高考數(shù)學(xué)（文）高分計劃一輪高分講義第2章函數(shù)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用2.1函數(shù)及其表示

eq\o(\s\up17(第2章函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用),\s\do17())2．1函數(shù)及其表示[知識梳理]1．函數(shù)與映射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，其中所有x組成的集合A稱為函數(shù)y＝f(x)的定義域；將所有y組成的集合叫做函數(shù)y＝f(x)的值域．(2)函數(shù)的三要素：定義域、對應(yīng)關(guān)系和值域．(3)函數(shù)的表示法表示函數(shù)的常用方法有解析法、圖象法和列表法．3．分段函數(shù)(1)若函數(shù)在其定義域的不同子集上，因?qū)?yīng)關(guān)系不同而分別用幾個不同的式子來表示，這種函數(shù)稱為分段函數(shù)．(2)分段函數(shù)的定義域等于各段函數(shù)的定義域的并集，其值域等于各段函數(shù)的值域的并集，分段函數(shù)雖由幾個部分組成，但它表示的是一個函數(shù)．4．必記結(jié)論函數(shù)與映射的相關(guān)結(jié)論(1)相等函數(shù)如果兩個函數(shù)的定義域相同，并且對應(yīng)關(guān)系完全一致，則這兩個函數(shù)相等．(2)映射的個數(shù)若集合A中有m個元素，集合B中有n個元素，則從集合A到集合B的映射共有nm個．(3)與x軸垂直的直線和一個函數(shù)的圖象至多有1個交點．[診斷自測]1．概念思辨(1)函數(shù)y＝f(x)的圖象與直線x＝a最多有2個交點．()(2)函數(shù)f(x)＝x2－2x與g(t)＝t2－2t是同一函數(shù)．()(3)若A＝R，B＝{x|x>0}，f：x→y＝|x|，其對應(yīng)是從A到B的映射．()(4)f(eq\r(x)－1)＝x，則f(x)＝(x＋1)2(x≥－1)．()答案(1)×(2)√(3)×(4)√2．教材衍化(1)(必修A1P23T2)下列四個圖形中，不是以x為自變量的函數(shù)的圖象是()答案C解析由函數(shù)定義知，定義域內(nèi)的每一個x都有唯一函數(shù)值與之對應(yīng)，A，B，D選項中的圖象都符合；C項中對于大于零的x而言，有兩個不同的值與之對應(yīng)，不符合函數(shù)定義．故選C.(2)(必修A1P18例2)下列四組函數(shù)中，表示相等函數(shù)的一組是()A．f(x)＝|x|，g(x)＝eq\r(x2)B．f(x)＝eq\r(x2)，g(x)＝(eq\r(x))2C．f(x)＝eq\f(x2－1,x－1)，g(x)＝x＋1D．f(x)＝eq\r(x＋1)·eq\r(x－1)，g(x)＝eq\r(x2－1)答案A解析A項，函數(shù)g(x)＝eq\r(x2)＝|x|，兩個函數(shù)的對應(yīng)法則和定義域相同，是相等函數(shù)；B項，函數(shù)f(x)＝eq\r(x2)＝|x|，g(x)＝x(x≥0)，兩個函數(shù)的對應(yīng)法則和定義域不相同，不是相等函數(shù)；C項，函數(shù)f(x)＝eq\f(x2－1,x－1)的定義域為{x|x≠1}，g(x)＝x＋1的定義域為R，兩個函數(shù)的定義域不相同，不是相等函數(shù)；D項，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1≥0，,x－1≥0，))解得x≥1，即函數(shù)f(x)的定義域為{x|x≥1}．由x2－1≥0，解得x≥1或x≤－1，即g(x)的定義域為{x|x≥1或x≤－1}，兩個函數(shù)的定義域不相同，不是相等函數(shù)．故選A.3．小題熱身(1)(2018·廣東深圳模擬)函數(shù)y＝eq\f(\r(－x2－x＋2),lnx)的定義域為()A．(－2,1) B．[－2,1]C．(0,1) D．(0,1]答案C解析由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－x＋2≥0，,x>0，,lnx≠0，))解得0<x<1.故選C.(2)若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋2，x≤0，,2x－4，x>0，))則f[f(1)]的值為()A．－10 B．10C．－2 D．2答案C解析因為f(1)＝－2，所以f(－2)＝－2.故選C.題型1函數(shù)的概念eq\o(\s\do1(典例1))集合A＝{x|0≤x≤4}，B＝{y|0≤y≤2}，下列不表示從A到B的函數(shù)的是()A．f：x→y＝eq\f(1,2)x B．f：x→y＝eq\f(1,3)xC．f：x→y＝eq\f(2,3)x D．f：x→y＝eq\r(x)用定義法．答案C解析依據(jù)函數(shù)概念，集合A中任一元素在集合B中都有唯一確定的元素與之對應(yīng)．選項C不符合，因為當(dāng)x＝4時，y＝eq\f(8,3)?B.故選C.eq\o(\s\do1(典例2))(2018·秦都區(qū)校級月考)判斷下列各組中的兩個函數(shù)是同一函數(shù)的是()①y1＝eq\f(x＋3x－5,x＋3)，y2＝x－5；②f(x)＝x，g(x)＝eq\r(x2)；③f(x)＝x，g(x)＝eq\r(3,x3)；④f1(x)＝(eq\r(2x－5))2，f2(x)＝2x－5.A．①② B．②③C．③ D．③④用定義法．答案C解析對于①，y1＝eq\f(x＋3x－5,x＋3)＝x－5(x≠－3)，與y2＝x－5(x∈R)的定義域不同，不是同一函數(shù)．對于②，f(x)＝x，與g(x)＝eq\r(x2)＝|x|的對應(yīng)關(guān)系不同，不是同一函數(shù)．對于③，f(x)＝x(x∈R)，與g(x)＝eq\r(3,x3)＝x(x∈R)的定義域相同，對應(yīng)關(guān)系也相同，是同一函數(shù)．對于④，f1(x)＝(eq\r(2x－5))2＝2x－5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≥\f(5,2)))，與f2(x)＝2x－5(x∈R)的定義域不同，不是同一函數(shù)．綜上，以上是同一函數(shù)的是③.故選C.方法技巧與函數(shù)概念有關(guān)問題的解題策略1．判斷一個對應(yīng)關(guān)系是否是函數(shù)關(guān)系，就看這個對應(yīng)關(guān)系是否滿足函數(shù)定義中“定義域內(nèi)的任意一個自變量的值都有唯一確定的函數(shù)值”這個核心點．見典例1.2．兩個函數(shù)是否是相等函數(shù)，取決于它們的定義域和對應(yīng)關(guān)系是否相同，只有當(dāng)兩個函數(shù)的定義域和對應(yīng)關(guān)系完全相同時，才表示相等函數(shù)．見典例2.沖關(guān)針對訓(xùn)練1．下列圖象可以表示以M＝{x|0≤x≤1}為定義域，以N＝{x|0≤x≤1}為值域的函數(shù)的是()答案C解析A選項中的值域不對，B選項中的定義域錯誤，D選項不是函數(shù)的圖象，由函數(shù)的定義可知選項C正確．故選C.2．下列函數(shù)中一定是同一函數(shù)的是________．①y＝x與y＝alogax；②y＝2x＋1－2x與y＝2x；③f(u)＝eq\r(\f(1＋u,1－u))，f(v)＝eq\r(\f(1＋v,1－v))；④y＝f(x)與y＝f(x＋1)．答案②③解析①y＝x與y＝alogax定義域不同．②y＝2x＋1－2x＝2x(2－1)＝2x相同．③f(u)與f(v)的定義域及對應(yīng)法則均相同．④對應(yīng)法則不相同．題型2函數(shù)的定義域eq\o(\s\do1(典例1))(2015·湖北高考)函數(shù)f(x)＝eq\r(4－|x|)＋lgeq\f(x2－5x＋6,x－3)的定義域為()A．(2,3) B．(2,4]C．(2,3)∪(3,4] D．(－1,3)∪(3,6]列不等式組求解．答案C解析依題意，知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－|x|≥0，,\f(x2－5x＋6,x－3)>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|≤4，,\f(x－3x－2,x－3)>0，))解之得2<x<3或3<x≤4，即函數(shù)的定義域為(2,3)∪(3,4]．故選C.eq\o(\s\do1(典例2))已知函數(shù)f(x)的定義域為(－1,0)，則函數(shù)f(2x＋1)的定義域為()A．(－1,1) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))C．(－1,0) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))已知f(x)，x∈[a，b]，求f[g(x)]的定義域，則a<g(x)<b.答案B解析由函數(shù)f(x)的定義域為(－1,0)，則使函數(shù)f(2x＋1)有意義，需滿足－1<2x＋1<0，解得－1<x<－eq\f(1,2)，即所求函數(shù)的定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2))).故選B.[結(jié)論探究]典例2中條件不變，求函數(shù)g(x)＝f(2x＋1)＋f(3x＋1)的定義域．解函數(shù)f(3x＋1)有意義，需－1<3x＋1<0，解得－eq\f(2,3)<x<－eq\f(1,3)，又由f(2x＋1)有意義，解得－1<x<－eq\f(1,2)，所以可知g(x)的定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－\f(1,2))).[條件探究]若典例2中條件變?yōu)椋骸昂瘮?shù)f(x－1)的定義域為(－1,0)”，則結(jié)果如何？解因為f(x－1)的定義域為(－1,0)，即－1<x<0，所以－2<x－1<－1，故f(x)的定義域為(－2，－1)，則使函數(shù)f(2x＋1)有意義，需滿足－2<2x＋1<－1，解得－eq\f(3,2)<x<－1.所以所求函數(shù)的定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－1)).方法技巧1．求函數(shù)定義域的三種?？碱愋图扒蠼獠呗?1)已知函數(shù)的解析式：構(gòu)建使解析式有意義的不等式(組)求解．見典例1.(2)抽象函數(shù)(見典例2)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．(3)實際問題：既要使構(gòu)建的函數(shù)解析式有意義，又要考慮實際問題的要求．2．求函數(shù)定義域的注意點(1)不要對解析式進(jìn)行化簡變形，以免定義域變化．(2)當(dāng)一個函數(shù)由有限個基本初等函數(shù)的和、差、積、商的形式構(gòu)成時，定義域一般是各個基本初等函數(shù)定義域的交集．(3)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，不能用“或”連接，而應(yīng)該用并集符號“∪”連接．沖關(guān)針對訓(xùn)練1．(2017·臨川模擬)已知函數(shù)y＝f(x＋1)的定義域是[－2,3]，則y＝f(2x－1)的定義域是()A．[－3,7] B．[－1,4]C．[－5,5] D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))答案D解析由y＝f(x＋1)定義域[－2,3]得y＝f(x)定義域為[－1,4]，所以－1≤2x－1≤4，解得0≤x≤eq\f(5,2).故選D.2．(2018·石河子月考)已知函數(shù)y＝f(x)的定義域是(－∞，1)，則y＝f(x－1)＋eq\f(\r(2－x),2x2－3x－2)的定義域是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2)) B．(－∞，1)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D．(－∞，2)答案A解析∵函數(shù)y＝f(x)的定義域是(－∞，1)，∴y＝f(x－1)＋eq\f(\r(2－x),2x2－3x－2)中，自變量x應(yīng)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1<1，,2－x≥0，,2x2－3x－2≠0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<2，,x≤2，,x≠－\f(1,2)或x≠2，))即x<2且x≠－eq\f(1,2)，∴f(x)的定義域是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2)).故選A.題型3求函數(shù)的解析式eq\o(\s\do1(典例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．配湊法．解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，故f(x)＝x2－2，且x≤－2或x≥2.eq\o(\s\do1(典例2))已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋1))＝lgx，求f(x)的解析式．換元法．解令t＝eq\f(2,x)＋1>1，得x＝eq\f(2,t－1)，所以f(t)＝lgeq\f(2,t－1)，即f(x)＝lgeq\f(2,x－1)(x>1)．eq\o(\s\do1(典例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)．待定系數(shù)法．解設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c，由f(0)＝0，得c＝0，對f(x＋1)＝a(x＋1)2＋b(x＋1)，f(x)＋x＋1＝ax2＋bx＋x＋1，即ax2＋(2a＋b)x＋a＋b＝ax2＋(b＋1)x＋1，得a＝b＝eq\f(1,2).所以f(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)x(x∈R)．eq\o(\s\do1(典例4))已知函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f(x)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\r(x)－1，求f(x)．方程組法．解由f(x)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\r(x)－1，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝2f(x)·eq\r(\f(1,x))－1，消掉feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，可得f(x)＝eq\f(2,3)eq\r(x)＋eq\f(1,3).方法技巧函數(shù)解析式的常見求法1．配湊法．已知f[h(x)]＝g(x)，求f(x)的問題，往往把右邊的g(x)整理成或配湊成只含h(x)的式子，然后用x將h(x)代換．見典例1.2．待定系數(shù)法．已知函數(shù)的類型(如一次函數(shù)、二次函數(shù))可用待定系數(shù)法．見典例3.3．換元法．已知f[h(x)]＝g(x)，求f(x)時，往往可設(shè)h(x)＝t，從中解出x，代入g(x)進(jìn)行換元．應(yīng)用換元法時要注意新元的取值范圍．見典例2.4．方程組法．已知f(x)滿足某個等式，這個等式除f(x)是未知量外，還有其他未知量，如feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，f(－x)等，可根據(jù)已知等式再構(gòu)造其他等式組成方程組，通過解方程組求出f(x)．見典例4.沖關(guān)針對訓(xùn)練1．(2018·衢州期末)已知f(x)是(0，＋∞)上的增函數(shù)，若f[f(x)－lnx]＝1，則f(e)＝()A．2 B．1C．0 D．e答案A解析根據(jù)題意，f(x)是(0，＋∞)上的增函數(shù)，且f[f(x)－lnx]＝1，則f(x)－lnx為定值，設(shè)f(x)－lnx＝t，t為常數(shù)，則f(x)＝lnx＋t且f(t)＝1，即有l(wèi)nt＋t＝1，解得t＝1，則f(x)＝lnx＋1，則f(e)＝lne＋1＝2.故選A.2．已知二次函數(shù)f(2x＋1)＝4x2－6x＋5，求f(x)．解解法一：(換元法)令2x＋1＝t(t∈R)，則x＝eq\f(t－1,2)，所以f(t)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t－1,2)))2－6·eq\f(t－1,2)＋5＝t2－5t＋9(t∈R)，所以f(x)＝x2－5x＋9(x∈R)．解法二：(配湊法)因為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)．解法三：(待定系數(shù)法)因為f(x)是二次函數(shù)，所以設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，則f(2x＋1)＝a(2x＋1)2＋b(2x＋1)＋c＝4ax2＋(4a＋2b)x＋a＋b＋c.因為f(2x＋1)＝4x2－6x＋5，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a＝4，,4a＋2b＝－6，,a＋b＋c＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－5，,c＝9，))所以f(x)＝x2－5x＋9(x∈R)．3．已知f(x)滿足2f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3x－1，求f(x)．解(消元法)已知2f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3x－1，①以eq\f(1,x)代替①式中的x(x≠0)，得2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋f(x)＝eq\f(3,x)－1，②①×2－②得3f(x)＝6x－eq\f(3,x)－1，故f(x)＝2x－eq\f(1,x)－eq\f(1,3)(x≠0).題型4求函數(shù)的值域角度1分式型eq\o(\s\do1(典例))求f(x)＝eq\f(5x－1,4x＋2)，x∈[－3，－1]的值域．分離常數(shù)法．解由y＝eq\f(5x－1,4x＋2)可得y＝eq\f(5,4)－eq\f(7,42x＋1).∵－3≤x≤－1，∴eq\f(7,20)≤－eq\f(7,42x＋1)≤eq\f(7,4)，∴eq\f(8,5)≤y≤3，即y∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,5)，3)).角度2根式型eq\o(\s\do1(典例))求函數(shù)的值域．(1)y＝2x＋eq\r(1－2x)；(2)y＝x＋4＋eq\r(9－x2).(1)用換元法，配方法；(2)用三角換元法．解(1)令t＝eq\r(1－2x)，則x＝eq\f(1－t2,2).∴y＝－t2＋t＋1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)(t≥0)．∴當(dāng)t＝eq\f(1,2)，即x＝eq\f(3,8)時，y取最大值，ymax＝eq\f(5,4)，且y無最小值，∴函數(shù)的值域為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,4))).(2)令x＝3cosθ，θ∈[0，π]，則y＝3cosθ＋4＋3sinθ＝3eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(θ＋\f(π,4)))≤1.∴1≤y≤3eq\r(2)＋4，∴函數(shù)的值域為[1,3eq\r(2)＋4]．角度3對勾型函數(shù)eq\o(\s\do1(典例))求y＝log3x＋logx3－1的值域．用分類討論法．解y＝log3x＋logx3－1，變形得y＝log3x＋eq\f(1,log3x)－1.①當(dāng)log3x>0，即x>1時，y＝log3x＋eq\f(1,log3x)－1≥2－1＝1，當(dāng)且僅當(dāng)log3x＝1，即x＝3時取“＝”．②當(dāng)log3x<0，即0<x<1時，y≤－2－1＝－3.當(dāng)且僅當(dāng)log3x＝－1，即x＝eq\f(1,3)時取“＝”．綜上所述，原函數(shù)的值域為(－∞，－3]∪[1，＋∞)．角度4單調(diào)性型eq\o(\s\do1(典例))函數(shù)f(x)＝log2(3x＋1)的值域為()A．(0，＋∞) B．[0，＋∞)C．(1，＋∞) D．[1，＋∞)本題用復(fù)合函數(shù)“同增異減”的單調(diào)性原則求解．答案A解析根據(jù)對數(shù)函數(shù)的定義可知，真數(shù)3x＋1>0恒成立，解得x∈R.因此，該函數(shù)的定義域為R，原函數(shù)f(x)＝log2(3x＋1)是由對數(shù)函數(shù)y＝log2t和t＝3x＋1復(fù)合的復(fù)合函數(shù)，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性定義(同增異減)知道，原函數(shù)在定義域R上是單調(diào)遞增的．根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可知，3x>0，所以，3x＋1>1，所以f(x)＝log2(3x＋1)>log21＝0.故選A.角度5有界性型eq\o(\s\do1(典例))求函數(shù)y＝eq\f(1－2x,1＋2x)的值域．本題用轉(zhuǎn)化法．解由y＝eq\f(1－2x,1＋2x)可得2x＝eq\f(1－y,1＋y).由指數(shù)函數(shù)y＝2x的有界性可知2x>0，∴eq\f(1－y,1＋y)>0，解得－1<y<1.所以函數(shù)的值域為(－1,1)．角度6數(shù)形結(jié)合型eq\o(\s\do1(典例))求函數(shù)y＝eq\f(sinx＋1,x－1)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))的值域．本題用數(shù)形結(jié)合法．解函數(shù)y＝eq\f(sinx＋1,x－1)的值域可看作由點A(x，sinx)，B(1，－1)兩點決定的斜率，B(1，－1)是定點，A(x，sinx)在曲線y＝sinx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上，如圖．∴kBP≤y≤kBQ，即eq\f(1,π－1)≤y≤eq\f(4,π－2).方法技巧求函數(shù)值域的常用方法1．分離常數(shù)法(見角度1典例)2．配方法(見角度2典例(1))3．換元法(見角度2典例(2))(1)代數(shù)換元；(2)三角換元．4．有界性法(見角度5典例)5．?dāng)?shù)形結(jié)合法(見角度6典例)6．基本不等式法(見角度3典例)7．利用函數(shù)的單調(diào)性(見角度4典例)沖關(guān)針對訓(xùn)練求下列函數(shù)的值域：(1)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x2－2x＋2；(2)y＝eq\r(x＋32＋16)＋eq\r(x－52＋4).解(1)∵x2－2x＋2＝(x－1)2＋1≥1，0<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x2－2x＋2≤eq\f(1,2)，∴函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x2－2x＋2的值域是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).(2)(數(shù)形結(jié)合法)如圖，函數(shù)y＝eq\r(x＋32＋16)＋eq\r(x－52＋4)的幾何意義為平面內(nèi)一點P(x,0)到點A(－3,4)和點B(5,2)的距離之和．由平面解析幾何知識，找出B關(guān)于x軸的對稱點B′(5，－2)，連接AB′交x軸于一點P，此時距離之和最小，∴ymin＝|AB′|＝eq\r(82＋62)＝10，又y無最大值，所以y∈[10，＋∞).題型5分段函數(shù)角度1求分段函數(shù)的函數(shù)值eq\o(\s\do1(典例))(2015·全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋log22－x，x<1，,2x－1，x≥1，))則f(－2)＋f(log212)＝()A．3 B．6C．9 D．12確定自變量所在區(qū)間，代入相應(yīng)解析式．答案C解析∵－2<1，log212>1，∴f(－2)＝1＋log2[2－(－2)]＝3；f(log212)＝2log212－1＝2log26＝6.∴f(－2)＋f(log212)＝9.故選C.角度2求參數(shù)的值eq\o(\s\do1(典例))(2018·襄陽聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－2，x≤1，,－log2x＋1，x>1，))且f(a)＝－3，則f[f(14－a)]＝________.本題用方程思想求a，再根據(jù)區(qū)間分類討論，由內(nèi)到外，逐層求解．答案－eq\f(15,8)解析當(dāng)a≤1時，f(a)＝2a－2＝－3無解；當(dāng)a>1時，由f(a)＝－log2(a＋1)＝－3，得a＋1＝8，解得a＝7，所以f[f(14－a)]＝f[f(7)]＝f(－3)＝2－3－2＝－eq\f(15,8).角度3分段函數(shù)與不等式的交匯eq\o(\s\do1(典例))已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x≤0，,lnx＋1，x>0.))若|f(x)|≥ax，則a的取值范圍是()A．(－∞，0] B．(－∞，1]C．[－2,1] D．[－2,0]本題用數(shù)形結(jié)合思想方法、分離常數(shù)法．答案D解析由題意作出y＝|f(x)|的圖象：由圖象易知，當(dāng)a>0時，y＝ax與y＝ln(x＋1)的圖象在x>0時必有交點，所以當(dāng)a≤0，x≥0時，|f(x)|≥ax顯然成立；當(dāng)x<0時，要使|f(x)|＝x2－2x≥ax恒成立，則a≥x－2恒成立，又x－2<－2，∴a≥－2.綜上，－2≤a≤0.故選D.方法技巧分段函數(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．見角度2典例．2．求參數(shù)．“分段處理”，采用代入法列出各區(qū)間上的方程或不等式．見角度2典例．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．見角度3典例．4．?dāng)?shù)形結(jié)合法也是解決分段函數(shù)問題的重要方法，在解決選擇填空問題中經(jīng)常使用，而且解題速度更快更準(zhǔn)．見角度3典例．沖關(guān)針對訓(xùn)練1．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x<0，,x2－2x，x≥0.))若f(－a)＋f(a)≤0，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[－1,1] B．[－2,0]C．[0,2] D．[－2,2]答案D解析依題意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥0，,a2－2a＋－a2＋2－a≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,－a2－2－a＋a2＋2a≤0，))解得a∈[－2,2]．故選D.2．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－2，x≤0，,fx－2＋1，x>0，))則f(2018)＝________.答案1008解析根據(jù)題意：f(2018)＝f(2016)＋1＝f(2014)＋2＝…＝f(2)＋1008＝f(0)＋1009＝1008.1.(2014·山東高考)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,\r(log2x2－1))的定義域為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B．(2，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(2，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪[2，＋∞)答案C解析要使函數(shù)f(x)有意義，需使(log2x)2－1>0，即(log2x)2>1，∴l(xiāng)og2x>1或log2x<－1.解之得x>2或0<x<eq\f(1,2).故f(x)的定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(2，＋∞)．故選C.2．(2018·河北名校聯(lián)盟聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x＋1，x≥0，,gx，x<0，))則g[f(－8)]＝()A．－1 B．－2C．1 D．2答案A解析∵函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x＋1，x≥0，,gx，x<0，))∴f(－8)＝－f(8)＝－log39＝－2，∴g[f(－8)]＝g(－2)＝f(－2)＝－f(2)＝－log33＝－1.故選A.3．(2018·工農(nóng)區(qū)模擬)函數(shù)y＝eq\r(x＋1)－eq\r(1－x)的值域為()A．(－∞，eq\r(2)] B．[0，eq\r(2)]C．[－eq\r(2)，eq\r(2)] D．[－eq\r(2)，0]答案C解析要使函數(shù)有意義，需滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1≥0，,1－x≥0，))解得－1≤x≤1，所以函數(shù)的定義域為[－1,1]，根據(jù)函數(shù)的解析式，x增大時，eq\r(x＋1)增大，eq\r(1－x)減小，－eq\r(1－x)增大，所以y增大，即該函數(shù)為增函數(shù)．所以最小值為f(－1)＝－eq\r(2)，最大值為f(1)＝eq\r(2)，所以值域為[－eq\r(2)，eq\r(2)]．故選C.4．(2017·全國卷Ⅲ)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,2x，x＞0，))則滿足f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))>1的x的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))解析由題意知，可對不等式分x≤0,0＜x≤eq\f(1,2)，x＞eq\f(1,2)三段討論．當(dāng)x≤0時，原不等式為x＋1＋x＋eq\f(1,2)＞1，解得x＞－eq\f(1,4)，∴－eq\f(1,4)＜x≤0.當(dāng)0＜x≤eq\f(1,2)時，原不等式為2x＋x＋eq\f(1,2)＞1，顯然成立．當(dāng)x＞eq\f(1,2)時，原不等式為2x＋2x－eq\f(1,2)＞1，顯然成立．綜上可知，x＞－eq\f(1,4).[基礎(chǔ)送分提速狂刷練]一、選擇題1．已知A＝{x|x＝n2，n∈N}，給出下列關(guān)系式：①f(x)＝x；②f(x)＝x2；③f(x)＝x3；④f(x)＝x4；⑤f(x)＝x2＋1，其中能夠表示函數(shù)f：A→A的個數(shù)是()A．2 B．3C．4 D．5答案C解析對⑤，當(dāng)x＝1時，x2＋1?A，故⑤錯誤，由函數(shù)定義可知①②③④均正確．故選C.2．(2018·吉安四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x2x≤1，,x2＋x－2x>1，))則feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,f2)))的值為()A.eq\f(15,16) B．eq\f(8,9)C．－eq\f(27,16) D．18答案A解析f(2)＝4，feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,f2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＝eq\f(15,16).故選A.3．已知f(x5)＝lgx，則f(2)等于()A．lg2 B．lg32C．lgeq\f(1,32) D.eq\f(1,5)lg2答案D解析令x5＝t，則x＝teq\s\up15(eq\f(1,5))(t>0)，∴f(t)＝lgteq\s\up15(eq\f(1,5))＝eq\f(1,5)lgt．∴f(2)＝eq\f(1,5)lg2.故選D.4．(2017·山西名校聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)＝lg(1－x)，則函數(shù)f[f(x)]的定義域為()A．(－9，＋∞) B．(－9,1)C．[－9，＋∞) D．[－9,1)答案B解析f[f(x)]＝f[lg(1－x)]＝lg[1－lg(1－x)]，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x>0，,1－lg1－x>0))?－9<x<1.故選B.5．若函數(shù)y＝f(x)的定義域是[0,1]，則函數(shù)F(x)＝f(x＋a)＋f(2x＋a)(0<a<1)的定義域是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，\f(1－a,2))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，1－a))C．[－a,1－a] D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－a，\f(1－a,2)))答案A解析eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x＋a≤1，,0≤2x＋a≤1))?－eq\f(a,2)≤x≤eq\f(1－a,2).故選A.6．函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(eq\f(1,x2＋1))的值域為()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))答案C解析由于x2≥0，所以x2＋1≥1，所以0<eq\f(1,x2＋1)≤1，結(jié)合函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(0,1]上的圖象可知函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(eq\f(1,x2＋1))的值域為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).故選C.7．(2018·黃岡聯(lián)考)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x，x>0，,ax＋b，x≤0，))且f(0)＝2，f(－1)＝3，則f[f(－3)]＝()A．－2 B．2C．3 D．－3答案B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.故選B.8．(2018·銀川模擬)已知具有性質(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(fù)”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\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，0<x<1，,0，x＝1，,－\f(1,x)，x>1.))其中滿足“倒負(fù)”變換的函數(shù)是()A．①② B．①③C．②③ D．①答案B解析對于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\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，0<\f(1,x)<1，,0，\f(1,x)＝1，,－x，\f(1,x)>1，))即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x>1，,0，x＝1，,－x，0<x<1，))故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－f(x)，滿足．綜上可知，滿足“倒負(fù)”變換的函數(shù)是①③.故選B.9．(2018·銅陵一模)若函數(shù)f(x)圖象上任意一點P(x，y)皆滿足y2≥x2，則f(x)的解析式可以是()A．f(x)＝x－eq\f(1,x) B．f(x)＝ex－1C．f(x)＝x＋eq\f(4,x) D．f(x)＝tanx答案C解析A項，當(dāng)x＝1時，f(x)＝1－1＝0,02≥12不成立；B項，當(dāng)x＝－1時，f(x)＝eq\f(1,e)－1∈(－1,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－1))2≥(－1)2不成立；D項，當(dāng)x＝eq\f(5π,4)時，f(x)＝1，12≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)))2不成立；對于C，f2(x)＝x2＋eq\f(16,x2)＋8>x2，符合題意．故選C.10．(2017·山東模擬)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()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)) B．[0,1]C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)) D．[1，＋∞)答案C解析①當(dāng)a<eq\f(2,3)時，f(a)＝3a－1<1，f[f(a)]＝3(3a－1)－1＝9a－4,2f(a)＝23a－1，顯然f[f(a)]≠2f(a)．②當(dāng)eq\f(2,3)≤a<1時，f(a)＝3a－1≥1，f[f(a)]＝23a－1,2f(a)＝23a－1，故f[f(a)]＝2f(a)．③當(dāng)a≥1時，f(a)＝2a>1，f[f(a)]＝22a，2f(a)＝22a，故f[f(a)]＝2f(a)．綜合①②③知a≥eq\f(2,3).故選C.二、填空題11．已知x∈N*，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－35，x≥3，,fx＋2，x<3，))其值域設(shè)為D.給出下列數(shù)值：－26，－1,9,14,27,65，則其中屬于集合D的元素是________．(寫出所有可能的數(shù)值)答案－26,14,65解析注意函數(shù)的定義域是N*，由分段函數(shù)解析式可知，所有自變量的函數(shù)值最終都是轉(zhuǎn)化為大于等于3的對應(yīng)自變量函數(shù)值計算的f(3)＝9－35＝－26，f(4)＝16－35＝－19，f(5)＝25－35＝－10，f(6)＝36－35＝1，f(7)＝49－35＝14，f(8)＝64－35＝29，f(9)＝81－35＝46，f(10)＝100－35＝65.故正確答案應(yīng)填－26,14,65.12．(2018·廈門一模)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2ax＋3a，x<1，,2x－1，x≥1))的值域為R，則實數(shù)a的取值范圍是________