性，區(qū)間D叫做函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間．2．函數(shù)的最值前提設(shè)函數(shù)y＝f(x)的定義域為I，如果存在實數(shù)M滿足條件(1)對于任意x∈I，都有f(x)≤M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M(1)對于任意x∈I，都有f(x)≥M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M結(jié)論M為最大值M為最小值二、必記結(jié)論1．函數(shù)單調(diào)性的兩種等價形式設(shè)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]上是增函數(shù)；eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜0?f(x)在[a，b]上是減函數(shù)．(2)(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0?f(x)在[a，b]上是增函數(shù)；(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0?f(x)在[a，b]上是減函數(shù)．2．函數(shù)的值域和最值的區(qū)別與聯(lián)系(1)函數(shù)的值域一定存在，而函數(shù)的最值不一定存在；(2)若函數(shù)的最值存在，則一定是值域中的元素；若函數(shù)的值域是開區(qū)間，則函數(shù)無最值；若函數(shù)的值域是閉區(qū)間，則閉區(qū)間的端點值就是函數(shù)的最值．一、思考辨析判斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)函數(shù)y＝eq\f(1,x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，0)∪(0，＋∞)．()(2)函數(shù)y＝eq\f(1,x)在定義域上為減函數(shù)．()(3)相同單調(diào)性函數(shù)的和、差、積、商函數(shù)還具有相同的單調(diào)性．()(4)若定義在R上的函數(shù)f(x)，有f(－1)<f(3)，則函數(shù)f(x)在R上為增函數(shù)．()(5)函數(shù)y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，則函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是[1，＋∞)．()(6)閉區(qū)間上的單調(diào)函數(shù)，其最值一定在區(qū)間端點取到．()(7)如果一個函數(shù)在定義域內(nèi)的某幾個子區(qū)間上都是增函數(shù)，則這個函數(shù)在定義域上是增函數(shù)．()提示：(1)錯誤．單調(diào)區(qū)間不能用并集符號連接．(2)錯誤．函數(shù)y＝eq\f(1,x)有兩個單調(diào)遞減區(qū)間，但在定義域上不是單調(diào)的．(3)錯誤．相同單調(diào)性的函數(shù)在公共定義域上的和仍具有相同的單調(diào)性，但是差、積、商函數(shù)的單調(diào)性不能確定．(4)錯誤．不滿足增函數(shù)定義中的任意性．(5)錯誤．函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，說明[1，＋∞)是該函數(shù)單調(diào)遞增區(qū)間的子集．(6)正確．(7)錯誤．如函數(shù)y＝－eq\f(1,x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上都是增函數(shù)，但這個函數(shù)在定義域上不是增函數(shù)．答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√(7)×二、牛刀小試1．(2014·北京高考)下列函數(shù)中，定義域是R且為增函數(shù)的是()A．y＝e－xB．y＝x3C．y＝lnxD．y＝|x|解析：選B分別畫出四個函數(shù)的圖象，如圖：因為對數(shù)函數(shù)y＝lnx的定義域不是R，故首先排除選項C；因為指數(shù)函數(shù)y＝e－x，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))eq\s\up12(x)，在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，故排除選項A；對于函數(shù)y＝|x|，當(dāng)x∈(－∞，0)時，函數(shù)變?yōu)閥＝－x，在其定義域內(nèi)單調(diào)遞減，因此排除選項D；而函數(shù)y＝x3在定義域R上為增函數(shù)，故選B.2．如果二次函數(shù)f(x)＝3x2＋2(a－1)x＋b在區(qū)間(－∞，1)上是減函數(shù)，則()A．a(chǎn)＝－2B．a(chǎn)＝2C．a(chǎn)≤－2D．a(chǎn)≥2解析：選C函數(shù)f(x)＝3x2＋2(a－1)x＋b的對稱軸為x＝eq\f(1－a,3)，即函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1－a,3))).所以eq\f(1－a,3)≥1，即a≤－2.3．函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x－1)，x∈[2，6]．下列命題：①函數(shù)f(x)為減函數(shù)；②函數(shù)f(x)為增函數(shù)；③函數(shù)f(x)的最大值為2；④函數(shù)f(x)的最小值為eq\f(2,5).其中為真命題的是________(寫出所有真命題的編號)．解析：易知函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x－1)在[2，6]上為減函數(shù)，故f(x)max＝f(2)＝2，f(x)min＝f(6)＝eq\f(2,5).答案：①③④4．函數(shù)y＝logeq\s\do9(\f(1,2))(x2－1)的單調(diào)遞增區(qū)間為________．解析：由x2－1>0，得x>1或x<－1，即函數(shù)y＝logeq\s\do9(\f(1,2))(x2－1)的定義域為(－∞，－1)∪(1，＋∞)．又函數(shù)y＝logeq\s\do9(\f(1,2))(x2－1)是函數(shù)y＝logeq\s\do9(\f(1,2))μ，μ＝x2－1的復(fù)合函數(shù)，所以該單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)．答案：(－∞，－1)考點一函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明[例1]判斷函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，＋∞)上的單調(diào)性，并給出證明．[聽前試做]法一：任意取x1>x2>0，則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))).當(dāng)eq\r(a)≥x1>x2>0時，x1－x2>0，1－eq\f(a,x1x2)<0，有f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，故函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，eq\r(a))上為減函數(shù)；當(dāng)x1>x2≥eq\r(a)時，x1－x2>0，1－eq\f(a,x1x2)>0，有f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，故函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在[eq\r(a)，＋∞)上為增函數(shù)．綜上可知，函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，eq\r(a))上為減函數(shù)，在[eq\r(a)，＋∞)上為增函數(shù)．法二：f′(x)＝1－eq\f(a,x2).令f′(x)>0，則1－eq\f(a,x2)>0，解得x>eq\r(a)或x<－eq\r(a)(舍)．令f′(x)<0，則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))上為減函數(shù)，在[eq\r(a)，＋∞)上為增函數(shù)．判斷函數(shù)單調(diào)性的方法(1)對于給出具體解析式的函數(shù)，證明或判斷其在某區(qū)間上的單調(diào)性有兩種方法：①可以利用定義(基本步驟為取值、作差或作商、變形、定號、下結(jié)論)求解；②可導(dǎo)函數(shù)則可以利用導(dǎo)數(shù)解之．(2)復(fù)合函數(shù)y＝f[g(x)]的單調(diào)性規(guī)律是“同則增，異則減”，即y＝f(u)與u＝g(x)若具有相同的單調(diào)性，則y＝f[g(x)]為增函數(shù)；若具有不同的單調(diào)性，則y＝f[g(x)]為減函數(shù)．試討論函數(shù)f(x)＝eq\f(ax,x2－1)，x∈(－1，1)的單調(diào)性(其中a≠0)．解：設(shè)－1＜x1＜x2＜1，則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，當(dāng)a＞0時，f(x1)－f(x2)＞0，∴f(x1)＞f(x2)，此時函數(shù)f(x)在(－1，1)上為減函數(shù)；當(dāng)a＜0時，f(x1)－f(x2)＜0，∴f(x1)＜f(x2)，此時函數(shù)f(x)在(－1，1)上為增函數(shù)．考點二求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間[例2]求函數(shù)f(x)＝－x2＋2|x|＋1的單調(diào)區(qū)間．[聽前試做]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.))畫出函數(shù)圖象如圖所示，可知單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1]和[0，1]，單調(diào)遞減區(qū)間為[－1，0]和[1，＋∞)．[探究1]若將本例中函數(shù)變?yōu)閒(x)＝|－x2＋2x＋1|，如何求解？解：函數(shù)y＝|－x2＋2x＋1|的圖象如圖所示．由圖象可知，函數(shù)y＝|－x2＋2x＋1|的單調(diào)遞增區(qū)間為(1－eq\r(2)，1)和(1＋eq\r(2)，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1－eq\r(2))和(1，1＋eq\r(2))．[探究2]若將本例中函數(shù)變?yōu)閒(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).根據(jù)函數(shù)圖象可知，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[－1－eq\r(2)，－1]和[0，1]，單調(diào)遞減區(qū)間為[－1，0]和[1，1＋eq\r(2)]．[探究3]若將本例中函數(shù)變?yōu)閒(x)＝logeq\s\do9(\f(1,2))(－x2＋2|x|＋1)，如何求解？解：要使函數(shù)有意義，應(yīng)有－x2＋2|x|＋1>0，即－1－eq\r(2)<x<1＋eq\r(2).又函數(shù)f(x)＝logeq\s\do9(\f(1,2))(－x2＋2|x|＋1)是函數(shù)y＝logeq\s\do9(\f(1,2))μ和μ＝－x2＋2|x|＋1的復(fù)合函數(shù)，∴函數(shù)f(x)＝logeq\s\do9(\f(1,2))(－x2＋2|x|＋1)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－1，0)和(1，1＋eq\r(2))，單調(diào)遞減區(qū)間為(－1－eq\r(2)，－1)和(0，1)．函數(shù)單調(diào)區(qū)間的求法(1)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間是函數(shù)定義域的子區(qū)間，所以求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，必須先求出函數(shù)的定義域．對于基本初等函數(shù)的單調(diào)區(qū)間可以直接利用已知結(jié)論求解，如二次函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、指數(shù)函數(shù)等．(2)如果是復(fù)合函數(shù)，應(yīng)根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性的判斷方法，首先判斷兩個簡單函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)“同則增，異則減”的法則求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．設(shè)函數(shù)y＝f(x)在(－∞，＋∞)內(nèi)有定義．對于給定的正數(shù)k，定義函數(shù)fk(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x），f（x）≤k，,k，f（x）＞k.))取函數(shù)f(x)＝2－|x|.當(dāng)k＝eq\f(1,2)時，函數(shù)fk(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A．(－∞，0)B．(0，＋∞)C．(－∞，－1)D．(1，＋∞)解析：選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)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1).考點三函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用高考對函數(shù)單調(diào)性的考查多以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，有時也應(yīng)用于解答題中的某一問中，且主要有以下幾個命題角度：角度一：利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小[例3](2014·山東高考)已知實數(shù)x，y滿足ax<ay(0<a<1)，則下列關(guān)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[聽前試做]根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)得x>y，此時x2，y2的大小不確定，故選項A、B中的不等式不恒成立；根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)，選項C中的不等式也不恒成立；根據(jù)不等式的性質(zhì)知，選項D中的不等式恒成立．答案：D角度二：利用函數(shù)的單調(diào)性解決不等式問題[例4](2013·天津高考)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增．若實數(shù)a滿足f(log2a)＋f(logeq\s\do9(\f(1,2))a)≤2f(1)，則a的取值范圍是()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][聽前試做]由已知條件得f(－x)＝f(x)，則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：利用函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)[例5]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（3a－1）x＋4a，x<1，,logax，x≥1))滿足對任意的實數(shù)x1≠x2都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0成立，則實數(shù)a的取值范圍為()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))[聽前試做]據(jù)題意，要使原函數(shù)在定義域R上為減函數(shù)，只需滿足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：利用函數(shù)的單調(diào)性求解最值(或恒成立)問題[例6]函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x－1)在區(qū)間[a，b]上的最大值是1，最小值是eq\f(1,3)，則a＋b＝________．[聽前試做]易知f(x)在[a，b]上為減函數(shù)，∴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函數(shù)單調(diào)性應(yīng)用問題的常見類型及解題策略(1)比較大小．比較函數(shù)值的大小，應(yīng)將自變量轉(zhuǎn)化到同一個單調(diào)區(qū)間內(nèi)，然后利用函數(shù)的單調(diào)性解決．(2)解不等式．在求解與抽象函數(shù)有關(guān)的不等式時，往往是利用函數(shù)的單調(diào)性將“f”符號脫掉，使其轉(zhuǎn)化為具體的不等式求解．此時應(yīng)特別注意函數(shù)的定義域．(3)利用單調(diào)性求參數(shù)．①視參數(shù)為已知數(shù)，依據(jù)函數(shù)的圖象或單調(diào)性定義，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，與已知單調(diào)區(qū)間比較求參數(shù)；②需注意若函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是單調(diào)的，則該函數(shù)在此區(qū)間的任意子集上也是單調(diào)的．(4)利用單調(diào)性求最值．應(yīng)先確定函數(shù)的單調(diào)性，然后再由單調(diào)性求出最值．1．(2015·永州模擬)已知函數(shù)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上為減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是()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：選B由于函數(shù)f(x)為R上的減函數(shù)，所以滿足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)，故答案為B.2．(2015·婁底模擬)已知函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，g(x)＝f(|x|)，若g(lgx)>g(1)，則x的取值范圍是()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：選D因為函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，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．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋2x＋a,x)，x∈[1，＋∞)．(1)當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，求函數(shù)f(x)的最小值；(2)若對任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，試求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，f(x)＝x＋eq\f(1,2x)＋2在[1，＋∞)上為增函數(shù)，f(x)min＝f(1)＝eq\f(7,2).(2)f(x)＝x＋eq\f(a,x)＋2，x∈[1，＋∞)．①當(dāng)a≤0時，f(x)在[1，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)，最小值為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當(dāng)0<a≤1時，f(x)在[1，＋∞)上為增函數(shù)，f(x)min＝f(1)＝a＋3.所以a＋3>0，a>－3.所以0<a≤1.③當(dāng)a>1時，f(x)在[1，eq\r(a)]上為減函數(shù)，在(eq\r(a)，＋∞)上為增函數(shù)，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，顯然成立．綜上所述，f(x)在[1，＋∞)上恒大于零時，a的取值范圍是(－3，＋∞)．[課堂歸納——通法領(lǐng)悟]eq\a\vs4\al(1)個防范——函數(shù)單調(diào)區(qū)間的表示單調(diào)區(qū)間只能用區(qū)間表示，不能用集合或不等式表示；如有多個單調(diào)區(qū)間應(yīng)分別寫，不能用符號“∪”聯(lián)結(jié)，也不能用“或”聯(lián)結(jié)．eq\a\vs4\al(2)條結(jié)論——函數(shù)最值的有關(guān)結(jié)論(1)閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)一定存在最大值和最小值．當(dāng)函數(shù)在閉區(qū)間上單調(diào)時最值一定在端點處取到．(2)開區(qū)間上的“單峰”函數(shù)一定存在最大值(最小值)．eq\a\vs4\al(4)種方法——函數(shù)單調(diào)性的判斷方法(1)定義法：取值、作差、變形、定號、下結(jié)論．(2)復(fù)合法：同增異減，即內(nèi)外函數(shù)的單調(diào)性相同時，為增函數(shù)，不同時為減函數(shù)．(3)導(dǎo)數(shù)法：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．(4)圖象法：利用圖象研究函數(shù)的單調(diào)性．eq\a\vs4\al([全盤鞏固])一、選擇題1．(2014·湖南高考)下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞增的是()A．f(x)＝eq\f(1,x2)B．f(x)＝x2＋1C．f(x)＝x3D．f(x)＝2－x解析：選A因為y＝x2在(－∞，0)上是單調(diào)遞減的，故y＝eq\f(1,x2)在(－∞，0)上是單調(diào)遞增的，又y＝eq\f(1,x2)為偶函數(shù)，故A對；y＝x2＋1在(－∞，0)上是單調(diào)遞減的，故B錯；y＝x3為奇函數(shù)，故C錯；y＝2－x為非奇非偶函數(shù)，故D錯．故選A.2．(2015·天津六校聯(lián)考)已知函數(shù)y＝f(x)(x∈R)，g(x)＝f(x)＋x(x∈R)，則“函數(shù)f(x)在R上遞增”是“函數(shù)g(x)在R上遞增”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：選A若函數(shù)f(x)在R上遞增，因為y＝x在R上也遞增，所以g(x)＝f(x)＋x在R上遞增；反之不一定成立，如：函數(shù)g(x)＝eq\f(1,2)x在R上遞增，但f(x)＝－eq\f(1,2)x在R上遞減．故選A.3．若函數(shù)f(x)的定義域為R，且在(0，＋∞)上是減函數(shù)，則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：選B∵f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，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．函數(shù)y＝|x|(1－x)在區(qū)間A上是增函數(shù)，那么區(qū)間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：選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.))畫出函數(shù)的草圖，如圖．由圖象易知原函數(shù)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上是增函數(shù)．5．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－ax－5，x≤1，,\f(a,x)，x＞1))在R上為增函數(shù)，則a的取值范圍是()A．[－3，0)B．[－3，－2]C．(－∞，－2]D．(－∞，0)解析：選B要使函數(shù)在R上是增函數(shù)，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)≥1，,a＜0，,－1－a－5≤a，))解得－3≤a≤－2，即a的取值范圍是[－3，－2]．6．(2014·陜西高考)下列函數(shù)中，滿足“f(x＋y)＝f(x)·f(y)”的單調(diào)遞增函數(shù)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：選D根據(jù)各選項知，選項C、D中的指數(shù)函數(shù)滿足f(x＋y)＝f(x)·f(y)．又f(x)＝3x是增函數(shù)，所以D正確．7．定義新運算⊕：當(dāng)a≥b時，a⊕b＝a；當(dāng)a<b時，a⊕b＝b2.則函數(shù)f(x)＝(1⊕x)x－(2⊕x)，x∈[－2，2]的最大值等于()A．－1B．1C．6D．12解析：選C由已知得，當(dāng)－2≤x≤1時，f(x)＝x－2；當(dāng)1＜x≤2時，f(x)＝x3－2.∵f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定義域內(nèi)都為增函數(shù)，且f(1)＝－1，f(2)＝23－2＝6，∴f(x)的最大值為f(2)＝6.8．(2015·郴州模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋2x，若f(x2－4)<2，則實數(shù)x的取值范圍是()A．(－2，2)B．(2，eq\r(5))C．(－eq\r(5)，－2)D．(－eq\r(5)，－2)∪(2，eq\r(5))解析：選D因為函數(shù)f(x)＝lnx＋2x在定義域上單調(diào)遞增，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、填空題9．(2014·天津高考)函數(shù)f(x)＝lgx2的單調(diào)遞減區(qū)間是________．解析：函數(shù)f(x)＝lgx2＝2lg|x|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2lgx，x＞0，,2lg（－x），x＜0，))易知它的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，0)．答案：(－∞，0)10．若函數(shù)f(x)＝|2x＋a|的單調(diào)遞增區(qū)間是[3，＋∞)，則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)，))可得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))，故3＝－eq\f(a,2)，解得a＝－6.答案：－611．函數(shù)y＝eq\f(2x＋k,x－2)與y＝log3(x－2)在(3，＋∞)上具有相同的單調(diào)性，則實數(shù)k的取值范圍是________．解析：由于y＝log3(x－2)的定義域為(2，＋∞)，且為增函數(shù)，故函數(shù)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，＋∞)上也是增函數(shù)，則有4＋k＜0，得k＜－4.答案：(－∞，－4)12．對于任意實數(shù)a，b，定義min{a，b}＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a＞b.))設(shè)函數(shù)f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，則函數(shù)h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________．解析：依題意，h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，0＜x≤2，,－x＋3，x＞2.))當(dāng)0＜x≤2時，h(x)＝log2x是增函數(shù)；當(dāng)x＞2時，h(x)＝3－x是減函數(shù)，則h(x)在x＝2時，取得最大值h(2)＝1.答案：1三、解答題13．已知函數(shù)f(x)對于任意x，y∈R，總有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且當(dāng)x>0時，f(x)<0，f(1)＝－eq\f(2,3).(1)求證：f(x)在R上是減函數(shù)；(2)求f(x)在[－3，3]上的最大值和最小值．解：(1)證明：∵函數(shù)f(x)對于任意x，y∈R，總有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，∴令x＝y(tǒng)＝0，得f(0)＝0.再令y＝－x，得f(－x)＝－f(x)．在R上任取x1>x2，則x1－x2>0，f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)．又∵當(dāng)x>0時，f(x)<0，而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)<f(x2)．因此f(x)在R上是減函數(shù)．(2)∵f(x)在R上是減函數(shù)，∴f(x)在[－3，3]上也是減函數(shù)，∴f(x)在[－3，3]上的最大值和最小值分別為f(－3)與f(3)．而f(3)＝3f(1)＝－2，f(－3)＝－f(3)＝∴f(x)在[－3，3]上的最大值為2，最小值為－2.eq\a\vs4\al([沖擊名校])1．“a≤0”是“函數(shù)f(x)＝|(ax－1)x|在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件解析：選Cf(x)＝|(ax－1)x|在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增等價于f(x)＝0在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)無實根，即a＝0或eq\f(1,a)<0，也就是a≤0，故“a≤0”是“函數(shù)f(x)＝|(ax－1)x|在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增”的充要條件．2．已知函數(shù)f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－x)，若x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，則()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：選B∵函數(shù)f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)，且f(2)＝0，∴當(dāng)x1∈(1，2)時，f(x1)<f(2)＝0，當(dāng)x2∈(2，＋∞)時，f(x2)>f(2)＝0，即f(x1)<0，f(x2)>0.3．(2015·安慶模擬)一般地，如果函數(shù)y＝f(x)的定義域為[a，b]，值域也是[a，b]，則稱函數(shù)f(x)為“保域函數(shù)”，下列函數(shù)中是“保域函數(shù)”的有________．(填上所有正確答案的序號)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：對于①，其值域為[－1，0]，不符合題意，故①不正確；對于②，其值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故②正確；對于③，f′3(x)＝3x2－3，當(dāng)x∈[－2，－1)∪(1，2]時，f′3(x)>0；當(dāng)x∈[－1，1]時，f′3(x)≤0，于是f3(x)在[－2，－1)上單調(diào)遞增，在[－1，1]上單調(diào)遞減，在[1，2]上單調(diào)遞增，所以其值域為[－2，2]，故③正確；對于④，f′4(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，當(dāng)x∈[1，e2]時，f′4(x)≥0，所以f4(x)＝x－lnx在[1，e2]上單調(diào)遞增，所以其值域為[1，e2－2]，不符合題意，故④不正確；對于⑤，當(dāng)x＝0時，f5(0)＝0；當(dāng)x>0時，0<f5(x)＝eq\f(2,x＋\f(1,x)－1)≤2(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時，等號成立)，所以其值域為[0，2]，故⑤正確．于是填②③⑤.答案：②③⑤4．已知函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，且滿足f(xy)＝f(x)＋f(y)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1，如果對于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(tǒng)＝1，則f(1)＝f(1)＋f(1)，f(1)＝0.(2)由題意知f(x)為(0，＋∞)上的減函數(shù)，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可化為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)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＜0，,－\f(x,2)·\f(3－x,2)≤1，))解得－1≤x＜0.∴不等式的解集為{x|－1≤x<0}．第三節(jié)函數(shù)的奇偶性及周期性考綱下載1．結(jié)合具體函數(shù)，了解函數(shù)奇偶性的含義．2．會運用函數(shù)的圖象理解和研究函數(shù)的奇偶性．3．了解函數(shù)周期性、最小正周期的含義，會判斷、應(yīng)用簡單函數(shù)的周期性．eq\a\vs4\al(?)eq\a\vs4\al(對應(yīng)學(xué)生用書P18)一、必備知識1．奇函數(shù)、偶函數(shù)及其圖象特征奇函數(shù)偶函數(shù)定義一般地，如果對于函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)任意一個x，都有f(－x)＝－f(x)，那么函數(shù)f(x)就叫做奇函數(shù)都有f(－x)＝f(x)，那么函數(shù)f(x)就叫做偶函數(shù)圖象特征關(guān)于原點對稱關(guān)于y軸對稱2.周期性(1)周期函數(shù)對于函數(shù)y＝f(x)，如果存在一個非零常數(shù)T，使得當(dāng)x取定義域內(nèi)的任何值時，都有f(x＋T)＝f(x)，那么就稱函數(shù)y＝f(x)為周期函數(shù)，稱T為這個函數(shù)的周期．(2)最小正周期如果在周期函數(shù)f(x)的所有周期中存在一個最小的正數(shù)，那么這個最小正數(shù)就叫做f(x)的最小正周期．二、必記結(jié)論1．函數(shù)奇偶性的五個重要結(jié)論(1)如果一個奇函數(shù)f(x)在原點處有定義，即f(0)有意義，那么一定有f(0)＝0.(2)如果函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，那么f(x)＝f(|x|)．(3)既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)的函數(shù)只有一種類型，即f(x)＝0，x∈D，其中定義域D是關(guān)于原點對稱的非空數(shù)集．(4)奇函數(shù)在兩個對稱的區(qū)間上具有相同的單調(diào)性；偶函數(shù)在兩個對稱的區(qū)間上具有相反的單調(diào)性．(5)偶函數(shù)在關(guān)于原點對稱的區(qū)間上有相同的最大(小)值，取最值時的自變量互為相反數(shù)；奇函數(shù)在關(guān)于原點對稱的區(qū)間上的最值互為相反數(shù)，取最值時的自變量也互為相反數(shù)．2．周期性的三個常用結(jié)論對f(x)定義域內(nèi)任一自變量的值x：(1)若f(x＋a)＝－f(x)，則T＝2a；(2)若f(x＋a)＝eq\f(1,f（x）)，則T＝2a；(3)若f(x＋a)＝－eq\f(1,f（x）)，則T＝2a.(a>0)3．對稱性的三個常用結(jié)論(1)若函數(shù)y＝f(x＋a)是偶函數(shù)，即f(a－x)＝f(a＋x)，則函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對稱；(2)若對于R上的任意x都有f(2a－x)＝f(x)或f(－x)＝f(2a＋x)，則y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝(3)若函數(shù)y＝f(x＋b)是奇函數(shù)，即f(－x＋b)＋f(x＋b)＝0，則函數(shù)y＝f(x)關(guān)于點(b，0)中心對稱．一、思考辨析判斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)函數(shù)y＝x2，x∈[0，＋∞)是偶函數(shù)．()(2)若函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，則一定有f(0)＝0.()(3)函數(shù)f(x)＝sinx，x∈[0，2π]為周期函數(shù)．()(4)偶函數(shù)的圖象不一定過原點，奇函數(shù)的圖象一定過原點．()(5)如果函數(shù)f(x)，g(x)為定義域相同的偶函數(shù)，則F(x)＝f(x)＋g(x)也是偶函數(shù)．()(6)若T為函數(shù)f(x)的一個周期，那么nT(n∈Z且n≠0)也是函數(shù)f(x)的周期．()提示：(1)錯誤．定義域不關(guān)于坐標(biāo)原點對稱．