（江蘇專用）高三數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)與基本初等函數(shù)Ⅰ課時(shí)跟蹤檢測(cè) 文-人教高三數(shù)學(xué)試題

第二章函數(shù)與基本初等函數(shù)Ⅰ第一節(jié)函數(shù)的概念及其表示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(gè)非空的數(shù)集設(shè)A，B是兩個(gè)非空集合對(duì)應(yīng)法則f：A→B如果按照某種確定的對(duì)應(yīng)法則f，使對(duì)于集合A中的任意一個(gè)數(shù)x，在集合B中都有唯一確定的數(shù)f(x)和它對(duì)應(yīng)如果按某一個(gè)確定的對(duì)應(yīng)法則f，使對(duì)于集合A中的任意一個(gè)元素x，在集合B中都有唯一確定的元素y與之對(duì)應(yīng)名稱稱f：A→B為從集合A到集合B的一個(gè)函數(shù)稱對(duì)應(yīng)f：A→B為從集合A到集合B的一個(gè)映射記法y＝f(x)，x∈A對(duì)應(yīng)f：A→B是一個(gè)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(duì)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(duì)應(yīng)法則．(3)相同函數(shù)：如果兩個(gè)函數(shù)的定義域和對(duì)應(yīng)法則完全一致，則這兩個(gè)函數(shù)相同，這是判斷兩函數(shù)相同的依據(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(duì)于定義域內(nèi)的不同取值區(qū)間，有著不同的對(duì)應(yīng)法則，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(gè)函數(shù)．[小題體驗(yàn)]1．(教材習(xí)題改編)下列五個(gè)對(duì)應(yīng)f，不是從集合A到集合B的函數(shù)的是________(填序號(hào))．①A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(3,2)))，B＝{－6，－3,1}，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－6，f(1)＝－3，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝1；②A＝{1,2,3}，B＝{7,8,9}，f(1)＝f(2)＝7，f(3)＝8；③A＝B＝{1,2,3}，f(x)＝2x－1；④A＝B＝{x|x≥－1}，f(x)＝2x＋1；⑤A＝Z，B＝{－1,1}，n為奇數(shù)時(shí)，f(n)＝－1，n為偶數(shù)時(shí)，f(n)＝1.解析：根據(jù)函數(shù)定義，即看是否是從非空數(shù)集A到非空數(shù)集B的映射．③中集合A中的元素3在集合B中無(wú)元素與之對(duì)應(yīng)，故不是A到B的函數(shù)．其他均滿足．答案：③2．(教材習(xí)題改編)若f(x)＝x－x2，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝________.解析：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\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)3．(教材習(xí)題改編)用長(zhǎng)為30cm的鐵絲圍成矩形，若將矩形面積S(cm2)表示為矩形一邊長(zhǎng)x(cm)的函數(shù)，則函數(shù)解析式為________，其函數(shù)定義域?yàn)開_______．解析：矩形的另一條邊長(zhǎng)為15－x，且x>0,15－x>0.故S＝x(15－x)，定義域?yàn)?0,15)．答案：S＝x(15－x)(0,15)4．函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(x－4),|x|－5)的定義域是________________．答案：[4,5)∪(5，＋∞)1．解決函數(shù)的一些問題時(shí)，易忽視“定義域優(yōu)先”的原則．2．易混“函數(shù)”與“映射”的概念：函數(shù)是特殊的映射，映射不一定是函數(shù)，從A到B的一個(gè)映射，若A，B不是數(shù)集，則這個(gè)映射便不是函數(shù)．3．誤把分段函數(shù)理解為幾個(gè)函數(shù)組成．[小題糾偏]1．函數(shù)y＝eq\r(x)與函數(shù)y＝eq\f(x,\r(x))________(填“是”或“不是”)同一函數(shù)．解析：函數(shù)y＝eq\r(x)的定義域?yàn)閇0，＋∞)，y＝eq\f(x,\r(x))的定義域?yàn)?0，＋∞)．因?yàn)閮蓚€(gè)函數(shù)的定義域不同，所以不表示同一函數(shù)．答案：不是2．函數(shù)f(x)＝eq\r(x－1)·eq\r(x＋1)的定義域?yàn)開_______．解析：由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1≥0，,x＋1≥0，))所以x≥1，所以函數(shù)f(x)的定義域是[1，＋∞)．答案：[1，＋∞)3．一個(gè)面積為100的等腰梯形，上底長(zhǎng)為x，下底長(zhǎng)為上底長(zhǎng)的3倍，則把它的高y表示成x的函數(shù)為______________________________________________________________．解析：由eq\f(x＋3x,2)·y＝100，得2xy＝100，所以y＝eq\f(50,x)(x>0)．答案：y＝eq\f(50,x)(x>0)4．已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝x2＋5x，則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(考點(diǎn)一函數(shù)的定義域)eq\a\vs4\al(?？汲Ｐ滦涂键c(diǎn)——多角探明)[命題分析]函數(shù)的定義域是使函數(shù)有意義的自變量取值的集合，它是函數(shù)不可缺少的組成部分，研究函數(shù)問題必須樹立“定義域優(yōu)先”的觀念．求給定函數(shù)的定義域往往轉(zhuǎn)化為解不等式(組)的問題，在解不等式(組)取交集時(shí)可借助于數(shù)軸．常見的命題角度有：(1)求給定函數(shù)解析式的定義域；(2)求抽象函數(shù)的定義域；(3)已知定義域確定參數(shù)問題．[題點(diǎn)全練]角度一：求給定函數(shù)解析式的定義域1．(2016·南師附中月考)y＝eq\r(\f(x－1,2x))－log2(4－x2)的定義域是________．解析：要使函數(shù)有意義，必須eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,2x)≥0，,x≠0，,4－x2>0，))∴x∈(－2,0)∪[1,2)．答案：(－2,0)∪[1,2)2．函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(1－|x－1|),ax－1)(a＞0且a≠1)的定義域?yàn)開___________________．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，故所求函數(shù)的定義域?yàn)?0,2]．答案：(0,2]角度二：求抽象函數(shù)的定義域3．若函數(shù)y＝f(x)的定義域是[1,2016]，則函數(shù)g(x)＝eq\f(fx＋1,x－1)的定義域是________．解析：令t＝x＋1，則由已知函數(shù)的定義域?yàn)閇1,2016]，可知1≤t≤2016.要使函數(shù)f(x＋1)有意義，則有1≤x＋1≤2016，解得0≤x≤2015，故函數(shù)f(x＋1)的定義域?yàn)閇0，2015]．所以使函數(shù)g(x)有意義的條件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤2015，,x－1≠0，))解得0≤x<1或1＜x≤2015.故函數(shù)g(x)的定義域?yàn)閇0,1)∪(1，2015]答案：[0,1)∪(1,2015]4．若函數(shù)f(x2＋1)的定義域?yàn)閇－1,1]，則f(lgx)的定義域?yàn)開_______．解析：因?yàn)閒(x2＋1)的定義域?yàn)閇－1,1]，則－1≤x≤1，故0≤x2≤1，所以1≤x2＋1≤2.因?yàn)閒(x2＋1)與f(lgx)是同一個(gè)對(duì)應(yīng)法則，所以1≤lgx≤2，即10≤x≤100，所以函數(shù)f(lgx)的定義域?yàn)閇10,100]．答案：[10,100]角度三：已知定義域確定參數(shù)問題5．(2016·蘇北四市調(diào)研)若函數(shù)f(x)＝eq\r(2-1)的定義域?yàn)镽，則a的取值范圍為______________________．解析：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)镽，所以2－1≥0對(duì)x∈R恒成立，即2≥20，x2＋2ax－a≥0恒成立，因此有Δ＝(2a)2＋4解得－1≤a≤0.答案：[－1,0][方法歸納]函數(shù)定義域的2種求法方法解讀適合題型直接法構(gòu)造使解析式有意義的不等式(組)求解.已知函數(shù)的具體表達(dá)式，求f(x)的定義域轉(zhuǎn)移法若y＝f(x)的定義域?yàn)?a，b)，則解不等式a<g(x)<b即可求出y＝f(g(x))的定義域已知f(x)的定義域，求f(g(x))的定義域若y＝f(g(x))的定義域?yàn)?a，b)，則求出g(x)在(a，b)上的值域即得f(x)的定義域已知f(g(x))的定義域，求f(x)的定義域eq\a\vs4\al(考點(diǎn)二求函數(shù)的解析式)eq\a\vs4\al(重點(diǎn)保分型考點(diǎn)——師生共研)[典例引領(lǐng)](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)是二次函數(shù)，且f(0)＝0，f(x＋1)＝f(x)＋x＋1，求f(x)；(4)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且f(x)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))·eq\r(x)－1，求f(x)．解：(1)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)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)設(shè)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)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，將feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(2fx,\r(x))－1代入f(x)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\r(x)－1中，可求得f(x)＝eq\f(2,3)eq\r(x)＋eq\f(1,3).[由題悟法]求函數(shù)解析式的4個(gè)方法[即時(shí)應(yīng)用]1．設(shè)y＝f(x)是二次函數(shù)，方程f(x)＝0有兩個(gè)相等實(shí)根，且f′(x)＝2x＋2，求f(x)的解析式．解：設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，則f′(x)＝2ax＋b＝2x＋2，∴a＝1，b＝2，f(x)＝x2＋2x＋c.又∵方程f(x)＝0有兩個(gè)相等實(shí)根，∴Δ＝4－4c＝0，解得c＝1.故f(x)＝x2＋2x2．根據(jù)下列條件求各函數(shù)的表達(dá)式：(1)已知f(x)是一次函數(shù)，且滿足3f(x＋1)－2f(x－1)＝2x＋17，求f((2)已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝x3＋eq\f(1,x3)，求f(x)．解：(1)設(shè)f(x)＝ax＋b(a≠0)，則3f(x＋1)－2f(x－1)＝3ax＋3a＋3b－2ax＋2a－2b＝ax＋b＋5a＝2x＋17，所以a＝2，b＝7，所以f(2)因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝x3＋eq\f(1,x3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))3－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))，所以f(x)＝x3－3x(x≥2或x≤－2)．eq\a\vs4\al(考點(diǎn)三分段函數(shù))eq\a\vs4\al(重點(diǎn)保分型考點(diǎn)——師生共研)[典例引領(lǐng)]1．已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(logx，x＞0，,ax＋b，x≤0，))且f(0)＝2，f(－1)＝3，則f(f(－3))＝________.解析：由題意得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).故f(－3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－3＋1＝9，從而f(f(－3))＝f(9)＝log39＝2.答案：22．(2015·山東高考改編)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－1，x＜1，,2x，x≥1，))則滿足f(f(a))＝2f(a)的a的取值范圍是________．解析：由f(f(a))＝2f(a)得，f(a當(dāng)a＜1時(shí)，有3a－1≥1，∴a≥eq\f(2,3)，∴eq\f(2,3)≤a＜1.當(dāng)a≥1時(shí)，有2a≥1，∴a≥0，∴a≥1.綜上，a≥eq\f(2,3).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))[由題悟法]分段函數(shù)2種題型的求解策略(1)根據(jù)分段函數(shù)解析式求函數(shù)值首先確定自變量的值屬于哪個(gè)區(qū)間，其次選定相應(yīng)的解析式代入求解．(2)已知函數(shù)值或函數(shù)值范圍求自變量的值或范圍應(yīng)根據(jù)每一段的解析式分別求解，但要注意檢驗(yàn)所求自變量的值或范圍是否符合相應(yīng)段的自變量的取值范圍．[提醒]當(dāng)分段函數(shù)的自變量范圍不確定時(shí)，應(yīng)分類討論．[即時(shí)應(yīng)用]1．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1，x≥0，,3x2，x<0，))且f(x0)＝3，則實(shí)數(shù)x0的值為________．解析：由條件可知，當(dāng)x0≥0時(shí)，f(x0)＝2x0＋1＝3，所以x0＝1；當(dāng)x0<0時(shí)，f(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＝3，所以x0＝－1，所以實(shí)數(shù)x0的值為－1或1.答案：－1或12．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的取值范圍是________．解析：由題意知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的取值范圍是[－4,2]．答案：[－4,2]一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1．函數(shù)f(x)＝eq\r(x＋3)＋log2(6－x)的定義域是________．解析：要使函數(shù)有意義應(yīng)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋3≥0，,6－x>0，))解得－3≤x<6.答案：[－3,6)2．已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－1))＝2x－5，且f(a)＝6，則a等于________．解析：令t＝eq\f(1,2)x－1，則x＝2t＋2，f(t)＝2(2t＋2)－5＝4t－1，則4a－1＝6，解得a＝eq\f(7,4).答案：eq\f(7,4)3．若二次函數(shù)g(x)滿足g(1)＝1，g(－1)＝5，且圖象過原點(diǎn)，則g(x)的解析式為________________________．解析：設(shè)g(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，∵g(1)＝1，g(－1)＝5，且圖象過原點(diǎn)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c＝1，,a－b＋c＝5，,c＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－2，,c＝0，))∴g(x)＝3x2－2x.答案：g(x)＝3x2－2x4．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1x＋1，x≤1，,ax－1，x>1，))若f(1)＝eq\f(1,2)，則f(3)＝________.解析：由f(1)＝eq\f(1,2)，可得a＝eq\f(1,2)，所以f(3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)5．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\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：由題意知f(1)＝2＋1＝3，f(f(1))＝f(3)＝32＋6a若f(f(1))>3a2，則9＋6a>3a2，即a2－2答案：(－1,3)二保高考，全練題型做到高考達(dá)標(biāo)1．函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(10＋9x－x2),lgx－1)的定義域?yàn)開_______．解析：要使函數(shù)f(x)有意義，則x須滿足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≤0，①,x>1，,x≠2，))解①得，－1≤x≤10.所以函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?1,2)∪(2,10]．答案：(1,2)∪(2,10]2．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≥0，,x2，x<0，))則f(f(－2))＝________.解析：因?yàn)閒(－2)＝(－2)2＝4，而f(4)＝4＋1＝5，所以f(f(－2))＝5.答案：53．(2016·福建四地六校聯(lián)考)若f(x)對(duì)于任意實(shí)數(shù)x恒有2f(x)－f(－x)＝3x＋1，則f解析：令x＝1，得2f(1)－f(－1)＝4，①令x＝－1，得2f(－1)－f(1)＝－2，②聯(lián)立①②得f(1)＝2.答案：24．已知函數(shù)f(x)，g(x)分別由下表給出：x123f(x)131x123g(x)321則滿足f(g(x))>g(f(x))的x的值是________．解析：當(dāng)x＝1時(shí)，f(g(1))＝1，g(f(1))＝3，不滿足f(g(x))>g(f(x))；當(dāng)x＝2時(shí)，f(g(2))＝3，g(f(2))＝1，滿足f(g(x))>g(f(x))；當(dāng)x＝3時(shí)，f(g(3))＝1，g(f(3))＝3，不滿足f(g(x))>g(f(x))．答案：25．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x，0≤x≤1，,\f(9,2)－\f(3,2)x，1<x≤3，))當(dāng)t∈[0,1]時(shí)，f(f(t))∈[0,1]，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是________．解析：當(dāng)t∈[0,1]時(shí)，f(t)＝3t∈[1,3]；當(dāng)3t＝1，即t＝0時(shí)，f(1)＝3?[0,1]，不符合題意，舍去；當(dāng)3t∈(1,3]時(shí)，f(3t)＝eq\f(9,2)－eq\f(3,2)×3t∈[0,1]，由f(3t)＝eq\f(9,2)－eq\f(3,2)×3t≥0，得3t≤3，所以t≤1；由f(3t)＝eq\f(9,2)－eq\f(3,2)×3t≤1，得3t≥eq\f(7,3)，所以t≥log3eq\f(7,3).綜上所述，實(shí)數(shù)t的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(log3\f(7,3)，1)).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(log3\f(7,3)，1))6．(2016·南京一中檢測(cè))已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x∈[0，＋∞，,|sinx|，x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，))若f(a)＝eq\f(1,2)，則a＝________.解析：若a≥0，由f(a)＝eq\f(1,2)得，aeq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，解得a＝eq\f(1,4)；若a<0，則|sina|＝eq\f(1,2)，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，解得a＝－eq\f(π,6).綜上可知，a＝eq\f(1,4)或－eq\f(π,6).答案：eq\f(1,4)或－eq\f(π,6)7．已知函數(shù)y＝f(x2－1)的定義域?yàn)閇－eq\r(3)，eq\r(3)]，則函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)開_______．解析：∵y＝f(x2－1)的定義域?yàn)閇－eq\r(3)，eq\r(3)]，∴x∈[－eq\r(3)，eq\r(3)]，x2－1∈[－1,2]，∴y＝f(x)的定義域?yàn)閇－1,2]．答案：[－1,2]8．已知函數(shù)f(x)＝2x＋1與函數(shù)y＝g(x)的圖象關(guān)于直線x＝2成軸對(duì)稱圖形，則函數(shù)y＝g(x)的解析式為________．解析：設(shè)點(diǎn)M(x，y)為函數(shù)y＝g(x)圖象上的任意一點(diǎn)，點(diǎn)M′(x′，y′)是點(diǎn)M關(guān)于直線x＝2的對(duì)稱點(diǎn)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝4－x，,y′＝y(tǒng).))又y′＝2x′＋1，∴y＝2(4－x)＋1＝9－2x，即g(x)＝9－2x.答案：g(x)＝9－2x9．規(guī)定[t]為不超過t的最大整數(shù)，例如[12.6]＝12，[－3.5]＝－4，對(duì)任意實(shí)數(shù)x，令f1(x)＝[4x]，g(x)＝4x－[4x]，進(jìn)一步令f2(x)＝f1[g(x)]．(1)若x＝eq\f(7,16)，分別求f1(x)和f2(x)；(2)若f1(x)＝1，f2(x)＝3同時(shí)滿足，求x的取值范圍．解：(1)∵x＝eq\f(7,16)時(shí)，4x＝eq\f(7,4)，∴f1(x)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,4)))＝1.∵g(x)＝eq\f(7,4)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,4)))＝eq\f(3,4).∴f2(x)＝f1[g(x)]＝f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))＝[3]＝3.(2)∵f1(x)＝[4x]＝1，g(x)＝4x－1，∴f2(x)＝f1(4x－1)＝[16x－4]＝3.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤4x<2，,3≤16x－4<4，))∴eq\f(7,16)≤x<eq\f(1,2).故x的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,16)，\f(1,2))).10．(1)定義在(－1,1)內(nèi)的函數(shù)f(x)滿足2f(x)－f(－x)＝lg(x＋1)，求函數(shù)f(x(2)若函數(shù)f(x)＝eq\f(x,ax＋b)(a≠0)，f(2)＝1，且方程f(x)＝x有唯一解，求f(x)的解析式．解：(1)當(dāng)x∈(－1,1)時(shí)，有2f(x)－f(－x)＝lg(x＋1)．以－x代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)．(2)由f(2)＝1，得eq\f(2,2a＋b)＝1，即2a＋b＝2.由f(x)＝x，得eq\f(x,ax＋b)＝x，變形得xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ax＋b)－1))＝0，解此方程得x＝0或x＝eq\f(1－b,a)，又因?yàn)榉匠逃形ㄒ唤猓蔱q\f(1－b,a)＝0，解得b＝1，代入2a＋b＝2，得a＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝eq\f(2x,x＋2).三上臺(tái)階，自主選做志在沖刺名校1．(2016·金陵中學(xué)月考)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2ax＋3a，x<1，,lnx，x≥1))的值域?yàn)镽，那么a的取值范圍是________．解析：要使函數(shù)f(x)的值域?yàn)镽，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的取值范圍是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)))2．已知f是有序數(shù)對(duì)集合M＝{(x，y)|x∈N*，y∈N*}上的一個(gè)映射，正整數(shù)數(shù)對(duì)(x，y)在映射f下的象為實(shí)數(shù)z，記作f(x，y)＝z.對(duì)于任意的正整數(shù)m，n(m>n)，映射f由下表給出：(x，y)(n，n)(m，n)(n，m)f(x，y)nm－nm＋n則使不等式f(2x，x)≤4成立的x的集合是________．解析：∵?x∈N*，都有2x>x，∴f(2x，x)＝2x－x，則f(2x，x)≤4?2x－x≤4(x∈N*)?2x≤x＋4(x∈N*)，當(dāng)x＝1時(shí)，2x＝2，x＋4＝5,2x≤x＋4成立；當(dāng)x＝2時(shí)，2x＝4，x＋4＝6,2x≤x＋4成立；當(dāng)x≥3(x∈N*)時(shí)，2x>x＋4.故滿足條件的x的集合是{1,2}．答案：{1,2}3.行駛中的汽車在剎車時(shí)由于慣性作用，要繼續(xù)往前滑行一段距離才能停下，這段距離叫做剎車距離．在某種路面上，某種型號(hào)汽車的剎車距離y(米)與汽車的車速x(千米/時(shí))滿足下列關(guān)系：y＝eq\f(x2,200)＋mx＋n(m，n是常數(shù))．如圖是根據(jù)多次實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪制的剎車距離y(米)與汽車的車速x(千米/時(shí))的關(guān)系圖．(1)求出y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式；(2)如果要求剎車距離不超過25.2米，求行駛的最大速度．解：(1)由題意及函數(shù)圖象，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.故行駛的最大速度是70千米/時(shí)．第二節(jié)函數(shù)的單調(diào)性與最值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?yàn)镮：如果對(duì)于定義域I內(nèi)某個(gè)區(qū)間D上的任意兩個(gè)自變量的值x1，x2當(dāng)x1<x2時(shí)，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(shí)，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)間的定義如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間D上是單調(diào)增函數(shù)或單調(diào)減函數(shù)，那么就說函數(shù)y＝f(x)在這一區(qū)間具有(嚴(yán)格的)單調(diào)性，單調(diào)增區(qū)間和單調(diào)減區(qū)間統(tǒng)稱為函數(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?yàn)镮，如果存在實(shí)數(shù)M滿足條件(1)對(duì)于任意的x∈I，都有f(x)≤M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M.(3)對(duì)于任意的x∈I，都有f(x)≥M；(4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M.結(jié)論M為最大值M為最小值[小題體驗(yàn)]1．(教材習(xí)題改編)下列函數(shù)中，在區(qū)間(0,2)上是單調(diào)增函數(shù)的是________．(填序號(hào))①y＝1－3x；②y＝－eq\f(1,x)；③y＝x2＋1；④y＝|x＋1|.解析：y＝1－3x在區(qū)間(0,2)上是減函數(shù)，故①錯(cuò)誤，其余均正確．故填②③④.答案：②③④2．(教材習(xí)題改編)若函數(shù)y＝ax2＋(2a＋1)x在(－∞，2]上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a解析：應(yīng)分函數(shù)為一次函數(shù)還是二次函數(shù)兩種情況：①若a＝0，則y＝x在(－∞，2]上是增函數(shù)，所以a＝0符合題意；②若a≠0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,－\f(2a＋1,2a)≥2，))解得－eq\f(1,6)≤a<0.綜合①②得實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,6)，0)).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,6)，0))3．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x－1)(x∈[2,6])，則函數(shù)的最大值為______．答案：21．易混淆兩個(gè)概念：“函數(shù)的單調(diào)區(qū)間”和“函數(shù)在某區(qū)間上單調(diào)”，前者指函數(shù)具備單調(diào)性的“最大”的區(qū)間，后者是前者“最大”區(qū)間的子集．2．若函數(shù)在兩個(gè)不同的區(qū)間上單調(diào)性相同，則這兩個(gè)區(qū)間要分開寫，不能寫成并集．例如，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,0)上是減函數(shù)，在(0,1)上是減函數(shù)，但在(－1,0)∪(0,1)上卻不一定是減函數(shù)，如函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x).3．兩函數(shù)f(x)，g(x)在x∈(a，b)上都是增(減)函數(shù)，則f(x)＋g(x)也為增(減)函數(shù)，但f(x)·g(x)，eq\f(1,fx)等的單調(diào)性與其正負(fù)有關(guān)，切不可盲目類比．[小題糾偏]1．函數(shù)y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1，x<0，,2x2＋x－1，x≥0))的單調(diào)增區(qū)間是________．解析：由題意畫出函數(shù)y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1，x<0，,2x2＋x－1，x≥0))的圖象如圖所示，所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，0)和[0，＋∞)．答案：(－∞，0)和[0，＋∞)2．設(shè)函數(shù)f(x)是(－3,3)上的增函數(shù)，若f(m－1)>f(2m－1)，則實(shí)數(shù)m解析：由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－1>2m－1，,－3<m－1<3，,－3<2m－1<3，))所以－1<m<0.答案：(－1,0)3.設(shè)定義在[－1,7]上的函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的增區(qū)間為________．答案：[－1,1]，[5,7]eq\a\vs4\al(考點(diǎn)一函數(shù)單調(diào)性的判斷)eq\a\vs4\al(基礎(chǔ)送分型考點(diǎn)——自主練透)[題組練透]1．函數(shù)y＝－(x－3)|x|的遞增區(qū)間是________．解析：y＝－(x－3)|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋3x，x>0，,x2－3x，x≤0.))作出該函數(shù)的圖象，觀察圖象知遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))2．討論函數(shù)f(x)＝eq\f(ax,x2－1)(a>0)在x∈(－1,1)上的單調(diào)性．解：法一(定義法)：設(shè)－1<x1<x2<1，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(ax1,x\o\al(2,1)－1)－eq\f(ax2,x\o\al(2,2)－1)＝eq\f(ax1x\o\al(2,2)－ax1－ax2x\o\al(2,1)＋ax2,x\o\al(2,1)－1x\o\al(2,2)－1)＝eq\f(ax2－x1x1x2＋1,x\o\al(2,1)－1x\o\al(2,2)－1).∵－1<x1<x2<1，a>0，∴x2－x1>0，x1x2＋1>0，(xeq\o\al(2,1)－1)(xeq\o\al(2,2)－1)>0.∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，故函數(shù)f(x)在(－1,1)上為減函數(shù)．法二(導(dǎo)數(shù)法)：f′(x)＝eq\f(ax2－1－2ax2,x2－12)＝eq\f(－ax2＋1,x2－12).又a>0，所以f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(－1,1)上為減函數(shù)．[謹(jǐn)記通法]判斷或證明函數(shù)的單調(diào)性的2種重要方法及其步驟(1)定義法，其基本步驟：(2)導(dǎo)數(shù)法，其基本步驟：eq\x(求導(dǎo)函數(shù))eq\x(確定符號(hào))eq\x(得出結(jié)論)eq\a\vs4\al(考點(diǎn)二求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間)eq\a\vs4\al(重點(diǎn)保分型考點(diǎn)——師生共研)[典例引領(lǐng)]求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間：(1)y＝－x2＋2|x|＋1；(2)y＝log(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.))畫出函數(shù)圖象如圖所示，單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－1]和[0,1]，單調(diào)減區(qū)間為[－1,0]和[1，＋∞)．(2)令u＝x2－3x＋2，則原函數(shù)可以看作y＝logu與u＝x2－3x＋2的復(fù)合函數(shù)．令u＝x2－3x＋2＞0，則x＜1或x＞2.∴函數(shù)y＝log(x2－3x＋2)的定義域?yàn)?－∞，1)∪(2，＋∞)．又u＝x2－3x＋2的對(duì)稱軸x＝eq\f(3,2)，且開口向上．∴u＝x2－3x＋2在(－∞，1)上是單調(diào)減函數(shù)，在(2，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)．而y＝logu在(0，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù)，∴y＝log(x2－3x＋2)的單調(diào)減區(qū)間為(2，＋∞)，單調(diào)增區(qū)間為(－∞，1)．[由題悟法]確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的3種方法[提醒]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(gè)單調(diào)區(qū)間應(yīng)分別寫，不能用并集符號(hào)“∪”聯(lián)結(jié)，也不能用“或”聯(lián)結(jié)．[即時(shí)應(yīng)用]1．若將[典例引領(lǐng)](1)中的函數(shù)變?yōu)椤皔＝|－x2＋2x＋1|”，則結(jié)論如何？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)增區(qū)間為(1－eq\r(2)，1)和(1＋eq\r(2)，＋∞)；單調(diào)減區(qū)間為(－∞，1－eq\r(2))和(1,1＋eq\r(2))．2．函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))的單調(diào)遞增區(qū)間為________．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?yàn)閡＝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)))上單調(diào)遞減，函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))u在R上單調(diào)遞減．所以y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,4)))上單調(diào)遞增．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,4)))eq\a\vs4\al(考點(diǎn)三函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用)eq\a\vs4\al(?？汲Ｐ滦涂键c(diǎn)——多角探明)[命題分析]高考對(duì)函數(shù)單調(diào)性的考查多以填空題的形式出現(xiàn)，有時(shí)也應(yīng)用于解答題中的某一問中．常見的命題角度有：(1)求函數(shù)的值域或最值；(2)比較兩個(gè)函數(shù)值或兩個(gè)自變量的大小；(3)解函數(shù)不等式；(4)利用單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍或值．[題點(diǎn)全練]角度一：求函數(shù)的值域或最值1．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的最大值為________．解析：當(dāng)x≥1時(shí)，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)為減函數(shù)，所以f(x)在x＝1處取得最大值，為f(1)＝1；當(dāng)x<1時(shí)，易知函數(shù)f(x)＝－x2＋2在x＝0處取得最大值，為f(0)＝2.故函數(shù)f(x)的最大值為2.答案：2角度二：比較兩個(gè)函數(shù)值或兩個(gè)自變量的大小2．(2016·蘇州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，當(dāng)x2>x1>1時(shí)，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，設(shè)a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(e)，則a，b，c的大小關(guān)系為_____．解析：因?yàn)閒(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱．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時(shí)，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∵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.答案：b>a>c角度三：解函數(shù)不等式3．f(x)是定義在(0，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)，滿足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，當(dāng)f(x)＋f(x－8)≤2時(shí)，x的取值范圍是________．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?yàn)閒(x)是定義在(0，＋∞)上的增函數(shù)，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]角度四：利用單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍或值4．如果函數(shù)f(x)＝ax2＋2x－3在區(qū)間(－∞，4)上是單調(diào)遞增的，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝2x－3，在定義域R上是單調(diào)遞增的，故在(－∞，4)上單調(diào)遞增；當(dāng)a≠0時(shí)，二次函數(shù)f(x)的對(duì)稱軸為x＝－eq\f(1,a)，因?yàn)閒(x)在(－∞，4)上單調(diào)遞增，所以a<0,且－eq\f(1,a)≥4，解得－eq\f(1,4)≤a<0.綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))5．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2x－1，x≤1，,logax，x>1，))若f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．解析：要使函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1，,a－2>0，,f1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1，,a>2，,a－2－1≤0，))解得2<a≤3，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(2,3]．答案：(2,3][方法歸納]函數(shù)單調(diào)性應(yīng)用問題的常見類型及解題策略(1)求函數(shù)值域或最值．常用方法有：?jiǎn)握{(diào)性法、圖象法、基本不等式法、導(dǎo)數(shù)法、換元法．(2)比較大?。容^函數(shù)值的大小，應(yīng)將自變量轉(zhuǎn)化到同一個(gè)單調(diào)區(qū)間內(nèi)，然后利用函數(shù)的單調(diào)性解決．(3)解不等式．在求解與抽象函數(shù)有關(guān)的不等式時(shí)，往往是利用函數(shù)的單調(diào)性將“f”符號(hào)脫掉，使其轉(zhuǎn)化為具體的不等式求解．此時(shí)應(yīng)特別注意函數(shù)的定義域．(4)利用單調(diào)性求參數(shù)．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)．[提醒]①若函數(shù)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)，則該函數(shù)在此區(qū)間的任意子區(qū)間上也是單調(diào)的；②分段函數(shù)的單調(diào)性，除注意各段的單調(diào)性外，還要注意銜接點(diǎn)的取值．一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1．已知函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，那么該函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間是________．解析：由函數(shù)的圖象易知，函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間是[－3，－1]和[1,2]．答案：[－3，－1]和[1,2]2．函數(shù)f(x)＝|x－2|x的單調(diào)減區(qū)間是________．解析：由于f(x)＝|x－2|x＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≥2，,－x2＋2x，x<2.))結(jié)合圖象可知函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間是[1,2]．答案：[1,2]3．(2016·學(xué)軍中學(xué)檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝|x＋a|在(－∞，－1)上是單調(diào)函數(shù)，則a的取值范圍是________．解析：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(－∞，－a)上是單調(diào)函數(shù)，所以－a≥－1，解得a≤1.答案：(－∞，1]4．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＝________.解析：易知f(x)在[a，b]上為減函數(shù)，∴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：65．已知函數(shù)f(x)＝x2－2ax－3在區(qū)間[1,2]上具有單調(diào)性，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________________．解析：函數(shù)f(x)＝x2－2ax－3的圖象開口向上，對(duì)稱軸為直線x＝a，畫出草圖如圖所示．由圖象可知，函數(shù)在(－∞，a]和[a，＋∞)上都具有單調(diào)性，因此要使函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上具有單調(diào)性，只需a≤1或a≥2，從而a∈(－∞，1]∪[2，＋∞)．答案：(－∞，1]∪[2，＋∞)二保高考，全練題型做到高考達(dá)標(biāo)1．函數(shù)f(x)＝x－aeq\r(x)在[1,4]上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的最大值為________．解析：令eq\r(x)＝t，所以t∈[1,2]，即f(t)＝t2－at，由f(x)在[1,4]上遞增，知f(t)在[1,2]上遞增，所以eq\f(a,2)≤1，即a≤2，所以a的最大值為2.答案：22．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x2－2x－3)，則該函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為________．解析：設(shè)t＝x2－2x－3，由t≥0，即x2－2x－3≥0，解得x≤－1或x≥3.所以函數(shù)的定義域?yàn)?－∞，－1]∪[3，＋∞)．因?yàn)楹瘮?shù)t＝x2－2x－3的圖象的對(duì)稱軸為x＝1，所以函數(shù)t在(－∞，－1]上單調(diào)遞減，在[3，＋∞)上單調(diào)遞增．所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為[3，＋∞)．答案：[3，＋∞)3．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋3a，x<0，,ax，x≥0))(a>0且a≠1)是R上的減函數(shù)，則a的取值范圍是________．解析：由f(x)在R上是減函數(shù)，得0<a<1，且－0＋3a≥a0，由此得a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))4．定義新運(yùn)算⊕：當(dāng)a≥b時(shí)，a⊕b＝a；當(dāng)a<b時(shí)，a⊕b＝b2，則函數(shù)f(x)＝(1⊕x)x－(2⊕x)，x∈[－2,2]的最大值等于________．解析：由已知得當(dāng)－2≤x≤1時(shí)，f(x)＝x－2，當(dāng)1<x≤2時(shí)，f(x)＝x3－2.∵f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定義域內(nèi)都為增函數(shù)．∴f(x)的最大值為f(2)＝23－2＝6.答案：65．(2016·南通調(diào)研)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1x＋4a，x<1，,logax，x≥1))是(－∞，＋∞)上的減函數(shù)，那么a的取值范圍是________．解析：當(dāng)x＝1時(shí)，loga1＝0，若f(x)為R上的減函數(shù)，則(3a－1)x＋4a>0在令g(x)＝(3a－1)x＋4eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1<0，,g1≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1<0，,3a－1＋4a≥0))?eq\f(1,7)≤a＜eq\f(1,3).此時(shí)，logax是減函數(shù)，符合題意．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，\f(1,3)))6．函數(shù)y＝eq\r(x)－x(x≥0)的最大值為________．解析：令t＝eq\r(x)，則t≥0，所以y＝t－t2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)，結(jié)合圖象知，當(dāng)t＝eq\f(1,2)，即x＝eq\f(1,4)時(shí)，ymax＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)7．已知函數(shù)f(x)為(0，＋∞)上的增函數(shù)，若f(a2－a)>f(a＋3)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．解析：由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－a>0，,a＋3>0，,a2－a>a＋3，))解得－3<a<－1或a>3.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－3，－1)∪(3，＋∞)．答案：(－3，－1)∪(3，＋∞)8．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，則函數(shù)g(x)的遞減區(qū)間是________．解析：由題意知g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1.))函數(shù)圖象如圖所示，其遞減區(qū)間是[0,1)．答案：[0,1)9．(2016·蘇州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,x)(a>0，x>0)，(1)求證：f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)；(2)若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，求a的值．解：(1)證明：任取x1>x2>0，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,x1)－eq\f(1,a)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(x1－x2,x1x2)，∵x1>x2>0，∴x1－x2>0，x1x2>0，∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．(2)由(1)可知f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上為增函數(shù)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,a)－2＝eq\f(1,2)，f(2)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,2)＝2，解得a＝eq\f(2,5).10．已知f(x)＝eq\f(x,x－a)(x≠a)．(1)若a＝－2，試證明f(x)在(－∞，－2)內(nèi)單調(diào)遞增；(2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，求a的取值范圍．解：(1)證明：任設(shè)x1<x2<－2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1＋2)－eq\f(x2,x2＋2)＝eq\f(2x1－x2,x1＋2x2＋2).∵(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，∴f(x1)<f(x2)，∴f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞增．(2)任設(shè)1<x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1－a)－eq\f(x2,x2－a)＝eq\f(ax2－x1,x1－ax2－a).∵a>0，x2－x1>0，∴要使f(x1)－f(x2)>0，只需(x1－a)(x2－a)>0在(1，＋∞)上恒成立，∴a≤1.綜上所述，a的取值范圍是(0,1]．三上臺(tái)階，自主選做志在沖刺名校1．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex－k，x≤0，,1－kx＋k，x>0))是R上的增函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．解析：由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e0－k≤k，,1－k>0，))解得eq\f(1,2)≤k<1.答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))2．(2016·泰州中學(xué)期中)已知函數(shù)y＝log(x2－ax＋a)在區(qū)間(－∞，eq\r(2)]上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：設(shè)y＝logt，t＝x2－ax＋a.因?yàn)閥＝logt在(0，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù)，要想滿足題意，則t＝x2－ax＋a在(－∞，eq\r(2)]上為單調(diào)減函數(shù)，且tmin>0，故需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)≥\r(2)，,\r(2)2－\r(2)a＋a>0，))解得2eq\r(2)≤a<2＋2eq\r(2).答案：[2eq\r(2)，2eq\r(2)＋2)3．已知定義在區(qū)間(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)，且當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<0.(1)求f(1)的值；(2)證明：f(x)為單調(diào)遞減函數(shù)；(3)若f(3)＝－1，求f(x)在[2,9]上的最小值．解：(1)令x1＝x2>0，代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0.(2)證明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，則eq\f(x1,x2)>1，由于當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))<0，即f(x1)－f(x2)<0，因此f(x1)<f(x2)，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是單調(diào)遞減函數(shù)．(3)∵f(x)在(0，＋∞)上是單調(diào)遞減函數(shù)．∴f(x)在[2,9]上的最小值為f(9)．由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)得，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,3)))＝f(9)－f(3)，而f(3)＝－1，所以f(9)＝－2.∴f(x)在[2,9]上的最小值為－2.第三節(jié)函數(shù)的奇偶性及周期性1．函數(shù)的奇偶性奇偶性定義圖象特點(diǎn)偶函數(shù)如果對(duì)于函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)任意一個(gè)x，都有f(－x)＝f(x)，那么函數(shù)f(x)就叫做偶函數(shù)關(guān)于y軸對(duì)稱奇函數(shù)如果對(duì)于函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)任意一個(gè)x，都有f(－x)＝－f(x)，那么函數(shù)f(x)就叫做奇函數(shù)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱2.函數(shù)的周期性(1)周期函數(shù)對(duì)于函數(shù)f(x)，如果存在一個(gè)非零常數(shù)T，使得當(dāng)x取定義域內(nèi)的任何值時(shí)，都有f(x＋T)＝f(x)，那么就稱函數(shù)f(x)為周期函數(shù)，稱T為這個(gè)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(gè)最小的正數(shù)，那么這個(gè)最小的正數(shù)就叫做f(x)的最小正周期．[小題體驗(yàn)]1．(教材習(xí)題改編)函數(shù)f(x)＝mx2＋(2m－1)x＋1是偶函數(shù)，則實(shí)數(shù)m解析：由f(－x)＝f(x)，得2m－1＝0，即m＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)2．(教材習(xí)題改編)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x3＋x＋1，則當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝________.解析：若x<0，則－x>0，f(－x)＝－x3－x＋1，由于f(x)是奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，所以f(x)＝x3＋x－1.答案：x3＋x－13．若函數(shù)f(x)是周期為5的奇函數(shù)，且滿足f(1)＝1，f(2)＝2，則f(8)－f(14)＝________.答案：－11．判斷函數(shù)的奇偶性，易忽視判斷函數(shù)定義域是否關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱是函數(shù)具有奇偶性的一個(gè)必要條件．2．判斷函數(shù)f(x)的奇偶性時(shí)，必須對(duì)定義域內(nèi)的每一個(gè)x，均有f(－x)＝－f(x)或f(－x)＝f(x)，而不能說存在x使f(－x)＝－f(x)或f(－x)＝f(x)．3．分段函數(shù)奇偶性判定時(shí)，誤用函數(shù)在定義域某一區(qū)間上不是奇偶函數(shù)去否定函數(shù)在整個(gè)定義域上的奇偶性．[小題糾偏]1．已知f(x)＝ax2＋bx是定義在[a－1,2a]上的偶函數(shù)，那么a＋b解析：∵f(x)＝ax2＋bx是定義在[a－1,2a∴a－1＋2a＝0，∴a＝eq\f(1,3).又f(－x)＝f(x)，∴b＝0，∴a＋b＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)2．設(shè)f(x)是定義在R上的周期為2的函數(shù)，當(dāng)x∈[－1,1)時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4x2＋2，－1≤x<0，,x，0≤x<1，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝________.解析：由題意得，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2＋2＝1.答案：13．函數(shù)f(x)＝(2x＋2)eq\r(\f(2＋x,2－x))的奇偶性為________．解析：由eq\f(2＋x,2－x)≥0，得函數(shù)f(x)＝(2x＋2)eq\r(\f(2＋x,2－x))的定義域?yàn)閇－2,2)，不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以函數(shù)f(x)為非奇非偶函數(shù)．答案：非奇非偶eq\a\vs4\al(考點(diǎn)一函數(shù)奇偶性的判斷)eq\a\vs4\al(基礎(chǔ)送分型考點(diǎn)——自主練透)[題組練透]判斷下列函數(shù)的奇偶性：(1)f(x)＝eq\r(1－x2)＋eq\r(x2－1)；(2)f(x)＝eq\r(3－2x)＋eq\r(2x－3)；(3)f(x)＝3x－3－x；(4)f(x)＝eq\f(\r(4－x2),|x＋3|－3)；(5)(易錯(cuò)題)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋x，x>0，,x2－x，x<0.))解：(1)∵由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－1≥0，,1－x2≥0，))得x＝±1，∴f(x)的定義域?yàn)閧－1,1}．又f(1)＋f(－1)＝0，f(1)－f(－1)＝0，即f(x)＝±f(－x)．∴f(x)既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)．(2)∵函數(shù)f(x)＝eq\r(3－2x)＋eq\r(2x－3)的定義域?yàn)閑q\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，不關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱，∴函數(shù)f(x)既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù)．(3)∵f(x)的定義域?yàn)镽，∴f(－x)＝3－x－3x＝－(3x－3－x)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)．(4)∵由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－x2≥0，,|x＋3|－3≠0，))得－2≤x≤2且x≠0.∴f(x)的定義域?yàn)閇－2,0)∪(0,2]，∴f(x)＝eq\f(\r(4－x2),|x＋3|－3)＝eq\f(\r(4－x2),x＋3－3)＝eq\f(\r(4－x2),x)，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)是奇函數(shù)．(5)易知函數(shù)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，又當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x2＋x，則當(dāng)x<0時(shí)，－x>0，故f(－x)＝x2－x＝f(x)；當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝x2－x，則當(dāng)x>0時(shí)，－x<0，故f(－x)＝x2＋x＝f(x)，故原函數(shù)是偶函數(shù)．[謹(jǐn)記通法]判定函數(shù)奇偶性的3種常用方法(1)定義法：(2)圖象法：(3)性質(zhì)法：①設(shè)f(x)，g(x)的定義域分別是D1，D2，那么在它們的公共定義域上：奇＋奇＝奇，奇×奇＝偶，偶＋偶＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇．②復(fù)合函數(shù)的奇偶性可概括為“同奇則奇，一偶則偶”．[提醒](1)“性質(zhì)法”中的結(jié)論是在兩個(gè)函數(shù)的公共定義域內(nèi)才成立的．(2)判斷分段函數(shù)的奇偶性應(yīng)分段分別證明f(－x)與f(x)的關(guān)系，只有對(duì)各段上的x都滿足相同的關(guān)系時(shí)，才能判斷其奇偶性．如“題組練透”第(5)題．eq\a\vs4\al(考點(diǎn)二函數(shù)的周期性)eq\a\vs4\al(題點(diǎn)多變型考點(diǎn)——縱引橫聯(lián))[典型母題]設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且對(duì)任意實(shí)數(shù)x，恒有f(x＋2)＝－f(x)．當(dāng)x∈[0,2]時(shí)，f(x)＝2x－x2.(1)求函數(shù)的最小正周期；(2)計(jì)算f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2015)．[解](1)∵f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)．∴f(x)的最小正周期為4.(2)f(0)＝0，f(1)＝1，f(2)＝0，f(3)＝f(－1)＝－f(1)＝－1.又∵f(x)是周期為4的周期函數(shù)，∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝f(4)＋f(5)＋f(6)＋f(7)＝…＝f(2012)＋f(2013)＋f(2014)＋f(2015)＝0，∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2015)＝0.[類題通法]1．判斷函數(shù)周期性的2個(gè)方法(1)定義法．(2)圖象法．2．周期性3個(gè)常用結(jié)論對(duì)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,fx)，則T＝2a；(3)若f(x＋a)＝－eq\f(1,fx)，則T＝2a.(a>0)[越變?cè)矫鱙[變式1]若母題中條件變?yōu)椤癴(x＋2)＝－eq\f(1,fx)”，求函數(shù)f(x)的最小正周期．解：∵對(duì)任意x∈R，都有f(x＋2)＝－eq\f(1,fx)，∴f(x＋4)＝f(x＋2＋2)＝－eq\f(1,fx＋2)＝－eq\f(1,－\f(1,fx))＝f(x)，∴f(x)的最小正周期為4.[變式2]若母題條件改為：定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x＋6)＝f(x)，當(dāng)－3≤x<－1時(shí)，f(x)＝－(x＋2)2；當(dāng)－1≤x<3時(shí)，f(x)＝x.求f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2015)的值．解：∵f(x＋6)＝f(x)，∴T＝6.∵當(dāng)－3≤x<－1時(shí)，f(x)＝－(x＋2)2；當(dāng)－1≤x<3時(shí)，f(x)＝x，∴f(1)＝1，f(2)＝2，f(3)＝f(－3)＝－1，f(4)＝f(－2)＝0，f(5)＝f(－1)＝－1，f(6)＝f(0)＝0，∴f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝1，∴f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝f(7)＋f(8)＋…＋f(12)＝…＝f(2005)＋f(2006)＋…＋f(2010)＝1，∴f(1)＋f(2)＋…＋f(2010)＝1×eq\f(2010,6)＝335.而f(2011)＋f(2012)＋f(2013)＋f(2014)＋f(2015)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)＝1＋2－1＋0－1＝1.∴f(1)＋f(2)＋…＋f(2015)＝335＋1＝336.[變式3]在母題條件下，求f(x)(x∈[2,4])的解析式．解：當(dāng)x∈[－2,0]時(shí)，－x∈[0,2]，由已知得f(－x)＝2(－x)－(－x)2＝－2x－x2，又f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)＝－2x－x2.∴f(x)＝x2＋2x.又當(dāng)x∈[2,4]時(shí)，x－4∈[－2,0]，∴f(x－4)＝(x－4)2＋2(x－4)．又f(x)是周期為4的周期函數(shù)，∴f(x)＝f(x－4)＝(x－4)2＋2(x－4)＝x2－6x＋8.故x∈[2,4]時(shí)，f(x)＝x2－6x＋8.[破譯玄機(jī)]利用函數(shù)的周期性，求函數(shù)的解析式，應(yīng)把問題轉(zhuǎn)化為已知區(qū)間上的相應(yīng)問題，即把區(qū)間[2,4]轉(zhuǎn)化為[－2,0]上．eq\a\vs4\al(考點(diǎn)三函數(shù)性質(zhì)的綜合應(yīng)用)eq\a\vs4\al(?？汲Ｐ滦涂键c(diǎn)——多角探明)[命題分析]函數(shù)的奇偶性、周期性以及單調(diào)性是函數(shù)的三大性質(zhì)，在高考中常常將它們綜合在一起命制試題，其中奇偶性多與單調(diào)性相結(jié)合，而周期性常與抽象函數(shù)相結(jié)合，并以結(jié)合奇偶性求函數(shù)值為主．多以填空題形式出現(xiàn)．常見的命題角度有：(1)奇偶性的應(yīng)用；(2)單調(diào)性與奇偶性結(jié)合；(3)周期性與奇偶性結(jié)合；(4)單調(diào)性、奇偶性與周期性結(jié)合．[題點(diǎn)全練]角度一：奇偶性的應(yīng)用1．已知f(x)是R上的偶函數(shù)，且當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x2－x－1，則當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝________.解析：∵f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，∴當(dāng)x<0時(shí)，－x>0.由已知f(－x)＝(－x)2－(－x)－1＝x2＋x－1＝f(x)，∴f(x)＝x2＋x－1.答案：x2＋x－12．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋1x＋a,x)為奇函數(shù)，則a＝________.解析：∵f(x)＝eq\f(x＋1x＋a,x)為奇函數(shù)，∴f(1)＋f(－1)＝0，即eq\f(1＋11＋a,1)＋eq\f(－1＋1－1＋a,－1)＝0，∴a＝－1.答案：－1角度二：?jiǎn)握{(diào)性與奇偶性結(jié)合3．(2016·刑臺(tái)摸底考試)已知定義在(－1,1)上的奇函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)＝1＋cosx，如果f(1－a)＋f(1－a2)<0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．解析：依題意得，f′(x)>0，則f(x)是定義在(－1,1)上的奇函數(shù)、增函數(shù)．不等式f(1－a)＋f(1－a2)<0等價(jià)于f(1－a2)<－f(1－a)＝f(a－1)，則－1<1－a2<a－1<1，由此解得1<a<eq\r(2).答案：(1，eq\r(2))角度三：周期性與奇偶性結(jié)合4．已知f(x)是定義在R上的以3為周期的偶函數(shù)，若f(1)＜1，f(5)＝eq\f(2a－3,a＋1)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．解析：∵f(x)是定義在R上的周期為3的偶函數(shù)，∴f(5)＝f(5－6)＝f(－1)＝f(1)，∵f(1)＜1，f(5)＝eq\f(2a－3,a＋1)，∴eq\f(2a－3,a＋1)＜1，即eq\f(a－4,a＋1)＜0，解得－1＜a＜4.答案：(－1,4)角度四：?jiǎn)握{(diào)性、奇偶性與周期性結(jié)合5．已知函數(shù)f(x)是定義在R上以5為周期的奇函數(shù)，若f(－1)>1，f(2016)＝eq\f(a＋3,a－3)，則a的取值范圍是________．解析：因?yàn)閒(x)的周期為5，所以f(2016)＝f(1)，又因?yàn)閒(x)是奇函數(shù)，所以f(－1)＝－f(1)，即f(2016)＝－f(－1)<－1，所以eq\f(a＋3,a－3)<－1，解得0<a<3.答案：(0,3)[方法歸納]函數(shù)性質(zhì)綜合應(yīng)用問題的常見類型及解題策略(1)函數(shù)單調(diào)性與奇偶性結(jié)合．注意函數(shù)單調(diào)性及奇偶性的定義，以及奇、偶函數(shù)圖象的對(duì)稱性．(2)周期性與奇偶性結(jié)合．此類問題多考查求值問題，常利用奇偶性及周期性進(jìn)行交換，將所求函數(shù)值的自變量轉(zhuǎn)化到已知解析式的函數(shù)定義域內(nèi)求解．(3)周期性、奇偶性與單調(diào)性結(jié)合．解決此類問題通常先利用周期性轉(zhuǎn)化自變量所在的區(qū)間，然后利用奇偶性和單調(diào)性求解．

一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)－x的圖象關(guān)于________對(duì)稱．解析：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，且對(duì)定義域內(nèi)每一個(gè)x，都有f(－x)＝－eq\f(1,x)＋x＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．答案：原點(diǎn)2．下面四個(gè)結(jié)論：①偶函數(shù)的圖象一定與y軸相交；②奇函數(shù)的圖象一定過原點(diǎn)；③偶函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱；④沒有一個(gè)函數(shù)既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)．其中正確的結(jié)論是________(填序號(hào))．解析：函數(shù)y＝eq\f(1,x2)是偶函數(shù)，但不與y軸相交，故①錯(cuò)；函數(shù)y＝eq\f(1,x)是奇函數(shù)，但不過原點(diǎn)，故②錯(cuò)；由偶函數(shù)的性質(zhì)，知③正確；函數(shù)f(x)＝0既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)，故④錯(cuò)．答案：③3．(2016·南通調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x