高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)及其表示訓(xùn)練 理 新人教A版

【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第二章函數(shù)及其表示訓(xùn)練理新人教A版第一節(jié)函數(shù)及其表示[備考方向要明了]考什么怎么考1.了解構(gòu)成函數(shù)的要素，了解映射的概念．2.在實(shí)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、解析法)表示函數(shù)．3.了解簡單的分段函數(shù)，并能簡單應(yīng)用.1.考查方式多為選擇題或填空題．2.函數(shù)的表示方法是高考的?？純?nèi)容，特別是圖象法與解析式更是高考的?？停缒晷抡n標(biāo)全國T10等．3.分段函數(shù)是高考的重點(diǎn)也是熱點(diǎn)，常以求解函數(shù)值，由函數(shù)值求自變量以及與不等式相關(guān)的問題為主，如年江西T3等.[歸納·知識整合]1．函數(shù)與映射的概念函數(shù)映射兩集合A，BA，B是兩個非空數(shù)集A，B是兩個非空集合對應(yīng)關(guān)系f：A→B按照某種確定的對應(yīng)關(guān)系f，對于集合A中的任意一個數(shù)x，在集合B中有唯一確定的數(shù)f(x)和它對應(yīng)按某一個確定的對應(yīng)關(guān)系f，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f：A→B為從集合A到集合B的一個函數(shù)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[探究]1.函數(shù)和映射的區(qū)別與聯(lián)系是什么？提示：二者的區(qū)別在于映射定義中的兩個集合是非空集合，可以不是數(shù)集，而函數(shù)中的兩個集合必須是非空數(shù)集，二者的聯(lián)系是函數(shù)是特殊的映射．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)的定義域相同，并且對應(yīng)關(guān)系完全一致，則這兩個函數(shù)為相等函數(shù)．[探究]2.若兩個函數(shù)的定義域與值域都相同，它們是否是同一個函數(shù)？提示：不一定．如函數(shù)y＝x與y＝x＋1，其定義域與值域完全相同，但不是同一個函數(shù)；再如y＝sinx與y＝cosx，其定義域都為R，值域都為[－1,1]，顯然不是同一個函數(shù)．因?yàn)槎x域和對應(yīng)關(guān)系完全相同的兩個函數(shù)的值域也相同，所以定義域和對應(yīng)關(guān)系完全相同的兩個函數(shù)才是同一個函數(shù)．4．函數(shù)的表示方法表示函數(shù)的常用方法有：解析法、列表法和圖象法．5．分段函數(shù)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)，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)．[自測·牛刀小試]1．(教材習(xí)題改編)給出下列五個命題，正確的有()①函數(shù)是定義域到值域的對應(yīng)關(guān)系；②函數(shù)f(x)＝eq\r(x－4)＋eq\r(1－x)；③f(x)＝5，因這個函數(shù)的值不隨x的變化而變化，所以f(t2＋1)也等于5；④y＝2x(x∈N)的圖象是一條直線；⑤f(x)＝1與g(x)＝x0表示同一個函數(shù)．A．1個 B．2個C．3個 D．4個解析：選B由函數(shù)的定義知①正確；②錯誤；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－4≥0，,1－x≥0，))得定義域?yàn)?，所以不是函數(shù)；因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝5為常數(shù)函數(shù)，所以f(t2＋1)＝5，故③正確；因?yàn)閤∈N，所以函數(shù)y＝2x(x∈N)的圖象是一些離散的點(diǎn)，故④錯誤；由于函數(shù)f(x)＝1的定義域?yàn)镽，函數(shù)g(x)＝x0的定義域?yàn)閧x|x≠0}，故⑤錯誤．綜上分析，可知正確的個數(shù)是2.2．(教材習(xí)題改編)以下給出的對應(yīng)是從集合A到B的映射的有()①集合A＝{P|P是數(shù)軸上的點(diǎn)}，集合B＝R，對應(yīng)關(guān)系f：數(shù)軸上的點(diǎn)與它所代表的實(shí)數(shù)對應(yīng)．②集合A＝{P|P是平面直角坐標(biāo)系中的點(diǎn)}，集合B＝{(x，y)|x∈R，y∈R}，對應(yīng)關(guān)系f：平面直角坐標(biāo)系中的點(diǎn)與它的坐標(biāo)對應(yīng)；③集合A＝{x|x是三角形}，集合B＝{x|x是圓}，對應(yīng)關(guān)系f：每一個三角形都對應(yīng)它的內(nèi)切圓；④集合A＝{x|x是新華中學(xué)的班級}，集合B＝{x|x是新華中學(xué)的學(xué)生}，對應(yīng)關(guān)系f：每一個班級都對應(yīng)班里的學(xué)生．A．1個 B．2個C．3個 D．4個解析：選C由于新華中學(xué)的每一個班級里的學(xué)生都不止一個，即一個班級對應(yīng)的學(xué)生不止一個，所以④不是從集合A到集合B的映射．3．(·江西高考)若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x≤1，,lgx，x>1，))則f(f(10))＝()A．lg101 B．2C．1 D．0解析：選Bf(10)＝lg10＝1，故f(f(10))＝f(1)＝12＋1＝2.4．(教材習(xí)題改編)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋2,x－6)，則f(f(4))＝________；若f(a)＝2，則a＝________.解析：∵f(x)＝eq\f(x＋2,x－6)，∴f(4)＝eq\f(4＋2,4－6)＝－3.∴f(f(4))＝f(－3)＝eq\f(－3＋2,－3－6)＝eq\f(1,9).∵f(a)＝2，即eq\f(a＋2,a－6)＝2，解得a＝14.答案：eq\f(1,9)145．(教材習(xí)題改編)A＝{x|x是銳角}，B＝(0,1)，從A到B的映射是“求余弦”，與A中元素60°相對應(yīng)的B中的元素是________；與B中元素eq\f(\r(3),2)相對應(yīng)的A中的元素是________．解析：∵cos60°＝eq\f(1,2)，∴與A中元素60°相對應(yīng)的B中的元素是eq\f(1,2).又∵cos30°＝eq\f(\r(3),2)，∴與B中元素eq\f(\r(3),2)相對應(yīng)的A中的元素是30°.答案：eq\f(1,2)30°函數(shù)與映射的概念[例1]有以下判斷：(1)f(x)＝eq\f(|x|,x)與g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x≥0,－1，x<0))表示同一個函數(shù)．(2)函數(shù)y＝f(x)的圖象與直線x＝1的交點(diǎn)最多有1個．(3)f(x)＝x2－2x＋1與g(t)＝t2－2t＋1是同一函數(shù)．(4)若f(x)＝|x－1|－|x|，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＝0.其中正確判斷的序號是________．[自主解答]對于(1)，函數(shù)f(x)＝eq\f(|x|,x)的定義域?yàn)閧x|x∈R且x≠0}，而函數(shù)g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1x≥0，,－1x<0))的定義域是R，所以二者不是同一函數(shù)；對于(2)，若x＝1不是y＝f(x)定義域內(nèi)的值，則直線x＝1與y＝f(x)的圖象沒有交點(diǎn)，若x＝1是y＝f(x)定義域內(nèi)的值，由函數(shù)的定義可知，直線x＝1與y＝f(x)的圖象只有一個交點(diǎn)，即y＝f(x)的圖象與直線x＝1最多有一個交點(diǎn)；對于(3)，f(x)與g(t)的定義域、值域和對應(yīng)關(guān)系均相同，所以f(x)與g(t)表示同一函數(shù)；對于(4)，由于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－1))－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＝f(0)＝1.綜上可知，正確的判斷是(2)(3)．[答案](2)(3)———————————————————1．判斷兩個變量之間是否存在函數(shù)關(guān)系的方法要檢驗(yàn)兩個變量之間是否存在函數(shù)關(guān)系，只需檢驗(yàn)：(1)定義域和對應(yīng)關(guān)系是否給出；(2)根據(jù)給出的對應(yīng)關(guān)系，自變量x在其定義域中的每一個值，是否都能找到唯一的函數(shù)值y與之對應(yīng)．2．判斷兩個函數(shù)是否為同一個函數(shù)的方法判斷兩個函數(shù)是否相同，要先看定義域是否一致，若定義域一致，再看對應(yīng)法則是否一致，由此即可判斷．1．(1)以下給出的同組函數(shù)中，是否表示同一函數(shù)？為什么？①f1：y＝eq\f(x,x)；f2：y＝1.②f1：y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x≤1，,2，1<x<2，,3，x≥2；))f2：xx≤11＜x＜2x≥2y123③f1：y＝2x；f2：如圖所示．解：①不同函數(shù)．f1(x)的定義域?yàn)閧x∈R|x≠0}，f2(x)的定義域?yàn)镽.②同一函數(shù)．x與y的對應(yīng)關(guān)系完全相同且定義域相同，它們是同一函數(shù)的不同表示方式．③同一函數(shù)．理由同②.(2)已知映射f：A→B.其中A＝B＝R，對應(yīng)關(guān)系f：x→y＝－x2＋2x，對于實(shí)數(shù)k∈B，在集合A中不存在元素與之對應(yīng)，則k的取值范圍是()A．k>1 B．k≥1C．k<1 D．k≤1解析：選A由題意知，方程－x2＋2x＝k無實(shí)數(shù)根，即x2－2x＋k＝0無實(shí)數(shù)根．所以Δ＝4(1－k)<0，解得k>1時滿足題意.求函數(shù)的解析式[例2](1)已知f(x＋1)＝x2＋4x＋1，求f(x)的解析式．(2)已知f(x)是一次函數(shù)，且滿足3f(x＋1)－f(x)＝2x＋9.求f(x[自主解答](1)法一：(換元法)設(shè)x＋1＝t，則x＝t－1，∴f(t)＝(t－1)2＋4(t－1)＋1，即f(t)＝t2＋2t－2.∴所求函數(shù)為f(x)＝x2＋2x－2.法二：(配湊法)∵f(x＋1)＝x2＋4x＋1＝(x＋1)2＋2(x＋1)－2，∴所求函數(shù)為f(x)＝x2＋2x－2.(2)(待定系數(shù)法)由題意，設(shè)函數(shù)為f(x)＝ax＋b(a≠0)，∵3f(x＋1)－f(x)＝2x∴3a(x＋1)＋3b－ax－b＝2x即2ax＋3a＋2b＝2x由恒等式性質(zhì)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝2，,3a＋2b＝9，))解得a＝1，b＝3.∴所求函數(shù)解析式為f(x)＝x＋3.若將本例(1)中“f(x＋1)＝x2＋4x＋1”改為“feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋1))＝lgx”，如何求解？解：令eq\f(2,x)＋1＝t，∵x>0，∴t>1且x＝eq\f(2,t－1).∴f(t)＝lgeq\f(2,t－1)，即f(x)＝lgeq\f(2,x－1)(x>1)．———————————————————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(dá)式，然后以x替代g(x)，便得f(x)的表達(dá)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))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(dá)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，通過解方程求出f(x)．2．給出下列兩個條件：(1)f(eq\r(x)＋1)＝x＋2eq\r(x)；(2)f(x)為二次函數(shù)且f(0)＝3，f(x＋2)－f(x)＝4x＋2.試分別求出f(x)的解析式．解：(1)令t＝eq\r(x)＋1，∴t≥1，x＝(t－1)2.則f(t)＝(t－1)2＋2(t－1)＝t2－1，∴f(x)＝x2－1(x≥1)．(2)設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c，又∵f(0)＝c＝3.∴f(x)＝ax2＋bx＋3，∴f(x＋2)－f(x)＝a(x＋2)2＋b(x＋2)＋3－(ax2＋bx＋3)＝4ax＋4a＋2b＝4x∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a＝4，,4a＋2b＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1.))∴f(x)＝x2－x＋3.分段函數(shù)求值[例3]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，x≥4，,fx＋1，x<4，))則f(2＋log23)的值為()A.eq\f(1,24) B.eq\f(1,12)C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,3)[解析]∵2＋log23<4，∴f(2＋log23)＝f(3＋log23)．∵3＋log23>4，∴f(2＋log23)＝f(3＋log23)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋log23＝eq\f(1,8)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))log23＝eq\f(1,8)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,24).[答案]A———————————————————解決分段函數(shù)求值問題的方法(1)求分段函數(shù)的函數(shù)值時，應(yīng)根據(jù)所給自變量的大小選擇相應(yīng)段的解析式求解，有時每段交替使用求值．(2)若給出函數(shù)值或函數(shù)值的范圍求自變量值或自變量的取值范圍，應(yīng)根據(jù)每一段的解析式分別求解，但要注意檢驗(yàn)所求自變量值是否符合相應(yīng)段的自變量的取值范圍，做到分段函數(shù)分段解決．3．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1，x<1，,x2＋ax，x≥1，))若f(f(0))＝4a，則實(shí)數(shù)a等于()A.eq\f(1,2) B.eq\f(4,5)C．2 D．9解析：選C∵x<1，f(x)＝2x＋1，∴f(0)＝2.由f(f(0))＝4a，得f(2)＝4a，∵x≥1，f(x)＝x2＋∴4a＝4＋2a，解得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)待定系數(shù)法；(2)換元法；(3)配湊法；(4)解方程組法．具體內(nèi)容見例2[方法·規(guī)律]．2兩個易誤點(diǎn)——映射的概念及分段函數(shù)求值問題中的易誤點(diǎn)(1)判斷對應(yīng)是否為映射，即看A中元素是否滿足“每元有象”和“且象唯一”．但要注意：①A中不同元素可有相同的象，即允許多對一，但不允許一對多；②B中元素可無原象，即B中元素可有剩余．(2)求分段函數(shù)應(yīng)注意的問題在求分段函數(shù)的值f(x0)時，一定要首先判斷x0屬于定義域的哪個子集，然后再代入相應(yīng)的關(guān)系式；分段函數(shù)的值域是其定義域內(nèi)不同子集上對應(yīng)的各關(guān)系式的值域的并集.數(shù)學(xué)思想——分類討論思想在分段函數(shù)中的應(yīng)用當(dāng)數(shù)學(xué)問題不宜用統(tǒng)一的方法處理時，我們常常根據(jù)研究對象的差異，按照一定的分類方法或標(biāo)準(zhǔn)，將問題分為“全而不重，廣而不漏”的若干類，然后逐類分別討論，再把結(jié)論匯總，得出問題答案的思想，這就是主要考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想，由于分段函數(shù)在不同定義區(qū)間上具有不同的解析式，在處理分段函數(shù)問題時應(yīng)對不同的區(qū)間進(jìn)行分類求解，然后整合，這恰好是分類討論的一種體現(xiàn)．[典例](·江蘇高考)已知實(shí)數(shù)a≠0，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\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]①當(dāng)1－a＜1，即a＞0時，此時a＋1＞1，由f(1－a)＝f(1＋a)，得2(1－a)＋a＝－(1＋a)－2a，計(jì)算得a＝－eq\f(3,2)(舍去)；②當(dāng)1－a＞1，即a＜0時，此時a＋1＜1，由f(1－a)＝f(1＋a)，得2(1＋a)＋a＝－(1－a)－2a，計(jì)算得a＝－eq\f(3,4)，符合題意，所以綜上所述，a＝－eq\f(3,4).[答案]－eq\f(3,4)eq\a\vs4\al([題后悟道])1．在解決本題時，由于a的取值不同限制了1－a及1＋a的取值，從而應(yīng)對a進(jìn)行分類討論．2．運(yùn)用分類討論的思想解題的基本步驟(1)確定討論對象和確定研究的區(qū)域；(2)對所討論的問題進(jìn)行合理的分類(分類時需要做到不重不漏，標(biāo)準(zhǔn)統(tǒng)一、分層不越級)；(3)逐類討論：即對各類問題詳細(xì)討論，逐步解決；(4)歸納總結(jié)，整合得出結(jié)論．eq\a\vs4\al([變式訓(xùn)練])1．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,log－x，x<0，))若f(a)>f(－a)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－1,0)∪(0,1) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0,1)解析：選C①當(dāng)a>0時，∵f(a)>f(－a)，∴l(xiāng)og2a>loga＝log2eq\f(1,a).∴a>eq\f(1,a)，得a>1.②當(dāng)a<0時，∵f(a)>f(－a)，∴l(xiāng)og(－a)>log2(－a)＝logeq\f(1,－a).∴－a<eq\f(1,－a)得－1<a<0，故C項(xiàng)為正確選項(xiàng)．2．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x，x∈－∞，1，,x2，x∈[1，＋∞，))若f(x)>4，則x的取值范圍是________________．解析：當(dāng)x<1時，由f(x)>4得2－x>4，即x<－2；當(dāng)x≥1時，由f(x)>4得x2>4，所以x>2或x<－2，但由于x≥1，所以x>2.綜上，x的取值范圍是x<－2或x>2.答案：(－∞，－2)∪(2，＋∞)一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分)1．下列各組函數(shù)中，表示相等函數(shù)的是()A．y＝eq\r(5,x5)與y＝eq\r(x2)B．y＝lnex與y＝elnxC．y＝eq\f(x－1x＋3,x－1)與y＝x＋3D．y＝x0與y＝eq\f(1,x0)解析：選Dy＝eq\r(5,x5)＝x，y＝eq\r(x2)＝|x|，故y＝eq\r(5,x5)與y＝eq\r(x2)不表示相等函數(shù)；B、C選項(xiàng)中的兩函數(shù)定義域不同；D選項(xiàng)中的兩函數(shù)是同一個函數(shù)．2．設(shè)A＝{0,1,2,4}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1，2，6，8))，則下列對應(yīng)關(guān)系能構(gòu)成A到B的映射的是()A．f：x→x3－1 B．f：x→(x－1)2C．f：x→2x－1 D．f：x→2x解析：選C對于A，由于集合A中x＝0時，x3－1＝－1?B，即A中元素0在集合B中沒有元素與之對應(yīng)，所以選項(xiàng)A不符合；同理可知B、D兩選項(xiàng)均不能構(gòu)成A到B的映射，C符合．3．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－2，x≥0，,lg－x，x<0，))則f(f(－10))＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,4)C．1 D．－eq\f(1,4)解析：選A依題意可知f(－10)＝lg10＝1，f(1)＝21－2＝eq\f(1,2).4．(·杭州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)，x≥0，,\r(－x)，x<0，))若f(a)＋f(－1)＝2，則a＝()A．－3 B．±3C．－1 D．±1解析：選D∵f(a)＋f(－1)＝2，且f(－1)＝eq\r(1)＝1，∴f(a)＝1，當(dāng)a≥0時，f(a)＝eq\r(a)＝1，∴a＝1；當(dāng)a<0時，f(a)＝eq\r(－a)＝1，∴a＝－1.5．已知函數(shù)f(x)滿足f(x)＋2f(3－x)＝x2，則f(xA．f(x)＝x2－12x＋18 B．f(x)＝eq\f(1,3)x2－4x＋6C．f(x)＝6x＋9 D．f(x)＝2x＋3解析：選B由f(x)＋2f(3－x)＝x2可得f(3－x)＋2f(x)＝(3－x)2，由以上兩式解得f(x)＝eq\f(1,3)x2－4x＋6.6．(·泰安模擬)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(fù)”交換的函數(shù)，下列函數(shù)：①f(x)＝x－eq\f(1,x)；②f(x)＝x＋eq\f(1,x)；③f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，0<x<1，,0，x＝1，,－\f(1,x)，x>1.))滿足“倒負(fù)”變換的函數(shù)是()A．①② B．①③C．②③ D．只有①解析：選B①feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1,x)－x＝－f(x)滿足．②feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1,x)＋x＝f(x)不滿足．③0<x<1時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－x＝－f(x)，x＝1時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝0＝－f(x)，x>1時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1,x)＝－f(x)滿足．二、填空題7．已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))＝x2＋eq\f(1,x2)，則函數(shù)f(3)＝________.解析：∵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，∴f(x)＝x2＋2.∴f(3)＝32＋2＝11.答案：118．若f(a＋b)＝f(a)·f(b)且f(1)＝1，則eq\f(f2,f1)＋eq\f(f3,f2)＋…＋eq\f(f2012,f2011)＝________.解析：令b＝1，∵eq\f(fa＋1,fa)＝f(1)＝1，∴eq\f(f2,f1)＋eq\f(f3,f2)＋…＋eq\f(f2012,f2011)＝2011.答案：20119．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x≥0，,1，x<0，))則滿足不等式f(1－x2)>f(2x)的x的取值范圍是________．解析：畫出f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x≥0，,1，x<0))的圖象，如圖．由圖象可知，若f(1－x2)>f(2x)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x2>0，,1－x2>2x，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<x<1，,－1－\r(2)<x<－1＋\r(2).))得x∈(－1，eq\r(2)－1)．答案：(－1，eq\r(2)－1)三、解答題(本大題共3小題，每小題12分，共36分)10．已知f(x)＝x2－1，g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1，x>0，,2－x，x<0.))(1)求f(g(2))和g(f(2))的值；(2)求f(g(x))和g(f(x))的解析式．解：(1)由已知，g(2)＝1，f(2)＝3，因此f(g(2))＝f(1)＝0，g(f(2))＝g(3)＝2.(2)當(dāng)x>0時，g(x)＝x－1，故f(g(x))＝(x－1)2－1＝x2－2x；當(dāng)x<0時，g(x)＝2－x，故f(g(x))＝(2－x)2－1＝x2－4x＋3.所以f(g(x))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x>0，,x2－4x＋3，x<0.))當(dāng)x>1或x<－1時，f(x)>0，故g(f(x))＝f(x)－1＝x2－2；當(dāng)－1<x<1時，f(x)<0，故g(f(x))＝2－f(x)＝3－x2.所以g(f(x))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2，x>1或x<－1，,3－x2，－1<x<1.))11．二次函數(shù)f(x)滿足f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝1.(1)求f(x)的解析式；(2)解不等式f(x)>2x＋5.解：(1)設(shè)二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．∵f(0)＝1，∴c＝1.把f(x)的表達(dá)式代入f(x＋1)－f(x)＝2x，有a(x＋1)2＋b(x＋1)＋1－(ax2＋bx＋1)＝2x.∴2ax＋a＋b＝2x.∴a＝1，b＝－1.∴f(x)＝x2－x＋1.(2)由x2－x＋1>2x＋5，即x2－3x－4>0，解得x>4或x<－1.故原不等式解集為{x|x>4或x<－1}．12．規(guī)定[t]為不超過t的最大整數(shù)，例如[12.6]＝12，[－3.5]＝－4，對任意實(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同時滿足，求x的取值范圍．解：(1)∵x＝eq\f(7,16)時，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).1．“龜兔賽跑”講述了這樣的故事：領(lǐng)先的兔子看著慢慢爬行的烏龜，驕傲起來，睡了一覺，當(dāng)它醒來時，發(fā)現(xiàn)烏龜快到達(dá)終點(diǎn)了，于是急忙追趕，但為時已晚，烏龜還是先到達(dá)了終點(diǎn)…，用s1，s2分別表示烏龜和兔子所行的路程，t為時間，則下圖與故事情節(jié)相吻合的是()解析：選B根據(jù)故事的描述，烏龜是先于兔子到達(dá)終點(diǎn)，到達(dá)終點(diǎn)的最后時刻烏龜?shù)穆烦檀笥谕米拥穆烦?，并且兔子中間有一段路程為零，分析知B圖象與事實(shí)相吻合．2．下列對應(yīng)關(guān)系是集合P上的函數(shù)的是________．(1)P＝Z，Q＝N*，對應(yīng)關(guān)系f：對集合P中的元素取絕對值與集合Q中的元素相對應(yīng)；(2)P＝{－1,1，－2,2}，Q＝{1,4}，對應(yīng)關(guān)系：f：x→y＝x2，x∈P，y∈Q；(3)P＝{三角形}，Q＝{x|x>0}，對應(yīng)關(guān)系f：對P中三角形求面積與集合Q中元素對應(yīng)．解析：對于(1)，集合P中元素0在集合Q中沒有對應(yīng)元素，故(1)不是函數(shù)；對于(3)集合P不是數(shù)集，故(3)不是函數(shù)；(2)正確．答案：(2)3．試判斷以下各組函數(shù)是否表示同一函數(shù)：(1)y＝eq\r(x－2)·eq\r(x＋2)，y＝eq\r(x2－4)；(2)y＝x，y＝eq\r(3,t3)；(3)y＝|x|，y＝(eq\r(x))2.解：∵y＝eq\r(x－2)·eq\r(x＋2)的定義域?yàn)閧x|x≥2}，y＝eq\r(x2－4)的定義域?yàn)閧x|x≥2或x≤－2}，∴它們不是同一函數(shù)．(2)∵它們的定義域相同，且y＝eq\r(3,t3)＝t，∴y＝x與y＝eq\r(3,t3)是同一函數(shù)．(3)∵y＝|x|的定義域?yàn)镽，y＝(eq\r(x))2的定義域?yàn)閧x|x≥0}，∴它們不是同一函數(shù)．4．已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤－1，,2x，－1<x<2，,\f(x2,2)，x≥2，))且f(a)＝3，求a的值．解：①當(dāng)a≤－1時，f(a)＝a＋2，由a＋2＝3，得a＝1，與a≤－1相矛盾，應(yīng)舍去．②當(dāng)－1<a<2時，f(a)＝2a由2a＝3，得a＝eq\f(3,2)，滿足－1<a<2.③當(dāng)a≥2時，f(a)＝eq\f(a2,2)，由eq\f(a2,2)＝3，得a＝±eq\r(6)，又a≥2，故a＝eq\r(6).綜上可知，a的值為eq\f(3,2)或eq\r(6).eq\a\vs4\al(第二節(jié)函數(shù)的定義域和值域)[備考方向要明了]考什么怎么考會求簡單函數(shù)的定義域和值域.1.函數(shù)的定義域經(jīng)常作為基本條件或工具出現(xiàn)在高考試題的客觀題中，且多與集合問題相交匯，考查與對數(shù)函數(shù)、分式函數(shù)、根式函數(shù)有關(guān)的定義域問題．如年江西T2，江蘇T5等．2.函數(shù)的值域或最值問題很少單獨(dú)考查，通常與不等式恒成立等問題相結(jié)合作為函數(shù)綜合問題中的某一問出現(xiàn)在試卷中.[歸納·知識整合]1．常見基本初等函數(shù)的定義域(1)分式函數(shù)中分母不等于零．(2)偶次根式函數(shù)被開方式大于或等于0.(3)一次函數(shù)、二次函數(shù)的定義域均為R.(4)y＝ax(a＞0且a≠1)，y＝sinx，y＝cosx，定義域均為R.(5)y＝logax(a＞0且a≠1)的定義域?yàn)?0，＋∞)．(6)y＝tanx的定義域?yàn)閑q\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\a\vs4\al(|)x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z)).(7)實(shí)際問題中的函數(shù)定義域，除了使函數(shù)的解析式有意義外，還要考慮實(shí)際問題對函數(shù)自變量的制約．2．基本初等函數(shù)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：當(dāng)a>0時，值域?yàn)閑q\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(y\a\vs4\al(|)y≥\f(4ac－b2,4a)))；當(dāng)a<0時，值域?yàn)閑q\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(y\a\vs4\al(|)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{y|y>0}．(5)y＝logax(a>0且a≠1)的值域是R.(6)y＝sinx，y＝cosx的值域是[－1,1]．(7)y＝tanx的值域是R.[探究]1.若函數(shù)y＝f(x)的定義域和值域相同，則稱函數(shù)y＝f(x)是圓滿函數(shù)，則函數(shù)①y＝eq\f(1,x)；②y＝2x；③y＝eq\r(x)；④y＝x2中是圓滿函數(shù)的有哪幾個？提示：①y＝eq\f(1,x)的定義域和值域都是(－∞，0)∪(0，＋∞)，故函數(shù)y＝eq\f(1,x)是圓滿函數(shù)；②y＝2x的定義域和值域都是R，故函數(shù)y＝2x是圓滿函數(shù)；③y＝eq\r(x)的定義域和值域都是[0，＋∞)，故y＝eq\r(x)是圓滿函數(shù)；④y＝x2的定義域?yàn)镽，值域?yàn)閇0，＋∞)，故函數(shù)y＝x2不是圓滿函數(shù)．2．分段函數(shù)的定義域、值域與各段上的定義域、值域之間有什么關(guān)系？提示：分段函數(shù)的定義域、值域?yàn)楦鞫紊系亩x域、值域的并集．[自測·牛刀小試]1．(教材習(xí)題改編)函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(4－x),x－1)的定義域?yàn)?)A．[－∞，4] B．[4，＋∞)C．(－∞，4) D．(－∞，1)∪(1,4]解析：選D要使函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(4－x),x－1)有意義，只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－x≥0，,x－1≠0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤4，,x≠1.))所以函數(shù)的定義域?yàn)?－∞，1)∪(1,4]．2．下表表示y是x的函數(shù)，則函數(shù)的值域是()x0<x<55≤x<1010≤x<1515≤x≤20y2345A．[2,5] B．NC．(0,20] D．{2,3,4,5}解析：選D函數(shù)值只有四個數(shù)2,3,4,5，故值域?yàn)閧2,3,4,5}．3．若f(x)＝eq\f(1,\r(log2x＋1))，則f(x)的定義域?yàn)?)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) D．(0，＋∞)解析：選A根據(jù)題意得log(2x＋1)＞0，即0＜2x＋1＜1，解得－eq\f(1,2)<x<0，即x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)).4．(教材改編題)函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)開_______，值域?yàn)開_______．解析：由圖象可知，函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)閇－6,0]∪[3,7)，值域?yàn)閇0，＋∞)．答案：[－6,0]∪[3,7)[0，＋∞)5．(教材改編題)若eq\r(x－4)有意義，則函數(shù)y＝x2－6x＋7的值域是________．解析：∵eq\r(x－4)有意義，∴x－4≥0，即x≥4.又∵y＝x2－6x＋7＝(x－3)2－2，∴ymin＝(4－3)2－2＝1－2＝－1.∴其值域?yàn)閇－1，＋∞)．答案：[－1，＋∞)求函數(shù)的定義域[例1](1)(·山東高考)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,lnx＋1)＋eq\r(4－x2)的定義域?yàn)?)A．[－2,0)∪(0,2] B．(－1,0)∪(0,2]C．[－2,2] D．(－1,2](2)已知函數(shù)f(x2－1)的定義域?yàn)閇0,3]，則函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)開_______．[自主解答](1)x滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1>0，,x＋1≠1，,4－x2≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>－1，,x≠0，,－2≤x≤2.))解得－1<x<0或0<x≤2.(2)∵0≤x≤3，∴0≤x2≤9，－1≤x2－1≤8.∴函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)閇－1,8]．[答案](1)B(2)[－1,8]本例(2)改為f(x)的定義域?yàn)閇0,3]，求y＝f(x2－1)的定義域．解：∵y＝f(x)的定義域?yàn)閇0,3]，∴0≤x2－1≤3，解得－2≤x≤－1或1≤x≤2，所以函數(shù)定義域?yàn)閇－2，－1]∪[1,2]．———————————————————簡單函數(shù)定義域的類型及求法(1)已知函數(shù)的解析式，則構(gòu)造使解析式有意義的不等式(組)求解．(2)對實(shí)際問題：由實(shí)際意義及使解析式有意義構(gòu)成的不等式(組)求解．(3)對抽象函數(shù)：①若已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇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?yàn)閇a，b]，則f(x)的定義域?yàn)間(x)在x∈[a，b]時的值域．1．(1)(·江蘇高考)函數(shù)f(x)＝eq\r(1－2log6x)的定義域?yàn)開_______．(2)已知f(x)的定義域是[－2,4]，求f(x2－3x)的定義域．解析：(1)由1－2log6x≥0解得log6x≤eq\f(1,2)?0＜x≤eq\r(6)，故所求定義域?yàn)?0，eq\r(6)]．答案：(0，eq\r(6)](2)∵f(x)的定義域是[－2,4]，∴－2≤x2－3x≤4，由二次函數(shù)的圖象可得，－1≤x≤1或2≤x≤4.∴定義域?yàn)閇－1,1]∪[2,4].求函數(shù)的值域[例2]求下列函數(shù)的值域：(1)y＝eq\f(x－3,x＋1)；(2)y＝x－eq\r(1－2x)；(3)y＝x＋eq\f(4,x).[自主解答](1)法一：(分離常數(shù)法)y＝eq\f(x－3,x＋1)＝eq\f(x＋1－4,x＋1)＝1－eq\f(4,x＋1).因?yàn)閑q\f(4,x＋1)≠0，所以1－eq\f(4,x＋1)≠1，即函數(shù)的值域是{y|y∈R，y≠1}．法二：由y＝eq\f(x－3,x＋1)得yx＋y＝x－3.解得x＝eq\f(y＋3,1－y)，所以y≠1，即函數(shù)值域是{y|y∈R，y≠1}．(2)法一：(換元法)令eq\r(1－2x)＝t，則t≥0且x＝eq\f(1－t2,2)，于是y＝eq\f(1－t2,2)－t＝－eq\f(1,2)(t＋1)2＋1，由于t≥0，所以y≤eq\f(1,2)，故函數(shù)的值域是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(y\a\vs4\al(|)y≤\f(1,2))).法二：(單調(diào)性法)容易判斷函數(shù)y＝f(x)為增函數(shù)，而其定義域應(yīng)滿足1－2x≥0，即x≤eq\f(1,2).所以y≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，即函數(shù)的值域是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(y\a\vs4\al(|)y≤\f(1,2))).(3)法一：(基本不等式法)當(dāng)x>0時，x＋eq\f(4,x)≥2eq\r(x×\f(4,x))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時“＝”成立；當(dāng)x<0時，x＋eq\f(4,x)＝－(－x－eq\f(4,x))≤－4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝－2時“＝”成立．即函數(shù)的值域?yàn)?－∞，－4]∪[4，＋∞)．法二：(導(dǎo)數(shù)法)f′(x)＝1－eq\f(4,x2)＝eq\f(x2－4,x2).x∈(－∞，－2)或x∈(2，＋∞)時，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(－2,0)或x∈(0,2)時，f(x)單調(diào)遞減．故x＝－2時，f(x)極大值＝f(－2)＝－4；x＝2時，f(x)極小值＝f(2)＝4.即函數(shù)的值域?yàn)?－∞，－4]∪[4，＋∞)．若將本例(3)改為“y＝x－eq\f(4,x)”，如何求解？解：易知函數(shù)y＝x－eq\f(4,x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上都是增函數(shù)，故函數(shù)y＝x－eq\f(4,x)的值域?yàn)镽.———————————————————求函數(shù)值域的基本方法(1)觀察法：一些簡單函數(shù)，通過觀察法求值域．(2)配方法：“二次函數(shù)類”用配方法求值域．(3)換元法：形如y＝ax＋b±eq\r(cx＋d)(a，b，c，d均為常數(shù)，且a≠0)的函數(shù)常用換元法求值域，形如y＝ax＋eq\r(a－bx2)的函數(shù)用三角函數(shù)代換求值域．4分離常數(shù)法：形如y＝eq\f(cx＋d,ax＋b)a≠0的函數(shù)可用此法求值域.5單調(diào)性法：函數(shù)單調(diào)性的變化是求最值和值域的依據(jù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間判斷其增減性進(jìn)而求最值和值域.6數(shù)形結(jié)合法：畫出函數(shù)的圖象，找出坐標(biāo)的范圍或分析條件的幾何意義，在圖上找其變化范圍.2．求下列函數(shù)的值域．(1)y＝x2＋2x，x∈[0,3]；(2)y＝eq\f(x2－x,x2－x＋1)；(3)y＝log3x＋logx3－1.解：(1)(配方法)y＝x2＋2x＝(x＋1)2－1，∵0≤x≤3，∴1≤x＋1≤4.∴1≤(x＋1)2≤16.∴0≤y≤15，即函數(shù)y＝x2＋2x(x∈[0,3])的值域?yàn)閇0,15]．(2)y＝eq\f(x2－x＋1－1,x2－x＋1)＝1－eq\f(1,x2－x＋1)，∵x2－x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)，∴0<eq\f(1,x2－x＋1)≤eq\f(4,3)，∴－eq\f(1,3)≤y<1，即值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1)).(3)y＝log3x＋eq\f(1,log3x)－1，令log3x＝t，則y＝t＋eq\f(1,t)－1(t≠0)，當(dāng)x>1時，t>0，y≥2eq\r(t·\f(1,t))－1＝1，當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(1,t)即log3x＝1，x＝3時，等號成立；當(dāng)0<x<1時，t<0，y＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－t＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,t)))))－1≤－2－1＝－3.當(dāng)且僅當(dāng)－t＝－eq\f(1,t)即log3x＝－1，x＝eq\f(1,3)時，等號成立．綜上所述，函數(shù)的值域是(－∞，－3]∪[1，＋∞).與定義域、值域有關(guān)的參數(shù)問題[例3]已知函數(shù)f(x)＝eq\r(ax2＋bx).若至少存在一個正實(shí)數(shù)b，使得函數(shù)f(x)的定義域與值域相同，求實(shí)數(shù)a的值．[自主解答]①若a＝0，則對于每個正數(shù)b，f(x)＝eq\r(bx)的定義域和值域都是[0，＋∞)，故a＝0滿足條件；②若a>0，則對于正數(shù)b，f(x)＝eq\r(ax2＋bx)的定義域?yàn)镈＝{x|ax2＋bx≥0}＝eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,a)))∪[0，＋∞)，但f(x)的值域A?[0，＋∞)，故D≠A，即a>0不符合條件；③若a<0，則對于正數(shù)b，f(x)＝eq\r(ax2＋bx)的定義域D＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，－\f(b,a)))，由于此時f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)))＝eq\f(b,2\r(－a))，故f(x)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(b,2\r(－a))))，則－eq\f(b,a)＝eq\f(b,2\r(－a))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,2\r(－a)＝－a))?a＝－4.綜上所述，a的值為0或－4.———————————————————由函數(shù)的定義域或值域求參數(shù)的方法已知函數(shù)的值域求參數(shù)的值或取值范圍問題，通常按求函數(shù)值域的方法求出其值域，然后依據(jù)已知信息確定其中參數(shù)的值或取值范圍．3．(·溫州模擬)若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x－1)在區(qū)間[a，b]上的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))，則a＋b＝________.解析：∵由題意知x－1>0，又x∈[a，b]，∴a>1.則f(x)＝eq\f(1,x－1)在[a，b]上為減函數(shù)，則f(a)＝eq\f(1,a－1)＝1且f(b)＝eq\f(1,b－1)＝eq\f(1,3)，∴a＝2，b＝4，a＋b＝6.答案：61種意識——定義域優(yōu)先意識函數(shù)的定義域是函數(shù)的靈魂，它決定了函數(shù)的值域，并且它是研究函數(shù)性質(zhì)的基礎(chǔ)．因此，我們一定要樹立函數(shù)定義域優(yōu)先的意識．4個注意——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(shí)數(shù)x的集合．(2)不要對解析式進(jìn)行化簡變形，以免定義域變化．(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．4個準(zhǔn)則——函數(shù)表達(dá)式有意義的準(zhǔn)則函數(shù)表達(dá)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(fù)；③y＝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1.6種技巧——妙求函數(shù)的值域(1)當(dāng)所給函數(shù)是分式的形式，且分子、分母是同次的，可考慮用分離常數(shù)法；(2)若與二次函數(shù)有關(guān)，可用配方法；(3)若函數(shù)解析式中含有根式，可考慮用換元法或單調(diào)性法；(4)當(dāng)函數(shù)解析式結(jié)構(gòu)與基本不等式有關(guān)，可考慮用基本不等式求解；(5)分段函數(shù)宜分段求解；(6)當(dāng)函數(shù)的圖象易畫出時，還可借助于圖象求解.易誤警示——與定義域有關(guān)的易錯問題[典例](·福州模擬)函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋12,x＋1)－eq\r(1－x)的定義域?yàn)開_______________．[解析]∵要使函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋12,x＋1)－eq\r(1－x)有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x≥0，,x＋1≠0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤1，,x≠－1，))∴函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|x≤1，且x≠－1}．[答案](－∞，－1)∪(－1,1]eq\a\vs4\al([易誤辨析])1．本題若將函數(shù)f(x)的解析式化簡為f(x)＝(x＋1)－eq\r(1－x)后求定義域，會誤認(rèn)為其定義域?yàn)?－∞，1]．事實(shí)上，上述化簡過程擴(kuò)大了自變量x的取值范圍．2．在求函數(shù)的值域時，要特別注意函數(shù)的定義域．求函數(shù)的值域時，不但要重視對應(yīng)關(guān)系的作用，而且還要特別注意定義域?qū)χ涤虻闹萍s作用．eq\a\vs4\al([變式訓(xùn)練])1．若函數(shù)f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))，則函數(shù)F(x)＝f(x)＋eq\f(1,fx)的值域是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，5)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，5))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3，\f(10,3)))解析：選C令t＝f(x)，則eq\f(1,2)≤t≤3.易知函數(shù)g(t)＝t＋eq\f(1,t)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上是減函數(shù)，在[1,3]上是增函數(shù)．又因?yàn)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(5,2)，g(1)＝2，g(3)＝eq\f(10,3).可知函數(shù)F(x)＝f(x)＋eq\f(1,fx)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))).2．已知函數(shù)f(eq\r(x)＋2)＝x＋2eq\r(x)，則函數(shù)f(x)的值域?yàn)開_______．解析：令2＋eq\r(x)＝t，則x＝(t－2)2(t≥2)．∴f(t)＝(t－2)2＋2(t－2)＝t2－2t(t≥2)．∴f(x)＝x2－2x(x≥2)．∴f(x)＝(x－1)2－1≥(2－1)2－1＝0，即f(x)的值域?yàn)閇0，＋∞)．答案：[0，＋∞)一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分)1．已知a為實(shí)數(shù)，則下列函數(shù)中，定義域和值域都有可能是R的是()A．f(x)＝x2＋a B．f(x)＝ax2＋1C．f(x)＝ax2＋x＋1 D．f(x)＝x2＋ax＋1解析：選C當(dāng)a＝0時，f(x)＝ax2＋x＋1＝x＋1為一次函數(shù)，其定義域和值域都是R.2．已知等腰△ABC周長為10，則底邊長y關(guān)于腰長x的函數(shù)關(guān)系為y＝10－2x，則函數(shù)的定義域?yàn)?)A．R B．{x|x>0}C．{x|0<x<5} D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\a\vs4\al(|)\f(5,2)<x<5))解析：選D由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,10－2x>0，,2x>10－2x，))即eq\f(5,2)<x<5.3．設(shè)M＝{x|－2≤x≤2}，N＝{y|0≤y≤2}，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镸，值域?yàn)镹，則f(x)的圖象可以是()解析：選AA中定義域是[－2,2]，值域?yàn)閇0,2]；B中定義域?yàn)閇－2,0]，值域?yàn)閇0,2]；C不表示函數(shù)；D中的值域不是[0,2]．4．(·南昌模擬)函數(shù)y＝eq\r(xx－1)－lgeq\f(1,x)的定義域?yàn)?)A．{x|x>0} B．{x|x≥1}C．{x|x≥1，或x<0} D．{x|0<x≤1}解析：選B由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xx－1≥0，,\f(1,x)>0，))得x≥1.5．函數(shù)y＝2－eq\r(－x2＋4x)的值域是()A．[－2,2] B．[1,2]C．[0,2] D．[－eq\r(2)，eq\r(2)]解析：選C∵－x2＋4x＝－(x－2)2＋4≤4，0≤eq\r(－x2＋4x)≤2，－2≤－eq\r(－x2＋4x)≤0，0≤2－eq\r(－x2＋4x)≤2，∴0≤y≤2.6．設(shè)函數(shù)g(x)＝x2－2(x∈R)，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(gx＋x＋4，x<gx，,gx－x，x≥gx，))則f(x)的值域是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，0))∪(1，＋∞) B.eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1([0，＋∞))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，＋∞)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，0))∪(2，＋∞)解析：選D令x<g(x)，即x2－x－2>0，解得x<－1或x>2；令x≥g(x)，即x2－x－2≤0，解得－1≤x≤2，故函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋x＋2，x<－1或x>2，,x2－x－2，－1≤x≤2.))當(dāng)x<－1或x>2時，函數(shù)f(x)>f(－1)＝2；當(dāng)－1≤x≤2時，函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≤f(x)≤f(－1)，即－eq\f(9,4)≤f(x)≤0，故函數(shù)f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，0))∪(2，＋∞)．二、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分)7．函數(shù)y＝eq\f(1,\r(6－x－x2))的定義域是________．解析：由函數(shù)解析式可知6－x－x2>0，即x2＋x－6<0，故－3<x<2.答案：(－3,2)8．設(shè)x≥2，則函數(shù)y＝eq\f(x＋5x＋2,x＋1)的最小值是______．解析：y＝eq\f([x＋1＋4][x＋1＋1],x＋1)，設(shè)x＋1＝t，則t≥3，那么y＝eq\f(t2＋5t＋4,t)＝t＋eq\f(4,t)＋5，在區(qū)間[2，＋∞)上此函數(shù)為增函數(shù)，所以t＝3時，函數(shù)取得最小值即ymin＝eq\f(28,3).答案：eq\f(28,3)9．(·廈門模擬)定義新運(yùn)算“⊕”：當(dāng)a≥b時，a⊕b＝a；當(dāng)a<b時，a⊕b＝b2.設(shè)函數(shù)f(x)＝(1⊕x)x－(2⊕x)，x∈[－2,2]，則函數(shù)f(x)的值域?yàn)開_______．解析：由題意知，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2，x∈[－2，1]，,x3－2，x∈1，2].))當(dāng)x∈[－2,1]時，f(x)∈[－4，－1]；當(dāng)x∈(1,2]時，f(x)∈(－1,6]，故當(dāng)x∈[－2,2]時，f(x)∈[－4,6]．答案：[－4,6]三、解答題(本大題共3小題，每小題12分，共36分)10．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋a的定義域和值域均為[1，b](b>1)，求a，b的值．解：∵f(x)＝eq\f(1,2)(x－1)2＋a－eq\f(1,2)，∴其對稱軸為x＝1，即[1，b]為f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．∴f(x)min＝f(1)＝a－eq\f(1,2)＝1，①f(x)max＝f(b)＝eq\f(1,2)b2－b＋a＝b.②由①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(3,2)，,b＝3.))11．設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，給定一個定點(diǎn)A(4,3)，而點(diǎn)B(x,0)在x軸的正半軸上移動，l(x)表示的長，求函數(shù)y＝eq\f(x,lx)的值域．解：依題意有x＞0，l(x)＝eq\r(x－42＋32)＝eq\r(x2－8x＋25)，所以y＝eq\f(x,lx)＝eq\f(x,\r(x2－8x＋25))＝eq\f(1,\r(1－\f(8,x)＋\f(25,x2))).由于1－eq\f(8,x)＋eq\f(25,x2)＝25eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(4,25)))2＋eq\f(9,25)，所以eq\r(1－\f(8,x)＋\f(25,x2))≥eq\f(3,5)，故0＜y≤eq\f(5,3).即函數(shù)y＝eq\f(x,lx)的值域是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,3))).12．已知函數(shù)f(x)＝x2＋4ax＋2a(1)若函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇0，＋∞)，求a的值；(2)若函數(shù)f(x)的函數(shù)值均為非負(fù)數(shù)，求g(a)＝2－a|a＋3|的值域．解：(1)∵函數(shù)的值域?yàn)閇0，＋∞)，∴Δ＝16a2－4(2?2a2－a－3＝0?a＝－1或a＝eq\f(3,2).(2)∵對一切x∈R函數(shù)值均為非負(fù)，∴Δ＝8(2a2－a－3)≤0?－1≤a≤eq\f(3,2).∴a＋3>0.∴g(a)＝2－a|a＋3|＝－a2－3a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(3,2)))2＋eq\f(17,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2))))).∵二次函數(shù)g(a)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)))上單調(diào)遞減，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))≤g(a)≤g(－1)，即－eq\f(19,4)≤g(a)≤4.∴g(a)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(19,4)，4)).1．下列函數(shù)中，與函數(shù)y＝eq\f(1,\r(x))有相同定義域的是()A．f(x)＝lnx B．f(x)＝eq\f(1,x)C．f(x)＝|x| D．f(x)＝ex解析：選A當(dāng)x>0時，eq\f(1,\r(x))有意義，因此函數(shù)y＝eq\f(1,\r(x))的定義域?yàn)閧x|x>0}．對于A，函數(shù)f(x)＝lnx的定義域?yàn)閧x|x>0}；對于B，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)的定義域?yàn)閧x|x≠0，x∈R}；對于C，函數(shù)f(x)＝|x|的定義域?yàn)镽；對于D，函數(shù)f(x)＝ex的定義域?yàn)镽.所以與函數(shù)y＝eq\f(1,\r(x))有相同定義域的是f(x)＝lnx.2．函數(shù)y＝eq\f(lnx＋1,\r(－x2－3x＋4))的定義域?yàn)?)A．[－4，－1) B．(－4,1)C．(－1,1) D．(－1,1]解析：選C由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－3x＋4>0,x＋1>0))得－1<x<1，因此該函數(shù)的定義域是(－1,1)．3．若函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)閇0,2]，則函數(shù)g(x)＝eq\f(f2x,x－1)的定義域是()A．[0,1] B．[0,1)C．[0,1)∪(1,4] D．(0,1)解析：選B要使g(x)有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤2x≤2，,x－1≠0，))解得0≤x<1.故定義域?yàn)閇0,1)．4．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x，x∈[－1,1]，函數(shù)g(x)＝f2(x)－2af(x)＋3的最小值為h(a)．(1)求h(a)的解析式；(2)是否存在實(shí)數(shù)m，n同時滿足下列兩個條件：①m>n>3；②當(dāng)h(a)的定義域?yàn)閇n，m]時，值域?yàn)閇n2，m2]？若存在，求出m，n的值；若不存在，請說明理由．解：(1)由f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x，x∈[－1,1]，知f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))，令t＝f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))記g(x)＝y(tǒng)＝t2－2at＋3，則g(x)的對稱軸為t＝a，故有：①當(dāng)a≤eq\f(1,3)時，g(x)的最小值h(a)＝eq\f(28,9)－eq\f(2a,3)，②當(dāng)a≥3時，g(x)的最小值h(a)＝12－6a③當(dāng)eq\f(1,3)<a<3時，g(x)的最小值h(a)＝3－a2綜上所述，h(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(28,9)－\f(2a,3)，a≤\f(1,3)，,3－a2，\f(1,3)<a<3，,12－6a，a≥3，))(2)當(dāng)a≥3時，h(a)＝－6a＋12，故m>n>3時，h(a)在[n，m所以h(a)在[n，m]上的值域?yàn)閇h(m)，h(n)]．由題意，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(hm＝n2，,hn＝m2，))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－6m＋12＝n2，,－6n＋12＝m2，))，兩式相減得6n－6m＝n2－m2，又m≠n，所以m＋n＝6，這與m>n>3矛盾，故不存在滿足題中條件的m，n的值.eq\a\vs4\al(第三節(jié)函數(shù)的單調(diào)性與最值)[備考方向要明了]考什么怎么考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).1.函數(shù)的單調(diào)性，是高考考查的重中之重，主要考查求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、利用函數(shù)的單調(diào)性比較函數(shù)值的大小、利用函數(shù)單調(diào)性求函數(shù)值域或最值、利用函數(shù)的單調(diào)性解不等式等相關(guān)問題．2.函數(shù)的最值問題是每年高考的必考內(nèi)容，一般情況下，不會對最值問題單獨(dú)命題，主要是結(jié)合其他知識綜合在一起考查，主要考查求最值的基本方法.[歸納·知識整合]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，如果對于定義域I內(nèi)某個區(qū)間D上的任意兩個自變量的值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逐漸上升的自左向右看圖象是逐漸下降的(2)如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)或減函數(shù)，那么就說函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間D具有(嚴(yán)格的)單調(diào)性，這一區(qū)間叫做y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間．[探究]1.函數(shù)y＝eq\f(1,x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)∪(0，＋∞)，這種表示法對嗎？提示：首先函數(shù)的單調(diào)區(qū)間只能用區(qū)間表示，不能用集合或不等式的形式表示；如果一個函數(shù)有多個單調(diào)區(qū)間應(yīng)分別寫，分開表示，不能用并集符號“∪”聯(lián)結(jié)，也不能用“或”聯(lián)結(jié)．2．函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)遞增與函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[a，b]含義相同嗎？提示：含義不同．f(x)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)遞增并不能排除f(x)在其他區(qū)間上單調(diào)遞增，而f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[a，b]意味著f(x)在其他區(qū)間上不可能單調(diào)遞增．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滿足條件對于任意x∈I，都有f(x)≤M；存在x0∈I，使得f(x0)＝M.對于任意x∈I，都有f(x)≥M；存在x0∈I，使得f(x0)＝M.結(jié)論M為最大值M為最小值[探究]3.函數(shù)的單調(diào)性、最大(小)值反映在其圖象上有什么特征？提示：函數(shù)的單調(diào)性反映在圖象上是上升或下降的，而最大(小)值反映在圖象上為其最高(低)點(diǎn)的縱坐標(biāo)的值．[自測·牛刀小試]1．(教材習(xí)題改編)函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x－1)，x∈[2,6]，則下列說法正確的有()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).A．①③ B．①③④C．②③④ D．②④解析：選B易知函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x－1)在x∈[2,6]上為減函數(shù)，故f(x)min＝f(6)＝eq\f(2,5)，f(x)max＝f(2)＝2.2．函數(shù)y＝(2k＋1)x＋b在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)，則()A．k>eq\f(1,2) B．k<eq\f(1,2)C．k>－eq\f(1,2) D．k<－eq\f(1,2)解析：選D使y＝(2k＋1)x＋b在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)，則2k＋1<0，即k<－eq\f(1,2).3．已知函數(shù)f(x)為R上的減函數(shù)，則滿足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))))<f(1)的實(shí)數(shù)x的取值范圍是()A．(－1,1) B．(0,1)C．(－1,0)∪(0,1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析：選C∵函數(shù)f(x)為R上的減函數(shù)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))))<f(1)，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))>1，即|x|<1且|x|≠0.∴x∈(－1,0)∪(0,1)．4．(教材習(xí)題改編)f(x)＝x2－2x(x∈[－2,4])的單調(diào)遞增區(qū)間為________；f(x)max＝________.解析：∵函數(shù)f(x)＝x2－2x的對稱軸為x＝1.∴函數(shù)f(x)＝x2－2x(x∈[－2,4])的單調(diào)遞增區(qū)間為[1,4]，單調(diào)遞減區(qū)間為[－2,1)．又f(－2)＝4＋4＝8，f(4)＝16－8＝8.∴f(x)max＝8.答案：[1,4]85．(教材習(xí)題改編)若函數(shù)f(x)＝4x2－kx－8在[5,20]上是單調(diào)遞增函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．解析：∵函數(shù)f(x)＝4x2－kx－8的對稱軸為x＝eq\f(k,8)，又函數(shù)f(x)在[5,20]上為增函數(shù)，∴eq\f(k,8)≤5，即k≤40.答案：(－∞，40]函數(shù)單調(diào)性的判斷或證明[例1]已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x2＋1)－ax，其中a>0.(1)若2f(1)＝f(－1)，求a(2)證明：當(dāng)a≥1時，函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，＋∞)上為單調(diào)減函數(shù)．[自主解答](1)由2f(1)＝f可得2eq\r(2)－2a＝eq\r(2)＋a，得a＝eq\f(\r(2),3).(2)證明：任取x1，x2∈[0，＋∞)，且x1<x2，f(x1)－f(x2)＝eq\r(x\o\al(2,1)＋1)－ax1－eq\r(x\o\al(2,2)＋1)＋ax2＝eq\r(x\o\al(2,1)＋1)－eq\r(x\o\al(2,2)＋1)－a(x1－x2)＝eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),\r(x\o\al(2,1)＋1)＋\r(x\o\al(2,2)＋1))－a(x1－x2)＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,\r(x\o\al(2,1)＋1)＋\r(x\o\al(2,2)＋1))－a)).∵0≤x1<eq\r(x\o\al(2,1)＋1)，0<x2<eq\r(x\o\al(2,2)＋1)，∴0<eq\f(x1＋x2,\r(x\o\al(2,1)＋1)＋\r(x\o\al(2,2)＋1))<1.又∵a≥1，∴f(x1)－f(x2)>0，∴f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減．———————————————————判斷或證明函數(shù)的單調(diào)性的兩種方法(1)利用定義的基本步驟是：eq\x(取值)?eq\x(作差商變形)?eq\x(確定符號)?eq\x(得出結(jié)論)(2)利用導(dǎo)數(shù)的基本步驟是：eq\x(求導(dǎo)函數(shù))?eq\x(確定符號)?eq\x(得出結(jié)論)1．討論函數(shù)f(x)＝eq\f(ax,x2－1)(a>0)的單調(diào)性．解：由x2－1≠0，得x≠±1，即定義域?yàn)?－∞，－1)∪(－1,1)∪(1，＋∞)．①當(dāng)x∈(－1,1)時，設(shè)－1<x1<x2<1，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(ax1,x\o\al(2,1)－1)－eq\f(ax2