專題2函數(shù)與基本初等函數(shù)第6講函數(shù)的概念及其表示【夯基固本】[知識梳理]1．(1)實數(shù)集任意一個唯一y＝f(x)，x∈A定義域值域(2)定義域值域對應關系2．解析式圖象表格3．對應關系常用結論：并集并集[熱身練習]1．B2.B3.A4.A5.0或2【考點探究】[例1](1)(0，1)∪(1，2]∪[3，＋∞)由函數(shù)解析式有意義，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－5x＋6≥0，,x－1≠0，,x＋|x|>0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥3或x≤2，,x≠1，,x>0))?0<x<1或1<x≤2或x≥3，故函數(shù)的定義域是(0，1)∪(1，2]∪[3，＋∞).(2)C函數(shù)f(x＋1)的定義域是[1，7]，則2≤x＋1≤8，因此在f(2x)中，2≤2x≤8.函數(shù)h(x)＝f(2x)＋eq\r(9－x2)的解析式有意義，必有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2≤2x≤8，,9－x2≥0，))解得1≤x≤3，所以函數(shù)h(x)的定義域是[1，3].故選C.[變式探究]1．(1，2)要使函數(shù)有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1>0，,2x－x2>0，))解得1<x<2.所以函數(shù)f(x)的定義域是(1，2).2．(－∞，－6]∪[2，＋∞)由題意得|x＋2|＋|x－m|≥4恒成立，由于|x＋2|＋|x－m|≥|－2－m|＝|2＋m|，當x在－2和m之間(包括－2和m)時取等號，所以(|x＋2|＋|x－m|)min＝|2＋m|.所以|2＋m|≥4，所以2＋m≥4或2＋m≤－4，即m≥2或m≤－6，故實數(shù)m的取值范圍是(－∞，－6]∪[2，＋∞).[例2](1)f(x)＝x2－x＋1令f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，因為f(0)＝1，所以c＝1，則f(x)＝ax2＋bx＋1.由題意可知，f(x＋1)－f(x)＝a(x＋1)2＋b(x＋1)＋1－(ax2＋bx＋1)＝2x，即2ax＋a＋b＝2x，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝2，,a＋b＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1，))所以f(x)＝x2－x＋1.(2)A因為函數(shù)f(x)滿足f(x)＋2f(eq\f(1,x))＝2x＋1，①所以f(eq\f(1,x))＋2f(x)＝eq\f(2,x)＋1，②聯(lián)立①②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(x)＋2f(\f(1,x))＝2x＋1，,f(\f(1,x))＋2f(x)＝\f(2,x)＋1，))解得f(x)＝eq\f(4,3x)－eq\f(2x,3)＋eq\f(1,3)，所以f(2)＝eq\f(4,6)－eq\f(4,3)＋eq\f(1,3)＝－eq\f(1,3).故選A.(3)D因為f(x)＋f(y)＋2xy＝f(x＋y)，令x＝y(tǒng)＝0，則f(0)＝0，令x＝1，y＝－1，則f(1)＋f(－1)－2＝f(0)＝0.又f(x)＝x3f(eq\f(1,x))，令x＝－1，則f(－1)＝0，所以f(1)＝2.又f(x)＋f(y)＋2xy＝f(x＋y)，令x＝y(tǒng)＝1，則f(2)＝2f(1)＋2＝6，令x＝1，y＝2，則f(3)＝f(1)＋f(2)＋4＝2＋6＋4＝12.故選D.[變式探究]3．D由f(x＋y)＝f(x)·f(y)，當y＝x時，有f(2x)＝f2(x).又f(eq\f(1,2))＝2，所以f(4)＝f2(2)＝f4(1)＝f8(eq\f(1,2))＝28＝256.故選D.4．1－log3x(答案不唯一)由題意可知，f(x)＋f(y)可變化為f(xy)的形式，由此可想到對數(shù)函數(shù)，又因為f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，且f(x)＋f(y)＝f(xy)＋1，所以滿足條件的一個函數(shù)可取f(x)＝1－log3x.5．ABC已知f(0)＝eq\f(1,2)，f(x＋y)＝f(x)f(a－y)＋f(y)f(a－x).對于A，令x＝y(tǒng)＝0，則eq\f(1,2)＝f(0)＝eq\f(1,2)f(a)＋eq\f(1,2)f(a)＝f(a)，即f(a)＝eq\f(1,2)，A正確．對于B，令y＝0，則f(x)＝f(x)f(a)＋f(0)f(a－x)＝eq\f(1,2)f(x)＋eq\f(1,2)f(a－x)，故f(x)＝f(a－x)，令x＝y(tǒng)，則f(2x)＝f(x)f(y)＋f(y)f(x)＝2f(x)f(y)＝2f2(x)≥0，故f(x)非負；令y＝a－x，則f(a)＝f2(x)＋f2(a－x)＝2f2(x)＝eq\f(1,2)，解得f(x)＝±eq\f(1,2)，又f(x)非負，故可得f(x)＝eq\f(1,2)，B正確．對于C，由B項分析可得f(x＋y)＝2f(x)f(y)，C正確．對于D，由B項分析可得滿足條件的f(x)只有一個，D錯誤．故選ABC.[例3](1)2函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－1，x≥1，,ax，x<1，))有f(2)＝－2×2－1＝－5，則f(f(2))＝f(－5)＝a-5＝eq\f(1,32)＝eq\f(1,25)，解得a＝2.(2)B當a<1時，f(a)＝2a-1＝1，則a－1＝0，解得a＝1(舍去)；當a≥1時，f(a)＝eq\f(\r(a),2)＝1，則eq\r(a)＝2，解得a＝4.故選B.(3)1(－∞，－eq\f(1,2))∪(eq\f(1,2)，＋∞)由題意可知，f(f(eq\f(1,2)))＝f(1)＝1.因為f(x)<f(2x)，當|2x|<1，即－eq\f(1,2)<x<eq\f(1,2)時，則|x|<eq\f(1,2)<1，可得1<1，不合題意；當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|2x|≥1，,|x|<1，))即x∈(－1，－eq\f(1,2)]∪[eq\f(1,2)，1)時，可得1<(2x)2，解得x>eq\f(1,2)或x<－eq\f(1,2)，所以x∈(－1，－eq\f(1,2))∪(eq\f(1,2)，1)；當|x|≥1，即x≥1或x≤－1時，則|2x|＝2|x|≥2>1，可得x2<(2x2)＝4x2，符合題意．綜上所述：不等式f(x)<f(2x)的解集是(－∞，－eq\f(1,2))∪(eq\f(1,2)，＋∞).[變式探究]6．C因為f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－3，x≥10，,f(f（x＋4)），x<10，))則f(8)＝f(f(12))＝f(9)＝f(f(13))＝f(10)＝7.故選C.7．D當a<0時，f(a)＝a2＋2a，f(－a)＝－a2－2a，所以f(a)<f(－a)?a2＋2a<－a2－2a，即a2＋2a<0，解得－2<a<0；當a≥0時，f(a)＝－a2＋2a，f(－a)＝a2－2a，所以f(a)<f(－a)?－a2＋2a<a2－2a，即a2－2a>0，解得a>2.所以實數(shù)a的取值范圍是(－2，0)∪(2，＋∞).故選D.第7講函數(shù)的值域與最值【夯基固本】[知識梳理]1．函數(shù)值定義域和對應關系定義域2．(1)f(x)≤Mf(x0)＝M(2)f(x)≥Mf(x0)＝M常用結論：1.(1)R(2)[eq\f(4ac－b2,4a)，＋∞）（－∞，eq\f(4ac－b2,4a)](3)y≠0(4)(0，＋∞)(5)R(6)[－1，1]R[熱身練習]1．B2.C3.C4.D5.－2－3【考點探究】[例1](1)C對于A，y＝x2＋2x＋6＝(x＋1)2＋5，最小值為5，故錯誤；對于B，令t＝|cosx|∈（0，1]，則y＝t＋eq\f(9,t)在（0，1]上單調(diào)遞減，其最小值為10，故錯誤；對于C，y＝3x＋eq\f(9,3x)≥2eq\r(3x·\f(9,3x))＝6，當且僅當3x＝eq\f(9,3x)，即x＝1時，等號成立，故正確；對于D，當0<x<1時，lnx<0，顯然不成立，故錯誤．故選C.(2)(ⅰ)[2，＋∞）(ⅱ)5函數(shù)f(x)的圖象如下：(ⅰ)根據(jù)函數(shù)的圖象可得f(x)的值域為[2，＋∞）.(ⅱ)根據(jù)函數(shù)的圖象可得f(x)在[1，2）上為減函數(shù)，在[2，3]上為增函數(shù)，所以f(x)max＝max{f(1)，f(3)}＝5.(3)C令x＝cosθ，θ∈[0，π]，則f(x)＝g(θ)＝eq\f(sinθ－1,cosθ－2)，其幾何意義是單位圓（在x軸及其上方）上的動點M(cosθ，sinθ)與點A(2，1)連線的斜率k，由圖象得0≤k≤1，即函數(shù)f(x)的值域為[0，1]，故選C.[變式探究]1．[0，＋∞）因為x>1，則x－1>0，可得y＝eq\f(x2－4x＋4,x－1)＝(x－1)＋eq\f(1,x－1)－2≥2eq\r((x－1)·\f(1,x－1))－2＝0，當且僅當x－1＝eq\f(1,x－1)，即x＝2時，等號成立，所以函數(shù)的值域為[0，＋∞）.2．C在同一坐標系中先作出f(x)＝3－2|x|與g(x)＝x2－2x的圖象，然后根據(jù)定義作出F(x)的圖象（圖中實線部分）.由圖象可知，當x<0時，y＝F(x)取得最大值，由3－2|x|＝x2－2x得x＝2－eq\r(7)或x＝2＋eq\r(7)（舍去），此時函數(shù)F(x)有最大值3＋2（2－eq\r(7)）＝7－2eq\r(7)，無最小值．故選C.3．C因為g(x)＝f(2x－1)＋1，且g(x)的定義域是（1，4]，值域是[3，＋∞），所以f(2x－1)的定義域是（1，4]，值域是[2，＋∞）.由1＜x≤4得1＜2x－1≤7，所以f(x)的定義域是（1，7]，值域是[2，＋∞），則A＝(1，7]，B＝[2，＋∞)，所以A∩B＝[2，7].故選C.[例2](1)D函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋x＋16,x)＝x＋eq\f(16,x)＋1，由對勾函數(shù)的性質(zhì)可知，f(x)在[2，4]上單調(diào)遞減，在[4，＋∞）上單調(diào)遞增，且注意到f(2)＝11，f(4)＝9，f(8)＝11，所以所求實數(shù)a的取值范圍是[4，8].故選D.(2)0（答案不唯一）1若a＝0，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x<0，,(x－2)2，x≥0，))所以f(x)min＝0.若a<0，當x<a時，f(x)＝－ax＋1單調(diào)遞增，當x→－∞時，f(x)→－∞，故f(x)沒有最小值，不符合題目要求．若a>0，當x<a時，f(x)＝－ax＋1單調(diào)遞減，f(x)>f(a)＝－a2＋1，當x≥a時，f(x)min＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，0<a<2，,(a－2)2，a≥2，))所以－a2＋1≥0或－a2＋1≥(a－2)2，解得0<a≤1.綜上可得0≤a≤1，所以實數(shù)a的最大值為1.[變式探究]4．2f(x)＝ax－eq\f(1,ax)＋eq\f(2,a)(a>0)，所以f(x)在（0，1]上單調(diào)遞增，所以f(x)max＝f(1)＝a＋eq\f(1,a)，所以g(a)＝a＋eq\f(1,a)≥2，當且僅當a＝eq\f(1,a)，即a＝1時取等號，所以g(a)的最小值為2.5．C若對?x1∈[－1，2]，?x0∈[－1，2]，使g(x1)＝f(x0)成立，只需函數(shù)y＝g(x)的值域為函數(shù)y＝f(x)的值域的子集即可．函數(shù)f(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1，x∈[－1，2]的值域為[－1，3].當a>0時，g(x)＝ax＋2單調(diào)遞增，由x∈[－1，2]可得其值域為[2－a，2＋2a]，要使[2－a，2＋2a][－1，3]，需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－a≥－1，,2＋2a≤3，,a>0，))解得0<a≤eq\f(1,2)，綜上，實數(shù)a的取值范圍為（0，eq\f(1,2)].故選C.[例3](1)B函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x<0，,－x2，x≥0，))由二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)可知，當x<0時，f(x)為減函數(shù)，且f(x)>0；當x≥0時，f(x)為減函數(shù)，且f(x)≤0，所以f(x)在R上為減函數(shù)．當x<0時，f(2x)＝(2x)2＝4x2＝4f(x)；當x≥0時，f(2x)＝－(2x)2＝－4x2＝4f(x)，所以4f(x)＝f(2x)，不等式f(x＋t)<4f(x)等價于f(x＋t)<f(2x)，則x＋t>2x在x∈(t2－4，t2)上恒成立，即t>x在x∈(t2－4，t2)上恒成立，得t≥t2，解得0≤t≤1.故選B.(2)B因為f(x＋1)＝2f(x)，所以f(x)＝2f(x－1).因為x∈（0，1]時，f(x)＝x(x－1)∈[－eq\f(1,4)，0].所以x∈（1，2]時，x－1∈(0，1]，f（x)＝2f(x－1)＝2(x－1)(x－2)∈[－eq\f(1,2)，0]；所以x∈（2，3]時，x－1∈(1，2]，f（x)＝2f(x－1)＝4(x－2)(x－3)∈[－1，0]，函數(shù)f(x)的大致圖象如圖．當x∈（2，3]時，由4(x－2)(x－3)＝－eq\f(8,9)，解得x1＝eq\f(7,3)，x2＝eq\f(8,3)，若對任意x∈（－∞，m]，都有f(x)≥－eq\f(8,9)，則m≤eq\f(7,3).則實數(shù)m的取值范圍是（－∞，eq\f(7,3)].故選B.[變式探究]6．[3，＋∞）由已知得ex＋eq\f(a,ex)≥2eq\r(3)恒成立，即a≥－(ex)2＋2eq\r(3)ex恒成立，因此a≥(－（ex)2＋2eq\r(3)ex）max.令g(x)＝－(ex)2＋2eq\r(3)ex＝－（ex－eq\r(3)）2＋3，當ex＝eq\r(3)，即x＝lneq\r(3)時，g(x)max＝3，所以a≥3.故實數(shù)a的取值范圍是[3，＋∞）.7．[－1，1]已知3x2－2ax≥|x|－eq\f(3,4)?2ax≤3x2－|x|＋eq\f(3,4).當x>0時，2a≤（3x－1＋eq\f(3,4x)）min，而3x－1＋eq\f(3,4x)＝3x＋eq\f(3,4x)－1≥2eq\r(3x·\f(3,4x))－1＝2，當且僅當x＝eq\f(1,2)時等號成立，所以2a≤2，即a≤1.當x＝0時，不等式恒成立．當x<0時，2a≥（3x＋1＋eq\f(3,4x)）max，而3x＋1＋eq\f(3,4x)＝1－[(－3x)＋（－eq\f(3,4x)）]≤－2，當且僅當x＝－eq\f(1,2)時等號成立，所以2a≥－2，即a≥－1.綜上所述，－1≤a≤1，故實數(shù)a的取值范圍是[－1，1].第8講函數(shù)的單調(diào)性及應用【夯基固本】[知識梳理]1．?x1，x2＜增函數(shù)?x1，x2＞減函數(shù)2．單調(diào)遞增單調(diào)遞減單調(diào)區(qū)間增區(qū)間減區(qū)間3．上升下降常用結論：1.增函數(shù)減函數(shù)2.(1)增（減）(2)減（增）(3)增函數(shù)減函數(shù)(4)遞增遞減[熱身練習]1．A2.B3.B4.D5.[1，eq\f(3,2)）【考點探究】[例1]任取x1，x2，使得－1<x1<x2<1，則x2－x1>0.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(x1x2＋1)(x2－x1),（xeq\o\al(2,1)－1）（xeq\o\al(2,2)－1）)，因為－1<x1<x2<1，所以x1x2＋1>0，xeq\o\al(2,1)－1<0，xeq\o\al(2,2)－1<0，所以eq\f((x1x2＋1)(x2－x1),（xeq\o\al(2,1)－1）（xeq\o\al(2,2)－1）)>0，所以當a>0時，f(x1)－f(x2)>0，故此時函數(shù)f(x)在(－1，1)上是減函數(shù)，當a<0時，f(x1)－f(x2)<0，故此時函數(shù)f(x)在(－1，1)上是增函數(shù)．綜上所述，當a>0時，f(x)在(－1，1)上為減函數(shù)，當a<0時，f(x)在(－1，1)上為增函數(shù)．[變式探究]1．(1)因為任意x，y∈(0，＋∞)，有f(xy)＝f(x)＋f(y)－1，所以令x＝y(tǒng)＝1，得f(1)＝1，令x＝eq\f(1,2)，y＝2，得f（eq\f(1,2)×2）＝f（eq\f(1,2)）＋f(2)－1，因為f(2)＝0，所以f（eq\f(1,2)）＝2.(2)結論：f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是減函數(shù)．證明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，設x2>x1>0，則eq\f(x2,x1)>1，因為任意x，y∈(0，＋∞)，有f(xy)＝f(x)＋f(y)－1，所以當x＝x1，y＝eq\f(x2,x1)時，f(x2)＝f（x1·eq\f(x2,x1)）＝f(x1)＋f（eq\f(x2,x1)）－1.因為eq\f(x2,x1)>1，所以f（eq\f(x2,x1)）<1，所以f（eq\f(x2,x1)）－1<0，所以f(x2)＝f(x1)＋f（eq\f(x2,x1)）－1<f(x1)，所以f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是減函數(shù)．(3)f（eq\f(1,4)）＝f（eq\f(1,2)×eq\f(1,2)）＝f（eq\f(1,2)）＋f（eq\f(1,2)）－1＝3.設F(x)＝f(x)－4x－2，x∈(0，＋∞)，由(2)可知函數(shù)F(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是減函數(shù)，又因為F（eq\f(1,4)）＝f（eq\f(1,4)）－4×eq\f(1,4)－2＝0，所以，當0<x<eq\f(1,4)時，F(xiàn)(x)>0；當x>eq\f(1,4)時，F(xiàn)(x)<0.所以不等式f(x)>4x＋2的解集為{x|0<x<eq\f(1,4)}．[例2](1)B在函數(shù)f(x)＝ln(2x2－3x＋1)中，由2x2－3x＋1>0得x<eq\f(1,2)或x>1，則f(x)的定義域為（－∞，eq\f(1,2)）∪(1，＋∞)，函數(shù)u＝2x2－3x＋1在（－∞，eq\f(1,2)）上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又y＝lnu在u∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，于是得f(x)在（－∞，eq\f(1,2)）上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為（－∞，eq\f(1,2)）.故選B.(2)B因為f(x)在R上單調(diào)遞增，且x≥0時，f(x)＝ex＋ln(x＋1)單調(diào)遞增，則需滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(－2a,2×(－1))≥0，,－a≤e0＋ln1，))解得－1≤a≤0，即實數(shù)a的取值范圍是[－1，0].故選B.(3)（0，eq\f(2,3)]因為對?x1，x2∈R，且x1≠x2都有eq\f(f(x1)－f(x2),x1－x2)>0成立，所以函數(shù)在R上單調(diào)遞增，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,a≤1，,a－1≤1－2a，))解得0<a≤eq\f(2,3).[變式探究]2．（－∞，－1]，[0，1]由題意知，當x≥0時，y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4；當x<0時，y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，函數(shù)的圖象如圖．由圖象可知，函數(shù)y＝－x2＋2|x|＋3在（－∞，－1]，[0，1]上是增函數(shù)．3．D函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x>4))的圖象如圖所示．由圖可知函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，2)，(4，＋∞)，因為函數(shù)f(x)在(a，a＋1)上單調(diào)遞增，所以a＋1≤2或a≥4，所以a≤1或a≥4.故選D.4．[eq\f(\r(5)－1,2)，1）由函數(shù)的解析式可得f′(x)＝axlna＋(1＋a)xln(1＋a)≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，則(1＋a)x·ln(1＋a)≥－axlna，即（eq\f(1＋a,a)）x≥－eq\f(lna,ln(1＋a))在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，故（eq\f(1＋a,a)）0＝1≥－eq\f(lna,ln(1＋a))，而1＋a∈(1，2)，故ln(1＋a)>0，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ln(1＋a)≥－lna，,0<a<1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a(1＋a)≥1，,0<a<1，))故eq\f(\r(5)－1,2)≤a<1，所以實數(shù)a的取值范圍是[eq\f(\r(5)－1,2)，1）.[例3](1)C由題設(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0，所以函數(shù)f(x)是R上的減函數(shù)．因為0>log50.5＝log5eq\f(5,10)>log5eq\f(2\r(5),10)＝－eq\f(1,2)，log0.5eq\r(3)＝log2（eq\r(3)）-1<log2（eq\r(2)）-1＝－eq\f(1,2)，20．5>0，所以log0.5eq\r(3)<log50.5<20.5.又因為函數(shù)f(x)是R上的減函數(shù)，所以f（log0.5eq\r(3)）>f(log50.5)>f(20.5)，即b>a>c，故選C.(2)A函數(shù)f(x)的定義域為R，函數(shù)y＝2x，y＝3－x分別是R上的增函數(shù)和減函數(shù)，因此函數(shù)f(x)是R上的增函數(shù)，由f(x2)<f(2x＋3)，得x2<2x＋3，解得－1<x<3，所以原不等式的解集是(－1，3).故選A.(3)A由f(x)＝x＋eq\f(4,x)得f′(x)＝eq\f(x2－4,x2)，當x∈[eq\f(1,2)，1]時，f′(x)<0，所以f(x)在[eq\f(1,2)，1]上單調(diào)遞減，所以f(1)＝5是函數(shù)f(x)的最小值，當x∈[2，3]時，g(x)＝2x＋a為增函數(shù)，所以g(2)＝a＋4是函數(shù)g(x)的最小值，又因為?x1∈[eq\f(1,2)，1]，?x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，可得f(x)在[eq\f(1,2)，1]上的最小值不小于g(x)在[2，3]上的最小值，即5≥a＋4，解得a≤1，故選A.[變式探究]5．A對任意x1，x2∈R(x1≠x2)，有eq\f(f(x2)－f(x1),x2－x1)<0，則x2－x1與f(x2)－f(x1)異號，則f(x)在R上是減函數(shù)．又3>2>1，則f(3)<f(2)<f(1).故選A.6．A當x>1時，f(x)＝x＋eq\f(9,x)－3a≥2eq\r(x·\f(9,x))－3a＝6－3a，當且僅當x＝3時取等號，故此時f(x)的最小值為f(3).當x≤1時，f(x)＝x2－2ax＋2＝(x－a)2＋2－a2，對稱軸為x＝a，當a≥1時，f(x)在（－∞，1]上單調(diào)遞減，此時最小值為f(1)＝3－2a，要使f(x)的最小值為f(1)，則f(1)≤f(3)，即3－2a≤6－3a，解得1≤a≤3，當a<1時，f(x)在（－∞，a]上單調(diào)遞減，在[a，1]上單調(diào)遞增，此時最小值為f(a)，不滿足f(x)的最小值為f(1).綜上，1≤a≤3，故選A.7．C令x2≥2－x2，得x≥1或x≤－1，則f(x)＝min{x2，2－x2}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x∈(－1，1)，,2－x2，x∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，))則函數(shù)f(x)在（－1，0]上單調(diào)遞減．當x＝－1時，x2＝2－x2＝1，所以該函數(shù)在[－1，0]上單調(diào)遞減，故②正確；當－1<x<1時，f(x)＝x2∈[0，1），當x≥1或x≤－1時，f(x)＝2－x2∈（－∞，1]，所以函數(shù)f(x)的值域為（－∞，1]，故①錯誤；方程f(x)＝m實根的個數(shù)，即為函數(shù)y＝f(x)和直線y＝m的圖象交點的個數(shù)，作出兩個函數(shù)的圖象如圖所示，由圖可知兩函數(shù)圖象有4個交點時，實數(shù)m的取值范圍是(0，1)，故③正確．所以正確結論的個數(shù)是2.故選C.第9講函數(shù)的奇偶性、周期性與對稱性【夯基固本】[知識梳理]1．(1)①f(－x)＝－f(x)②f(－x)＝f(x)必要(2)原點y2．(1)f(x＋T)＝f(x)一個周期(2)存在一個最小[熱身練習]1．D2.B3.C4.25.－2【考點探究】[例1](1)ACD對于A，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－x2≥0，,|x＋3|－3≠0，))得－2≤x≤2，且x≠0，所以f(x)的定義域為[－2，0）∪（0，2]，關于原點對稱，所以f(x)＝eq\f(\r(4－x2),|x＋3|－3)＝eq\f(\r(4－x2),x＋3－3)＝eq\f(\r(4－x2),x).又f(－x)＝eq\f(\r(4－(－x)2),－x)＝－eq\f(\r(4－x2),x)＝－f(x)，所以f(x)是奇函數(shù)，A正確．對于B，因為f(x)的定義域為[－1，1），不關于原點對稱，所以f(x)既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)，B錯誤．對于C，對于函數(shù)f(x)＝eq\r(1－x2)＋eq\r(x2－1)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x2≥0，,x2－1≥0，))所以x＝±1，其定義域為{－1，1}，關于原點對稱．因為對定義域內(nèi)的每一個x，都有f(x)＝0，所以f(－x)＝f(x)，f(－x)＝－f(x)，所以f(x)＝eq\r(1－x2)＋eq\r(x2－1)既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)，C正確．對于D，函數(shù)f(x)的定義域為R，定義域關于原點對稱．當x＝0時，－x＝0，所以f(－x)＝f(0)＝0，f(x)＝f(0)＝0，所以f(－x)＝－f(x)；當x>0時，－x<0，所以f(－x)＝－(－x)2－2(－x)－3＝－(x2－2x＋3)＝－f(x)；當x<0時，－x>0，所以f(－x)＝(－x)2－2(－x)＋3＝－(－x2－2x－3)＝－f(x).綜上，可知函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，D正確．故選ACD.(2)B因為f(x)為偶函數(shù)，則f(1)＝f(－1)，所以(1＋a)lneq\f(1,3)＝(－1＋a)ln3，解得a＝0.當a＝0時，f(x)＝xlneq\f(2x－1,2x＋1)，由(2x－1)(2x＋1)>0，解得x>eq\f(1,2)或x<－eq\f(1,2)，則其定義域為{x|x>eq\f(1,2)或x<－eq\f(1,2)}，關于原點對稱．又f(－x)＝(－x)lneq\f(2(－x)－1,2(－x)＋1)＝(－x)lneq\f(2x＋1,2x－1)＝(－x)ln（eq\f(2x－1,2x＋1)）-1＝xlneq\f(2x－1,2x＋1)＝f(x)，故此時f(x)為偶函數(shù)，故選B.(3)B函數(shù)f(x)的定義域為R，設函數(shù)g(x)＝f(x)－2x，h(x)＝f(x)－x2，則g(－x)＝f(－x)＋2x＝g(x)＝f(x)－2x，h(x)＋h(－x)＝f(x)－x2＋f(－x)－x2＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(x)－f(－x)＝4x，,f(x)＋f(－x)＝2x2，))解得f(x)＝x2＋2x，所以f(1)＝3，故選B.[變式探究]1．－2由題意知，f（lneq\f(1,2)）＝f(－ln2)＝－f(ln2).又ln2>0，所以f（lneq\f(1,2)）＝－eln2＝－2.2．AC對于A，設g(x)＝f(－x)，則g(－x)＝f(x)＝－f(－x)＝－g(x)，所以g(x)為奇函數(shù)；對于B，定義域為{x|x≠0}，令h(x)＝eq\f(f(x),x)，則h(－x)＝eq\f(f(－x),－x)＝eq\f(f(x),x)＝h(x)，所以h(x)為偶函數(shù)；對于C，因為g(x)＝x3為奇函數(shù)，f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，奇函數(shù)＋奇函數(shù)＝奇函數(shù)，所以y＝f(x)＋x3為奇函數(shù)；對于D，定義域為{x|x≥0}，所以y＝eq\r(x3)f(x)為非奇非偶函數(shù)．故選AC.3．2因為f(x)＝eq\f(x2＋2x＋1＋sinx,x2＋1)＝1＋eq\f(2x＋sinx,x2＋1)，設g(x)＝eq\f(2x＋sinx,x2＋1)，易知g(x)為奇函數(shù)．又f(x)＝g(x)＋1，所以f(x)max＝g(x)max＋1，f(x)min＝g(x)min＋1，所以f(x)max＋f(x)min＝g(x)max＋g(x)min＋2＝2（奇函數(shù)的最大值、最小值互為相反數(shù)），所以M＋m＝2.[例2](1)B因為f(x－2)＝－f(x)，所以f(x)＝－f(x＋2)，即f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)的周期為4.所以f(2025)＝f(506×4＋1)＝f(1)＝1.故選B.(2)C當x∈[－2，－1]時，x＋4∈[2，3]，f(x)＝f(x＋4)＝x＋4＝3＋(x＋1).當x∈[－1，0]時，－x∈[0，1]，2－x∈[2，3]，因為函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，則f(x)＝f(－x)＝f(2－x)＝2－x＝3－(x＋1)，綜上所述，當x∈[－2，0]時，f(x)＝3－|x＋1|.故選C.(3)B由f(－x)＋f(x)＝6，即f(x)關于點(0，3)對稱，而y＝eq\f(3x＋1,x)＝3＋eq\f(1,x)也關于點(0，3)對稱，所以y＝eq\f(3x＋1,x)與y＝f(x)在(0，3)兩側交點個數(shù)相同，且一側交點在另一側均有對稱的交點存在，所以＝0，＝eq\f(m,2)×6＝3m，故＝3m.故選B.[變式探究]4．eq\f(13,2)因為f(x)f(x＋2)＝13，所以f(x)，f(x＋2)均不為0，所以f(x＋2)＝eq\f(13,f(x))，所以f(x＋4)＝eq\f(13,f(x＋2))＝eq\f(13,\f(13,f(x)))＝f(x)，所以f(x)的周期為4，所以f(2025)＝f(1)＝eq\f(13,f(3))＝eq\f(13,2).5．D當x>0時，f(x)＝f(x－1)－f(x－2)，所以f(x＋1)＝f(x)－f(x－1)，故f(x＋1)＝－f(x－2)，所以f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，所以當x>0時，f(x)的周期為6，所以f(2025)＝f(6×337＋3)＝f(3)＝－f(0)＝0，f(2026)＝f(6×337＋4)＝f(4)＝－f(1)＝－f(0)＋f(－1)＝－1，故f(2025)＋f(2026)＝－1.故選D.6．D由g(x)的圖象關于直線x＝2對稱，可知g(x)＝g(4－x).因為f(x)＋g(2－x)＝5，所以f(－x)＋g(2＋x)＝5.又g(2－x)＝g(2＋x)，所以f(x)＝f(－x).因為g(x)－f(x－4)＝7，所以g(4－x)－f(－x)＝7.又g(x)＝g(4－x)，所以f(x－4)＝f(－x)＝f(x)，所以f(x)的周期為4.當x＝0時，f(0)＋g(2)＝5，所以f(0)＝5－g(2)＝1，所以f(4)＝f(0)＝1.當x＝2時，g(2)－f(－2)＝7，所以f(－2)＝g(2)－7＝－3，所以f(2)＝f(－2)＝－3.當x＝1時，f(1)＋g(1)＝5，g(1)－f(－3)＝7，又f(－3)＝f(1)，所以g(1)－f(1)＝7，所以f(1)＝－1，所以f(－1)＝f(1)＝－1，所以f(3)＝f(－1)＝－1.所以eq\o(∑,\s\up6(22),\s\do4(\o(\s\up7(k＝1),\s\do5())))f(k)＝5[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(1)＋f(2)＝5×(－1－3－1＋1)－1－3＝－24.故選D.[例3](1)x2－x－2（－∞，eq\f(1,2)）因為函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且當x≥0時，f(x)＝x(1＋x)－2，則當x<0時，－x>0，f(x)＝f(－x)＝－x(－x＋1)－2＝x2－x－2，所以當x<0時，f(x)＝x2－x－2.依題意，f(x)＝x2＋x－2在[0，＋∞）上單調(diào)遞增，則f(m＋1)<f(2－m)?f(|m＋1|)<f(|2－m|)?|m＋1|<|m－2|，解得m<eq\f(1,2)，所以實數(shù)m的取值范圍是（－∞，eq\f(1,2)）.(2)－8(－∞，－2)∪(2，＋∞)根據(jù)題意，f(x)的定義域為R，關于原點對稱．又任意實數(shù)x，y恒有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，取x＝y(tǒng)＝0，則f(0＋0)＝2f(0)，所以f(0)＝0.取y＝－x，則f(x－x)＝f(x)＋f(－x)＝f(0)＝0，所以f(－x)＝－f(x)對任意x∈R恒成立，所以f(x)為奇函數(shù)．任取x1，x2∈(－∞，＋∞)且x1<x2，則x2－x1>0，f(x2)＋f(－x1)＝f(x2－x1)<0，所以f(x2)<－f(－x1)，又f(x)為奇函數(shù)，所以f(x1)>f(x2).故f(x)為R上的減函數(shù)．因為x∈[－2，4]，所以f(x)≥f(4)，因為f(4)＝2f(2)＝4f(1)＝－4×f(－1)＝－8，故f(x)在[－2，4]上的最小值為－8.因為f(x)在[－1，1]上是減函數(shù)，所以f(x)≤f(－1)＝2.因為f(x)<m2－2am＋2對所有x∈[－1，1]，a∈[－1，1]恒成立．所以m2－2am＋2>2對?a∈[－1，1]恒成立，即m2－2am>0對?a∈[－1，1]恒成立．令g(a)＝－2am＋m2，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g(－1)>0，,g(1)>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m＋m2>0，,－2m＋m2>0，))解得m<－2或m>2.所以實數(shù)m的取值范圍為(－∞，－2)∪(2，＋∞).[變式探究]7．(－2，0)∪(2，＋∞)因為(x1－x2)[x1f(x1)－x2f(x2)]>0，所以當x1<x2時，x1f(x1)<x2f(x2)，令F(x)＝xf(x)，則F(x)＝xf(x)在[0，＋∞）上單調(diào)遞增，又因為f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，所以F(x)是偶函數(shù)，且在(－∞，0)上單調(diào)遞減．因為f(2)＝3，所以F(－2)＝F(2)＝2f(2)＝6，f(x)>eq\f(6,x)等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,F(x)>6＝F(2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<0，,F(x)<6＝F(－2)，))所以x>2或－2<x<0，即不等式f(x)>eq\f(6,x)的解集為(－2，0)∪(2，＋∞).8．B函數(shù)f(x)＝ex＋e－x是偶函數(shù)，f′(x)＝ex－e－x，當x<0時，f′(x)<0，當x>0時，f′(x)>0，即函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．因為2log25＝log225<log232＝5，5<4eq\r(2)＝22.5＝2×21.5，所以2log25<5<2×21.5，則log25<21.5<21.6＝40.8，所以f（log2eq\f(1,5)）＝f(－log25)＝f(log25)<f(21.5)<f(40.8)，即c<a<b.故選B.[例4](1)ABC因為y＝f(x＋3)的圖象關于直線x＝－3對稱，所以y＝f(x)的圖象關于y軸對稱，即f(x)是偶函數(shù)，B正確；在f(x)＝f(x＋4)＋f(2)中，令x＝－2，得f(－2)＝2f(2)，又f(－2)＝f(2)，所以f(2)＝2f(2)，解得f(2)＝0，A正確；又f(x)＝f(x＋4)＋f(2)，所以f(x)＝f(x＋4)，故f(x)是周期為4的周期函數(shù)，C正確；對?x1，x2∈[0，2]，當x1≠x2時，都有(x2－x1)[f(x2)－f(x1)]>0，故f(x)在[0，2]上單調(diào)遞增，又f(x)是周期為4的周期函數(shù)，且f(x)是偶函數(shù)，故f(0)＝f(－4)，f(3)＝f(－1)＝f(1)，因為f(1)>f(0)，所以f(3)>f(－4)，D錯誤．故選ABC.(2)C因為f(x＋3)＝－f(x)，所以f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，故f(x)的周期為6.又因為g(x)＝f(x)－1為奇函數(shù)，所以g(x)＋g(－x)＝0，即f(x)－1＋f(－x)－1＝0，即f(x)＋f(－x)＝2，令x＝0，則2f(0)＝2，即f(0)＝1.所以f(198)＝f(6×33＋0)＝f(0)＝1，故選C.[變式探究]9．A因為f(1＋x)＝f(1－x)，所以f(1＋（1＋x)）＝f(1－（1＋x)），即f(2＋x)＝f(－x).又f(－x)＝－f(x)，函數(shù)f(x)的定義域為R，所以f(x)是定義域為R的奇函數(shù)，所以f(0)＝0，f(x)＝－f(2＋x)，所以f(2＋x)＝－f(4＋x)，故f(x)＝－f(2＋x)＝f(4＋x)，所以f(x)是以4為周期的周期函數(shù)，所以f(2024)＝f(506×4＋0)＝f(0)＝0.故選A.10．A由f(x＋2)＝f(x)可得f(x)的周期為2.因為f(x－2)為奇函數(shù)，則f(－x－2)＝－f(x－2)，又因為f(x)的周期為2，所以f(－x)＝－f(x)，即f(x)為奇函數(shù)．因為x∈[0，1）時，eq\f(f(x1)－f(x2),x1－x2)>0，所以f(x)在x∈[0，1）上單調(diào)遞增．因為f(x)為奇函數(shù)，所以f(x)在（－1，0]上單調(diào)遞增，所以f(x)在(－1，1)上單調(diào)遞增，因為f(x)的周期為2，f（－eq\f(15,2)）＝f（－eq\f(15,2)＋2×4）＝f（eq\f(1,2)），f(4)＝f(0)，f（eq\f(11,2)）＝f（eq\f(11,2)－2×3）＝f（－eq\f(1,2)），所以f（eq\f(1,2)）>f(0)>f（－eq\f(1,2)），即f（－eq\f(15,2)）>f(4)>f（eq\f(11,2)）.故選A.微專題（二）抽象函數(shù)【題型探究】[例1]D因為g(x)－f(x)＝x，所以g(x)＝f(x)＋x.由于f(x)是定義在R上的奇函數(shù)．即f(x)＋f(－x)＝0，所以g(－x)＝f(－x)－x＝－f(x)－x＝－g(x)，故g(x)為奇函數(shù)，因為對于任意的x，y∈R，有|f(x)－f(y)|<|x－y|，所以|(g（x)－x）－(g（y)－y）|<|x－y|，當x≠y時，有eq\f(|g(x)－g(y)－(x－y)|,|x－y|)<1，即|eq\f(g(x)－g(y),x－y)－1|<1，所以0<eq\f(g(x)－g(y),x－y)<2，所以g(x)單調(diào)遞增．因為g(2x－x2)＋g(x－2)<0，所以g(2x－x2)<－g(x－2)＝g(2－x)，所以2x－x2<2－x，整理可得x2－3x＋2>0，解得x>2或x<1，故選D.[變式探究]1．B由函數(shù)y＝f(x＋1)圖象關于點(－1，0)中心對稱，知函數(shù)f(x)圖象關于點(0，0)中心對稱，所以f(x)為奇函數(shù)．令g(x)＝xf(x)，則g(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)＝g(x)，所以g(x)為偶函數(shù)，對于?x1，x2∈(0，＋∞)，有eq\f(g(x2)－g(x1),x2－x1)＝eq\f(x2f(x2)－x1f(x1),x2－x1)>0(x1≠x2)，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又g(x)為偶函數(shù)，所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減．由f(1)＝4，得g(1)＝4，g(－1)＝4，當x>0時，f(x)>eq\f(4,x)變形為xf(x)>4，即g(x)>g(1)，解得x>1；當x<0時，f(x)>eq\f(4,x)變形為xf(x)<4，即g(x)<g(－1)，解得－1<x<0.綜上，不等式f(x)>eq\f(4,x)的解集為(－1，0)∪(1，＋∞).故選B.[例2][9，11)定義在(0，＋∞)上的增函數(shù)f(x)，對任意的a，b∈(0，＋∞)都有f(ab)＝f(a)＋f(b)且f(4)＝2，則f(4)＝f(2×2)＝f(2)＋f(2)＝2，得f(2)＝1，f(2)＝f(1×2)＝f(1)＋f(2)＝1，得f(1)＝0.當x∈[0，1]時，g(x)＝f(x＋1)－1，則g(x)在[0，1]上單調(diào)遞增，且g(0)＝－1，g(1)＝0.又函數(shù)g(x)滿足g(x)＋g(4－x)＝－2，所以g(x)的圖象關于點(2，－1)對稱，得g(x)在[3，4]上單調(diào)遞增，且g(4)＝－2－g(0)＝－1，g(3)＝－2－g(1)＝－2.又函數(shù)g(x)滿足g(4－x)＝g(x＋2)，所以g(x)的圖象關于直線x＝3對稱，得g(x)在[1，2]和[2，3]上單調(diào)遞減，且g(2)＝－1.由g(x)＋g(4－x)＝－2和g(4－x)＝g(x＋2)，得g(x)＋g(x＋2)＝－2，則有g(x＋2)＋g(x＋4)＝－2，g(x＋4)＝g(x)，故函數(shù)g(x)的一個周期是4，且在x＝4t－3(t∈Z)時取最大值0，在x＝4t－1(t∈Z)時取最小值－2.若g(x)在[0，m]上取得最大值的x值依次為x1，x2，…，xk，取得最小值的x值依次為x1′，x2′，…，xn′，則k＝n或k＝n＋1，所以＋＝(1＋5＋…＋4k－3)＋(3＋7＋…＋4n－1)－2n＝2k2－k＋2n2－n＝21.當k＝n時，有4k2－2k－21＝0，方程無正整數(shù)解；當k＝n＋1時，有2n2＋n－10＝0，解得n＝2，k＝3，且有x3≤m<x3′，即9≤m<11，所以實數(shù)m的取值范圍為[9，11).[變式探究]2．BCD因為f(x)＋g(1－x)＝2，所以f(1－x)＋g(x)＝2.又因為f(x＋3)＋g(x)＝2，所以f(x＋3)＝f(1－x).又f(1＋x)＋f(1－x)＝0，則f(1＋x)＋f(x＋3)＝0，即f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝f(x)，故f(x)是周期為4的周期函數(shù)．因為f(x＋3)＋g(x)＝2，所以g(x)也是周期為4的周期函數(shù)，B正確．因為f(1＋x)＋f(1－x)＝0，則f(x＋2)＝－f(－x)，即－f(x)＝－f(－x)，所以f(－x)＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，A錯誤．因為f(x＋2)＝－f(x)，令x＝1，得f(3)＝－f(1)，即f(1)＋f(3)＝0，令x＝2，得f(4)＝－f(2)，即f(2)＋f(4)＝0，故f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝0，C正確．由g(x)＝2－f(x＋3)，得g(1)＋g(2)＋g(3)＋g(4)＝[2－f(4)]＋[2－f(5)]＋[2－f(6)]＋[2－f(7)]＝8－[f(4)＋f(1)＋f(2)＋f(3)]＝8，所以eq\o(∑,\s\up6(20),\s\do4(n＝1))g(n)＝5×[g(1)＋g(2)＋g(3)＋g(4)]＝40，D正確．故選BCD.第10講冪函數(shù)與二次函數(shù)【夯基固本】[知識梳理]1．(1)y＝xα2．(1)ax2＋bx＋c(a≠0)(2)a(x－k)2＋h(3)a(x－x1)(x－x2)3．（－∞，－eq\f(b,2a)][－eq\f(b,2a)，＋∞）[－eq\f(b,2a)，＋∞）（－∞，－eq\f(b,2a)]偶函數(shù)非奇非偶函數(shù)－eq\f(b,2a)開口方向4．單調(diào)性[熱身練習]1．B2.A3.C4.A5.f(x)＝－2x2＋x－1【考點探究】[例1](1)D對于A，函數(shù)y＝xeq\s\up6(\f(1,2))＝eq\r(x)的定義域為[0，＋∞），顯然不符合題意，A錯誤；對于B，函數(shù)y＝x－eq\f(1,2)＝eq\f(1,\r(x))的定義域為(0，＋∞)，顯然不符合題意，B錯誤；對于C，函數(shù)y＝x3的定義域為R，又y＝x3為奇函數(shù)，但是y＝x3在(0，＋∞)上函數(shù)是下凸遞增，故不符合題意，C錯誤；對于D，y＝xeq\s\up6(\f(1,3))＝eq\r(3,x)的定義域為R，又y＝xeq\s\up6(\f(1,3))為奇函數(shù)，且y＝xeq\s\up6(\f(1,3))在(0，＋∞)上函數(shù)是上凸遞增，D正確．故選D.(2)α越大函數(shù)增長越快（答案不唯一）從冪函數(shù)的圖象可知，它們在(0，＋∞)上的性質(zhì)為①α越大函數(shù)增長越快．②圖象從下往上α越來越大．③函數(shù)值都大于1.④α越大越遠離x軸．⑤當α＞1時，圖象下凸．⑥圖象無最大值．⑦當指數(shù)互為倒數(shù)時，圖象關于直線y＝x對稱．⑧當α＞1時，圖象在直線y＝x的上方；當0＜α＜1時，圖象在直線y＝x的下方．從上面任取一個即可．[變式探究]1．（－∞，1]設f(x)＝xα，則(－8)α＝－2，即α＝eq\f(1,3)，所以f(x)＝xeq\s\up6(\f(1,3))，則f(x)在R上單調(diào)遞增，且為奇函數(shù)，所以f(a＋1)≤－f(a－3)＝f(3－a)?a＋1≤3－a?a≤1.2．BCf(x)＝xα(α∈R)，則f(1)＝1α＝1，A錯誤；函數(shù)f(x)的圖象過點(－1，1)，則f(－1)＝(－1)α＝1，f(－x)＝(－x)α＝(－1)α·xα＝xα＝f(x)，即函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，B正確；若f(x)的圖象過點(－1，－1)，則f(－1)＝(－1)α＝－1，f(－x)＝(－x)α＝(－1)α·xα＝－xα＝－f(x)，即函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，C正確；當α>0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f（eq\r(2)）>f(1)，D錯誤．故選BC.[例2](1)f(x)＝x2－2x－1[2，5）設f(x)＝a(x－1)2－2，則由f(0)＝－1得a－2＝－1，所以a＝1，所以f(x)＝(x－1)2－2＝x2－2x－1.由于f(x)＝x2－2x－1，其圖象的開口向上，對稱軸為x＝1，則若函數(shù)f(x)在區(qū)間[a－1，4]上單調(diào)遞增，需滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1<4，,a－1≥1，))所以2≤a<5，所以實數(shù)a的取值范圍為[2，5）.(2)AC由圖可知f(1)＝a＋b＋c>0，故結論①正確；由圖可知f(－1)＝a－b＋c<0，故結論②正確；由圖可知二次函數(shù)圖象開口向下，所以a<0，且f(0)＝c>0，對稱軸x＝－eq\f(b,2a)>1>0?b>0，所以abc<0，故結論③不正確；由圖可知二次函數(shù)圖象與x軸有兩個交點，所以Δ＝b2－4ac>0?b2>4ac，故結論④正確；由圖可知對稱軸1<－eq\f(b,2a)<eq\f(3,2)?－3<eq\f(b,a)<－2，故結論⑤正確．綜上所述，所有序號結論正確的有①②④⑤.故選AC.[變式探究]3．C令g(x)＝x2－(m－2)x＋1，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(m－2,2)≥\f(1,2)，,g(\f(1,2))≥0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(m－2,2)≥\f(1,2)，,g(－\f(1,2))≤0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(m－2,2)≤－\f(1,2)，,g(－\f(1,2))≥0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(m－2,2)≤－\f(1,2)，,g(\f(1,2))≤0，))解得3≤m≤eq\f(9,2)或－eq\f(1,2)≤m≤1，即實數(shù)m的取值范圍為[－eq\f(1,2)，1]∪[3，eq\f(9,2)].故選C.4．AC依題意知，拋物線y＝ax2＋bx＋c(a≠0)與x軸交于點A(－1，0)，頂點坐標為(1，n)，所以函數(shù)與x軸的另一交點為(3，0)，所以當x>3時，y<0，A正確；當x＝2時，y＝4a＋2b＋c>0，B錯誤；因為拋物線y＝ax2＋bx＋c與x軸交于點A(－1，0)，且a<0，所以a－b＋c＝0，因為b＝－2a，所以a＋2a＋c＝0，所以3a＋c＝0，則c＝－3a，因為2≤c≤3，所以2≤－3a≤3，所以－1≤a≤－eq\f(2,3)，C正確；3a＋b＝3a－2a＝a<0，D錯誤．故選AC.[例3](1)f(x)＝x2－x＋1（－∞，eq\f(3,4)）由題意設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由f(0)＝1得c＝1，由f(x＋1)－f(x)＝2x得a(x＋1)2＋b(x＋1)＋c－ax2－bx－c＝2x，即2ax＋a＋b＝2x恒成立，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝2，,a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1，))故f(x)＝x2－x＋1.由題意在區(qū)間[－1，1]上，函數(shù)y＝f(x)的圖象恒在直線y＝m的上方，即x2－x＋1>m在區(qū)間[－1，1]上恒成立，由于f(x)＝x2－x＋1＝（x－eq\f(1,2)）2＋eq\f(3,4)，當x∈[－1，eq\f(1,2)]時，f(x)單調(diào)遞減；當x∈[eq\f(1,2)，1]時，f(x)單調(diào)遞增．故當x∈[－1，1]時，f(x)min＝f（eq\f(1,2)）＝eq\f(3,4)，故m<eq\f(3,4).(2)g(t)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t2＋1，t<0，,1，0≤t≤1，,(t－1)2＋1，t>1))1f(x)＝(x－1)2＋1，當t<0時，x＝1?[t，t＋1]且在區(qū)間[t，t＋1]的右邊，所以f(x)在[t，t＋1]上單調(diào)遞減，所以g(t)＝f(t＋1)＝t2＋1，如圖1；當0≤t≤1時，x＝1∈[t，t＋1]，所以g(t)＝f(1)＝1，如圖2；當t>1時，x＝1?[t，t＋1]且在區(qū)間[t，t＋1]的左邊，f(x)在[t，t＋1]上單調(diào)遞增，所以g(t)＝(t－1)2＋1，如圖3.綜上所述，g(t)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t2＋1，t<0，,1，0≤t≤1，,(t－1)2＋1，t>1.))故g(t)min＝1.[變式探究]5．BC函數(shù)y＝x2－4x－4的圖象如圖所示．因為函數(shù)在[0，a）上的值域為[－8，－4]，結合圖象可得2<a≤4，結合a是正整數(shù)，所以B、C正確．故選BC.6．f(x)＝x2－6x－4[3，6]因為f(x)為二次函數(shù)，所以f(x)＋3x<0為一元二次不等式，故可設f(x)＋3x＝a(x＋1)(x－4)，所以f(x)＝ax2－3(a＋1)x－4a，由f(1)＝－9，得－6a－3＝－9，所以a＝1，所以f(x)＝x2－6x－4.因為f(x)＝x2－6x－4＝(x－3)2－13，所以當x＝3時，f(x)取最小值－13，又由f(x)＝－4，得x＝0或x＝6，所以結合f(x)的對稱性，可知3∈[0，t]，且t≤6，所以3≤t≤6，所以實數(shù)t的取值范圍為[3，6].7．2f(x)＝|x2－4x＋(a＋4)x＋b|＝|x2－4x－[－(a＋4)x－b]|，上述函數(shù)可理解為當橫坐標相同時，函數(shù)g(x)＝x2－4x，x∈[0，4]與函數(shù)h(x)＝－(a＋4)x－b，x∈[0，4]圖象上點的縱向距離，則M即為函數(shù)g(x)＝x2－4x與函數(shù)h(x)＝－(a＋4)x－b圖象上點的縱向距離的最大值，作出函數(shù)g(x)，h(x)圖象，如圖．由圖易知，M的最小值為2.第11講指數(shù)與指數(shù)函數(shù)【夯基固本】[知識梳理]1．(1)xn＝a正數(shù)負數(shù)(2)①a②|a|eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a(a≥0)，,－a(a<0)))(3)①eq\r(n,am)②eq\f(1,a\s\up6(\f(m,n)))＝eq\f(1,\r(n,am))(4)①ar＋s②ars③arbr2．(1)y＝ax（a>0，且a≠1）(3)①R②(0，＋∞)③(0，1)④a>10<a<1[熱身練習]1．D2.A3.D4.D5.f(x)＝（eq\f(1,2)）x（答案不唯一）【考點探究】[例1](1)原式＝(－eq\f(27,8))-eq\s\up6(\f(2,3))＋(eq\f(1,500))-eq\s\up6(\f(1,2))－eq\f(10,\r(5)－2)＋1＝[(－eq\f(3,2))3]-eq\s\up6(\f(2,3))＋500eq\s\up6(\f(1,2))－10(eq\r(5)＋2)＋1＝eq\f(4,9)＋10eq\r(5)－10eq\r(5)－20＋1＝－eq\f(167,9).(2)B設開始記錄時，甲、乙兩種物質(zhì)的質(zhì)量均為1，則512天后，甲的質(zhì)量為（eq\f(1,2)）eq\s\up6(\f(512,T1))，乙的質(zhì)量為（eq\f(1,2)）eq\s\up6(\f(512,T2))，由題意可得（eq\f(1,2)）eq\s\up6(\f(512,T2))＝eq\f(1,4)·（eq\f(1,2)）eq\s\up6(\f(512,T1))＝（eq\f(1,2)）2＋eq\f(512,T1)，所以2＋eq\f(512,T1)＝eq\f(512,T2).故選B.[變式探究]1．eq\f(a,b)eq\f(\r(a3b2\r(3,ab2)),(a\s\up6(\f(1,4))b\s\up6(\f(1,2)))4a－\s\up6(\f(1,3))\f(1,3)b\s\up6(\f(1,3)))＝eq\f((a3b2a\s\up6(\f(1,3))b\s\up6(\f(2,3)))\s\up6(\f(1,2)),ab2a－\s\up6(\f(1,3))b\s\up6(\f(1,3)))＝aeq\s\up6(\f(5,3))-eq\s\up6(\f(2,3))beq\s\up6(\f(4,3))-eq\s\up6(\f(7,3))＝ab-1＝eq\f(a,b).2．D設經(jīng)過x個小時才能駕駛，則0.6×100×(1－30%)x<20，即0.7x<eq\f(1,3).由于y＝0.7x在定義域上單調(diào)遞減，則x>log0.7eq\f(1,3)＝eq\f(lg\f(1,3),lg0.7)＝eq\f(lg1－lg3,lg7－1)≈eq\f(－0.48,0.85－1)＝eq\f(0.48,0.15)＝3.2.故他至少經(jīng)過4小時才能駕駛．故選D.[例2](1)D令f(x)＝|3x－1|＝1，解得x＝log32，畫出f(x)＝|3x－1|的圖象如圖所示．由于a<b<c，且f(a)>f(c)>f(b)，由圖可知：a<0，0<c<log32，b的值可正可負也可為0，A、B錯誤．當a＝－2，b＝0，c＝eq\f(1,2)時，f(－2)＝|eq\f(1,9)－1|＝eq\f(8,9)，f(0)＝0，f（eq\f(1,2)）＝eq\r(3)－1，滿足f(a)>f(c)>f(b)，3－a＝32＝9>3eq\s\up6(\f(1,2))，C錯誤．f(a)＝|3a－1|＝1－3a，f(c)＝|3c－1|＝3c－1，f(a)>f(c)，1－3a>3c－1，所以3a＋3c<2，D正確．故選D.(2)B畫出函數(shù)y＝（eq\f(1,2)）x與y＝（eq\f(1,3)）x的圖象如圖所示．當x<0時，y＝（eq\f(1,2)）x的圖象在y＝（eq\f(1,3)）x的圖象下方，當x>0時，y＝（eq\f(1,2)）x的圖象在y＝（eq\f(1,3)）x的圖象上方．當a<0，b<0時，（eq\f(1,2)）a＝（eq\f(1,3)）b，則a<b<0，當a＝b＝0時，（eq\f(1,2)）a＝（eq\f(1,3)）b成立，當a>0，b>0時，（eq\f(1,2)）a＝（eq\f(1,3)）b，則a>b>0，故③0<a<b，④b<a<0不成立．故選B.[變式探究]3．C因為函數(shù)y＝f(x)＝a（eq\f(1,2)）|x|＋b的圖象過原點，所以a（eq\f(1,2)）0＋b＝0，得a＋b＝0，又該函數(shù)圖象無限接近直線y＝2，且不與該直線相交，所以b＝2，則a＝－2，所以ab＝－4.故選C.4．C當a>1時，y＝ax為增函數(shù)，g(x)＝x2－2ax的圖象的對稱軸為直線x＝a(a>1)，A錯誤，C正確；當0<a<1時，y＝ax為減函數(shù)，g(x)＝x2－2ax的圖象的對稱軸為直線x＝a(0<a<1)，B、D錯誤．故選C.5．[log2eq\f(1,6)，log2eq\f(1,3)]因為f(x1)∈[5，8]，所以eq\f(13－f(x1),2)∈[eq\f(5,2)，4]，所以f(x2＋m)＝3·2x2＋m＋2∈[3·2m＋2，3·21+m＋2]，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3·2m＋2≥\f(5,2)，,3·2m+1＋2≤4))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m≥\f(1,6)，,2m+1≤\f(2,3)))?log2eq\f(1,6)≤m≤log2eq\f(1,3).[例3](1)[1，2]因為f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－|x－a|，x≤1，,－\f(1,2)x＋1，x>1，))當x>1時，f(x)＝－eq\f(1,2)x＋1，函數(shù)單調(diào)遞減且f(x)<eq\f(1,2).當x≤1時，f(x)＝2－|x－a|＝（eq\f(1,2)）|x－a|，可得在x>a時，函數(shù)單調(diào)遞減，在x<a時，函數(shù)單調(diào)遞增．若a<1，x≤1，則f(x)在x＝a處取得最大值，不符合題意；若a≥1，x≤1，則f(x)在x＝1處取得最大值，且（eq\f(1,2)）a-1≥eq\f(1,2)，解得1≤a≤2.綜上可得，實數(shù)a的取值范圍是[1，2].(2)B設g(x)＝3x－3－x，x∈R，則g(－x)＝3－x－3x＝－g(x)，所以g(x)為奇函數(shù)．又f(x)＝3x-2－32-x＝3x-2－3－(x-2)＝g(x－2)，則f(x)的圖象是由g(x)的圖象向右平移2個單位長度得到的，所以f(x)圖象的對稱中心為(2，0)，所以f(x)＋f(4－x)＝0.因為y＝3x在R上單調(diào)遞增，y＝3－x在R上單調(diào)遞減，所以g(x)在R上單調(diào)遞增，則f(x)在R上單調(diào)遞增，因為f(x)＋f(8－3x)>0＝f(x)＋f(4－x)，所以f(8－3x)>f(4－x)，所以8－3x>4－x，解得x<2，故滿足f(x)＋f(8－3x)>0的x的取值范圍為(－∞，2).故選B.[變式探究]6．By1＝40.8＝(22)0.8＝21.6，y2＝80.7＝(23)0.7＝22.1，y3＝4eq\s\up6(\f(3,4))＝(22)eq\s\up6(\f(3,4))＝21.5.因為22.1>21.6>21.5，故y2>y1>y3.故選B.7．C當K＝eq\f(1,2)時，由f(x)＝2-|x|＞eq\f(1,2)，得－1＜x＜1，由f(x)＝2-|x|≤eq\f(1,2)，得x≤－1或x≥1，所以feq\s\do2(\f(1,2))(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x，x≥1，,\f(1,2)，－1<x<1，,2x，x≤－1，))所以feq\s\do2(\f(1,2))(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1).故選C.8．D因為y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0且圖象關于原點對稱，又f(x＋1)＋f(x－1)＝0，所以f(x＋1)＝－f(x－1)＝f(1－x)，所以f(x＋4)＝f[1－(x＋3)]＝－f(2＋x)＝－f[1－(x＋1)]＝－f(－x)＝f(x)，f(－1＋x)＝f(3＋x)＝f[1－(2＋x)]＝f(－1－x)，f(2＋x)＝f(－2＋x)＝－f(2－x)，所以函數(shù)的周期為4且函數(shù)圖象關于直線x＝1＋2k(k∈Z)和(2k，0)(k∈Z)對稱，又當0<x≤1時，f(x)＝2x－1，所以f(x)在區(qū)間[－2，2]上的圖象如圖所示．由圖可知，在[－2，2]內(nèi)要滿足f(ln(ea))＝f(1＋lna)>f(lna)，則－eq\f(3,2)<lna<eq\f(1,2)，即e-eq\s\up6(\f(3,2))<a<eeq\s\up6(\f(1,2))，再根據(jù)函數(shù)的周期性可知e-eq\s\up6(\f(3,2))+4k<a<eeq\s\up6(\f(1,2))+4k(k∈Z).故選D.[典例剖析]1{0，1，2}因為f(x)＝eq\f(2x＋3,1＋2x+1)＝eq\f(1,2)（eq\f(5,1＋2x+1)＋1），所以[f(－1)]＝[eq\f(7,4)]＝1.又因為2x+1>0，則1＋2x+1>1，可得0<eq\f(1,1＋2x+1)<1，所以f(x)∈（eq\f(1,2)，3），若f(x)∈（eq\f(1,2)，1），[f(x)]＝0；若f(x)∈[1，2），[f(x)]＝1；若f(x)∈[2，3），[f(x)]＝2.綜上所述，函數(shù)y＝[f(x)]的值域為{0，1，2}．第12講對數(shù)與對數(shù)函數(shù)【夯基固本】[知識梳理]1．(1)x＝logaNaN(2)logaN＝x(3)01N(4)①logaM＋logaN②logaM－logaN③nlogaM(5)eq\f(logcb,logca)2．(1)y＝logax（a>0，且a≠1）(0，＋∞)(3)①(0，＋∞)②(－∞，＋∞)③(1，0)10④a>10<a<13．反函數(shù)y＝x[熱身練習]1．(3，2)2.[1，eq\f(5,2)）3.B4.B5.eq\f(1,2)【考點探究】[例1](1)①lg5·lg20＋(lg2)2＝lg5·(2lg2＋lg5)＋(lg2)2＝(lg2＋lg5)2＝(lg10)2＝1.②因為18a＝5，所以a＝log185，所以log3645＝eq\f(log1845,log1836)＝eq\f(log18(5×9),log18(18×2))＝eq\f(log185＋log189,log1818＋log18(18÷9))＝eq\f(log185＋log189,log1818＋log1818－log189)＝eq\f(a＋b,2－b).(2)C由題意，W(TR)＝10-6W0，即e－eq\f(TR,τ)＝10-6，等號兩邊同時取自然對數(shù)得lne－eq\f(TR,τ)＝ln10-6，即－eq\f(TR,τ)＝－6ln10，所以TR＝τ×6ln10＝τ×6×(ln2＋ln5)≈13.8τ.故選C.[變式探究]1．1(log62)2＋(log63)2＋3log62×（log6eq\r(3,18)－eq\f(1,3)log62）＝(log62)2＋(log63)2＋3log62×log6（eq\f(18,2)）eq\s\up6(\f(1,3))＝(log62)2＋(log63)2＋2log62×log63＝(log62＋log63)2＝1.2．B因為當M＝3m時，v＝5.544，所以w＝eq\f(5.544,ln4)＝eq\f(5