第二章函數(shù)的概念、基本初等函數(shù)(Ⅰ)及函數(shù)的應(yīng)用1.函數(shù)(1)了解構(gòu)成函數(shù)的要素，會求一些簡單函數(shù)的定義域和值域；了解映射的概念．(2)在實際情境中，會根據(jù)不同的需要選擇恰當(dāng)?shù)姆椒?如圖象法、列表法、解析法)表示函數(shù)．(3)了解簡單的分段函數(shù)，并能簡單應(yīng)用(函數(shù)分段不超過三段)．(4)理解函數(shù)的單調(diào)性、最大(小)值及其幾何意義；了解函數(shù)奇偶性的含義．(5)會運(yùn)用基本初等函數(shù)的圖象分析函數(shù)的性質(zhì)．2．指數(shù)函數(shù)(1)了解指數(shù)函數(shù)模型的實際背景．(2)理解有理指數(shù)冪的含義，了解實數(shù)指數(shù)冪的意義，掌握冪的運(yùn)算．(3)理解指數(shù)函數(shù)的概念及其單調(diào)性，掌握指數(shù)函數(shù)圖象通過的特殊點，會畫底數(shù)為2，3，10，eq\f(1,2)，eq\f(1,3)的指數(shù)函數(shù)的圖象．(4)體會指數(shù)函數(shù)是一類重要的函數(shù)模型．3．對數(shù)函數(shù)(1)理解對數(shù)的概念及其運(yùn)算性質(zhì)，知道用換底公式將一般對數(shù)轉(zhuǎn)化成自然對數(shù)或常用對數(shù)；了解對數(shù)在簡化運(yùn)算中的作用．(2)理解對數(shù)函數(shù)的概念及其單調(diào)性，掌握對數(shù)函數(shù)圖象通過的特殊點，會畫底數(shù)為2，10，eq\f(1,2)的對數(shù)函數(shù)的圖象．(3)體會對數(shù)函數(shù)是一類重要的函數(shù)模型．(4)了解指數(shù)函數(shù)y＝ax(a>0，且a≠1)與對數(shù)函數(shù)y＝logax(a>0，且a≠1)互為反函數(shù)．4．冪函數(shù)(1)了解冪函數(shù)的概念．(2)結(jié)合函數(shù)y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝xeq\s\up6(\f(1,2))，y＝eq\f(1,x)的圖象，了解它們的變化情況．5．函數(shù)與方程結(jié)合二次函數(shù)的圖象，了解函數(shù)的零點與方程根的聯(lián)系，判斷一元二次方程根的存在性與根的個數(shù)．6．函數(shù)模型及其應(yīng)用(1)了解指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)的增長特征，結(jié)合具體實例體會直線上升、指數(shù)增長、對數(shù)增長等不同函數(shù)類型增長的含義．(2)了解函數(shù)模型(如指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)、分段函數(shù)等在社會生活中普遍使用的函數(shù)模型)的廣泛應(yīng)用．§2.1函數(shù)及其表示1．函數(shù)的概念一般地，設(shè)A，B是兩個非空的數(shù)集，如果按照某種確定的對應(yīng)關(guān)系f，使對于集合A中的任意一個數(shù)x，在集合B中都有________f(x)和它對應(yīng)，那么就稱f：A→B為從集合A到集合B的一個________，記作y＝f(x)，x∈A，其中，x叫做________，x的取值范圍A叫做函數(shù)的________；與x的值相對應(yīng)的y值叫做________，其集合{f(x)|x∈A}叫做函數(shù)的________．2．函數(shù)的表示方法(1)解析法：就是用________表示兩個變量之間的對應(yīng)關(guān)系的方法．(2)圖象法：就是用________表示兩個變量之間的對應(yīng)關(guān)系的方法．(3)列表法：就是________表示兩個變量之間的對應(yīng)關(guān)系的方法．3．構(gòu)成函數(shù)的三要素(1)函數(shù)的三要素是：________，________，________.(2)兩個函數(shù)相等：如果兩個函數(shù)的________相同，并且________完全一致，則稱這兩個函數(shù)相等．4．分段函數(shù)若函數(shù)在定義域的不同子集上的對應(yīng)關(guān)系也不同，這種形式的函數(shù)叫做分段函數(shù)，它是一類重要的函數(shù)．5．映射的概念一般地，設(shè)A，B是兩個非空的集合，如果按某一個確定的對應(yīng)關(guān)系f，使對于A中的________元素x，在集合B中都有________元素y與之對應(yīng)，那么就稱對應(yīng)f：A→B為從集合A到集合B的一個映射．6．映射與函數(shù)的關(guān)系(1)聯(lián)系：映射的定義是在函數(shù)的現(xiàn)代定義(集合語言定義)的基礎(chǔ)上引申、拓展而來的；函數(shù)是一種特殊的_______________．(2)區(qū)別：函數(shù)是從非空數(shù)集A到非空數(shù)集B的映射；對于映射而言，A和B不一定是數(shù)集．7．復(fù)合函數(shù)一般地，對于兩個函數(shù)y＝f(u)和u＝g(x)，如果通過變量u，y可以表示成x的函數(shù)，那么稱這個函數(shù)為函數(shù)y＝f(u)和u＝g(x)的復(fù)合函數(shù)，記作y＝f(g(x))，其中y＝f(u)叫做復(fù)合函數(shù)y＝f(g(x))的外層函數(shù)，u＝g(x)叫做y＝f(g(x))的內(nèi)層函數(shù)．自查自糾：1．唯一確定的數(shù)函數(shù)自變量定義域函數(shù)值值域2．(1)數(shù)學(xué)表達(dá)式(2)圖象(3)列出表格3．(1)定義域?qū)?yīng)關(guān)系值域(2)定義域?qū)?yīng)關(guān)系5．任意一個唯一確定的6．(1)映射(eq\a\vs4\al(2014·山東))函數(shù)f(x)＝eq\f(1,\r(（log2x）2－1))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，＋∞)解：(log2x)2－1＞0，即log2x＞1或log2x＜－1，解得x＞2或0＜x＜eq\f(1,2)，故所求的定義域是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(2，＋∞)．故選C.(eq\a\vs4\al(2014·江西))已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a·2x，x≥0，,2－x，x＜0，))(a∈R)，若f[f(－1)]＝1，則a＝()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．1D．2解：f(－1)＝2，f[f(－1)]＝f(2)＝a·22＝1，∴a＝eq\f(1,4).故選A.下列各圖表示兩個變量x，y的對應(yīng)關(guān)系，則下列判斷正確的是()A．都表示映射，都表示y是x的函數(shù)B．僅③表示y是x的函數(shù)C．僅④表示y是x的函數(shù)D．都不能表示y是x的函數(shù)解：根據(jù)映射的定義，①②③中，x與y的對應(yīng)關(guān)系都不是映射，當(dāng)然不是函數(shù)關(guān)系，④是映射，是函數(shù)關(guān)系．故選C.(eq\a\vs4\al(2014·南京模擬))函數(shù)y＝eq\f(1,\r(1－x))＋log2(2x－1)的定義域為________．解：依題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x>0，,2x－1>0，))解得eq\f(1,2)<x<1.故填eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).(eq\a\vs4\al(2014·新課標(biāo)Ⅰ))設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－1，x＜1，,x\s\up6(\f(1,3))，x≥1，))則使得f(x)≤2成立的x的取值范圍是________．解：由題設(shè)知f(x)≤2可轉(zhuǎn)化為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＜1，,ex－1≤2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x\s\up6(\f(1,3))≤2，))解得x≤8.故填(－∞，8]．類型一函數(shù)和映射的定義下列對應(yīng)是集合P上的函數(shù)的是________．①P＝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)；②P＝{－1，1，－2，2}，Q＝{1，4}，對應(yīng)關(guān)系f：x→y＝x2，x∈P，y∈Q；③P＝{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：由于①中集合P中元素0在集合Q中沒有對應(yīng)元素，而③中集合P不是數(shù)集，所以①和③都不是集合P上的函數(shù)．由題意知，②正確．故填②.點撥：函數(shù)是一種特殊的對應(yīng)，要檢驗給定的兩個變量之間是否具有函數(shù)關(guān)系，只需要檢驗：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在其定義域內(nèi)的每一個值是否都有唯一確定的函數(shù)值y與之對應(yīng)；③集合P，Q是否為非空數(shù)集．(eq\a\vs4\al(2013·南昌模擬))給出下列四個對應(yīng)：①A＝R，B＝R，對應(yīng)關(guān)系f：x→y，y＝eq\f(1,x＋1)；②A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a|\f(1,2)a∈N*))，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(b|b＝\f(1,n)，n∈N*))，對應(yīng)關(guān)系f：a→b，b＝eq\f(1,a)；③A＝{x|x≥0}，B＝R，對應(yīng)關(guān)系f：x→y，y2＝x；④A＝{x|x是平面α內(nèi)的矩形}，B＝{y|y是平面α內(nèi)的圓}，對應(yīng)關(guān)系f：每一個矩形都對應(yīng)它的外接圓．其中是從A到B的映射的為________．解：對于①，當(dāng)x＝－1時，y值不存在，所以①不是從A到B的映射；對于②，A，B兩個集合分別用列舉法表述為A＝{2，4，6，…}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(1,3)，\f(1,4)，…))，由對應(yīng)關(guān)系f：a→b，b＝eq\f(1,a)知，②是從A到B的映射；③不是從A到B的映射，如A中元素1對應(yīng)B中兩個元素±1；④是從A到B的映射．故填②④.類型二判斷兩個函數(shù)是否相等已知函數(shù)f(x)＝|x－1|，則下列函數(shù)中與f(x)相等的函數(shù)是()A．g(x)＝eq\f(|x2－1|,|x＋1|)B．g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(|x2－1|,|x＋1|)，x≠－1，,2，x＝－1))C．g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1，x＞0，,1－x，x≤0))D．g(x)＝x－1解：∵g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(|x2－1|,|x＋1|)＝|x－1|，x≠－1，,2，x＝－1，))與f(x)的定義域和對應(yīng)關(guān)系完全一致，故選B.點撥：兩個函數(shù)相等的充要條件是它們的定義域和對應(yīng)關(guān)系完全一致，與函數(shù)的自變量和因變量用什么字母表示無關(guān)．在對函數(shù)解析式進(jìn)行化簡變形時應(yīng)注意定義域是否發(fā)生改變(即是否是等價變形)；對于含絕對值的函數(shù)式可以展開為分段函數(shù)后再判斷．(eq\a\vs4\al(2013·杭州質(zhì)檢))下列各組函數(shù)中，是同一函數(shù)的是()A．f(x)＝eq\r(x2)，g(x)＝eq\r(3,x3)B．f(x)＝eq\f(|x|,x)，g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x≥0，,－1，x＜0))C．f(x)＝eq\r(2n＋1,x2n＋1)，g(x)＝(eq\r(2n－1,x))2n－1，n∈N*D．f(x)＝eq\r(x)·eq\r(x＋1)，g(x)＝eq\r(x（x＋1）)解：對于A，f(x)＝eq\r(x2)＝|x|，g(x)＝eq\r(3,x3)＝x，它們的值域和對應(yīng)關(guān)系都不同，所以不是同一函數(shù)；對于B，函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，而g(x)的定義域為R，所以不是同一函數(shù)；對于C，當(dāng)n∈N*時，2n±1為奇數(shù)，則f(x)＝eq\r(2n＋1,x2n＋1)＝x，g(x)＝(eq\r(2n－1,x))2n－1＝x，它們的定義域、對應(yīng)關(guān)系都相同，所以是同一函數(shù)；對于D，f(x)的定義域為[0，＋∞)，而g(x)的定義域為(－∞，－1]∪[0，＋∞)，它們的定義域不同，所以不是同一函數(shù)．故選C.類型三求函數(shù)的定義域的定義域．(2)若函數(shù)y＝f(x)的定義域為[－1，1)，求y＝f(x2－3)的定義域．解：(1)要使函數(shù)有意義須滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－|x|≠0，,x2－1≥0，,x－4≠0.))解得x≥1且x≠2，x≠4或x≤－1且x≠－2.∴函數(shù)的定義域為{x|x≥1且x≠2，x≠4或x≤－1且x≠－2}，用區(qū)間表示為(－∞，－2)∪(－2，－1]∪[1，2)∪(2，4)∪(4，＋∞)．(2)由題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－3≥－1，,x2－3＜1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤－\r(2)或x≥\r(2)，,－2＜x＜2.))∴函數(shù)的定義域為(－2，－eq\r(2)]∪[eq\r(2)，2)．點撥：求函數(shù)定義域的原則：用列表法表示的函數(shù)的定義域，是指表格中實數(shù)x的集合；用圖象法表示的函數(shù)的定義域，是指圖象在x軸上的投影所對應(yīng)的實數(shù)的集合；當(dāng)函數(shù)y＝f(x)用解析法表示時，函數(shù)的定義域是指使解析式有意義的x的集合，一般通過列不等式(組)求其解集．若已知函數(shù)y＝f(x)的定義域為[a，b]，其復(fù)合函數(shù)y＝f(g(x))的定義域由不等式a≤g(x)≤b解出．(1)已知函數(shù)f(2x－1)的定義域為[1，4]，求函數(shù)f(x)的定義域．(2)已知函數(shù)f(2x－1)的定義域為[1，4]，求函數(shù)f(2x)的定義域．解：(1)∵函數(shù)f(2x－1)的定義域為[1，4]，∴1≤x≤4，1≤2x－1≤7，故函數(shù)f(x)的定義域是[1，7]．(2)由(1)知，函數(shù)f(x)的定義域為[1，7]，令1≤2x≤7，得0≤x≤log27，故所求函數(shù)的定義域為[0，log27]．類型四求函數(shù)的值域求下列函數(shù)的值域：(1)y＝eq\f(1－x2,1＋x2)；(2)y＝2x＋eq\r(1－x)；(3)y＝2x＋eq\r(1－x2)；(4)y＝eq\f(x2－2x＋5,x－1)；(5)若x，y滿足3x2＋2y2＝6x，求函數(shù)z＝x2＋y2的值域；(6)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x＋1))－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－4)).解：(1)解法一：(反解)由y＝eq\f(1－x2,1＋x2)，解得x2＝eq\f(1－y,1＋y)，∵x2≥0，∴eq\f(1－y,1＋y)≥0，解得－1＜y≤1，∴函數(shù)值域為(－1，1]．解法二：(分離常數(shù)法)∵y＝eq\f(1－x2,1＋x2)＝－1＋eq\f(2,1＋x2)，又∵1＋x2≥1，∴0＜eq\f(2,1＋x2)≤2，∴－1＜－1＋eq\f(2,x2＋1)≤1，∴函數(shù)的值域為(－1，1]．(2)(代數(shù)換元法)令t＝eq\r(1－x)(t≥0)，∴x＝1－t2，∴y＝2(1－t2)＋t＝－2t2＋t＋2＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(17,8).∵t≥0，∴y≤eq\f(17,8)，故函數(shù)的值域為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(17,8))).(3)(三角換元法)令x＝cost(0≤t≤π)，∴y＝2cost＋sint＝eq\r(5)sin(t＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中cosφ＝\f(1,\r(5))，sinφ＝\f(2,\r(5)))).∵0≤t≤π，∴φ≤t＋φ≤π＋φ，∴sin(π＋φ)≤sin(t＋φ)≤1.故函數(shù)的值域為[－2，eq\r(5)]．(4)解法一：(不等式法)∵y＝eq\f(x2－2x＋5,x－1)＝eq\f(（x－1）2＋4,x－1)＝(x－1)＋eq\f(4,x－1)，又∵x＞1時，x－1＞0，x＜1時，x－1＜0，∴當(dāng)x>1時，y＝(x－1)＋eq\f(4,x－1)≥2eq\r(4)＝4，且當(dāng)x＝3，等號成立；當(dāng)x<1時，y＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－（x－1）＋\f(4,－（x－1）)))≤－4，且當(dāng)x＝－1，等號成立．∴函數(shù)的值域為(－∞，－4]∪[4，＋∞)．解法二：(判別式法)∵y＝eq\f(x2－2x＋5,x－1)，∴x2－(y＋2)x＋(y＋5)＝0，又∵函數(shù)的定義域為(－∞，1)∪(1，＋∞)，∴方程x2－(y＋2)x＋(y＋5)＝0有不等于1的實根．∴Δ＝(y＋2)2－4(y＋5)＝y(tǒng)2－16≥0，解得y≤－4或y≥4.當(dāng)y＝－4時，x＝－1；y＝4時，x＝3.故所求函數(shù)的值域為(－∞，－4]∪[4，＋∞)．(5)(單調(diào)性法)∵3x2＋2y2＝6x，∴2y2＝6x－3x2≥0，解得0≤x≤2.z＝x2＋y2＝x2＋3x－eq\f(3,2)x2＝－eq\f(1,2)x2＋3x＝－eq\f(1,2)(x－3)2＋eq\f(9,2).∵對稱軸為x＝3＞2，即z在x∈[0，2]上單調(diào)遞增．∴當(dāng)x＝0時，z有最小值0，當(dāng)x＝2時，z有最大值4，故所求函數(shù)的值域為[0，4]．(6)(圖象法)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x－5，x＜－\f(1,2)，,3x－3，－\f(1,2)≤x≤4，,x＋5，x＞4，))作出其圖象，可知函數(shù)f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，＋∞)).點撥：求函數(shù)值域的常用方法：①單調(diào)性法，如(5)；②配方法，如(2)；③分離常數(shù)法，如(1)；④數(shù)形結(jié)合法；⑤換元法(包括代數(shù)換元與三角換元)，如(2)，(3)；⑥判別式法，如(4)；⑦不等式法，如(4)，(5)；⑧導(dǎo)數(shù)法，主要是針對在某區(qū)間內(nèi)連續(xù)可導(dǎo)的函數(shù)；⑨圖象法，求分段函數(shù)的值域通常先作出函數(shù)的圖象，然后由函數(shù)的圖象寫出函數(shù)的值域，如(6)；對于二元函數(shù)的值域問題，如(5)，其解法要針對具體題目的條件而定，有些題目可以將二元函數(shù)化為一元函數(shù)求值域，有些題目也可用不等式法求值域．求函數(shù)的值域是個較復(fù)雜的問題，它比求函數(shù)的定義域難度要大，而單調(diào)性法，即根據(jù)函數(shù)在定義域內(nèi)的單調(diào)性求函數(shù)的值域是較為簡單且常用的方法，應(yīng)重點掌握．求下列函數(shù)的值域：(1)y＝x＋eq\r(x－1)；(2)y＝eq\f(1＋4x＋x2,1＋x2)；(3)f(x)＝eq\f(x2＋5,\r(x2＋4)).解：(1)函數(shù)的定義域為[1，＋∞)，在[1，＋∞)上y＝x和y＝eq\r(x－1)都是增函數(shù)，∴y＝x＋eq\r(x－1)也是增函數(shù)，∴當(dāng)x＝1時取得最小值1，∴函數(shù)的值域是[1，＋∞)．(2)解法一：變形得：y＋yx2＝1＋4x＋x2，∴(1－y)x2＋4x＋1－y＝0，y＝1時，x＝0；y≠1時，∵x∈R，∴Δ＝16－4(1－y)2≥0?－1≤y≤3且y≠1.∴函數(shù)值域為[－1，3]．解法二：y＝1＋eq\f(4x,1＋x2)，而－1－x2≤2x≤1＋x2，1＋x2＞0.∴eq\f(－1－x2,1＋x2)≤eq\f(2x,1＋x2)≤eq\f(1＋x2,1＋x2)，∴－1≤eq\f(2x,1＋x2)≤1.∴1＋2×(－1)≤1＋2×eq\f(2x,1＋x2)≤1＋2×1，即－1≤y≤3，∴函數(shù)的值域為[－1，3]．(3)f(x)＝eq\f(x2＋5,\r(x2＋4))＝eq\f(x2＋4＋1,\r(x2＋4))＝eq\r(x2＋4)＋eq\f(1,\r(x2＋4)).令f(x)＝t＋eq\f(1,t)，而t＋eq\f(1,t)在[2，＋∞)上是增函數(shù)．∴t＋eq\f(1,t)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞)).∴f(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞)).(說明：此題易錯寫成f(x)＝eq\r(x2＋4)＋eq\f(1,\r(x2＋4))≥2.∴f(x)的值域為[2，＋∞)．請想一想，錯在哪里？)類型五求函數(shù)的解析式求下列函數(shù)的解析式：(1)已知f(x)是一次函數(shù)，并且f[f(x)]＝4x＋3，求f(x)；(2)已知f(2x＋1)＝4x2＋8x＋3，求f(x)；(3)已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝x2＋eq\f(1,x2)－3，求f(x)；(4)已知f(x)－2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3x＋2，求f(x)．解：(1)設(shè)f(x)＝ax＋b(a≠0)，則f[f(x)]＝f(ax＋b)＝a(ax＋b)＋b＝a2x＋ab＋b＝4x＋3，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,ab＋b＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－3.))故所求的函數(shù)為f(x)＝2x＋1或f(x)＝－2x－3.(2)設(shè)2x＋1＝t，則x＝eq\f(1,2)(t－1)，∴f(2x＋1)＝f(t)＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)（t－1）))eq\s\up12(2)＋8eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)（t－1）))＋3＝t2＋2t，所以f(x)＝x2＋2x.(3)∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝x2＋eq\f(1,x2)－3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up12(2)－5，而x＋eq\f(1,x)≥2或x＋eq\f(1,x)≤－2，∴f(x)＝x2－5(x≥2或x≤－2)．(4)令t＝eq\f(1,x)，則x＝eq\f(1,t)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))－2f(t)＝eq\f(3,t)＋2，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))－2f(x)＝eq\f(3,x)＋2，與原式聯(lián)立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）－2f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3x＋2，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))－2f（x）＝\f(3,x)＋2，))解得f(x)＝－x－eq\f(2,x)－2，故所求函數(shù)的解析式為f(x)＝－x－eq\f(2,x)－2(x≠0)．點撥：由y＝f(g(x))的解析式求函數(shù)y＝f(x)的解析式，應(yīng)根據(jù)條件，采取不同的方法：①若函數(shù)g(x)的類型已知，則用待定系數(shù)法；②已知復(fù)合函數(shù)f(g(x))的解析式，可用換元法，此時要注意變量的取值范圍；③函數(shù)方程法(即解方程組法)，如(4)，將f(x)作為一個“未知數(shù)”，建立方程(組)，消去另外的“未知數(shù)”，便得到f(x)的解析式，含feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))或f(－x)的類型常用此法．(eq\a\vs4\al(2013·武漢模擬))(1)已知f(eq\r(x)＋1)＝x＋2eq\r(x)，求f(x)；(2)已知f(x)是一次函數(shù)，且滿足3f(x＋1)－2f(x－1)＝2x＋17，求f(x(3)已知f(x)滿足2f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3x，求f(x)．解：(1)設(shè)eq\r(x)＋1＝t(t≥1)，則eq\r(x)＝t－1，代入f(eq\r(x)＋1)＝x＋2eq\r(x)，得f(t)＝t2－1(t≥1)，∴f(x)＝x2－1(x≥1)．(2)設(shè)f(x)＝ax＋b(a≠0)，由題意得3[a(x＋1)＋b]－2[a(x－1)＋b]＝2x＋17，即ax＋5a＋b＝2x＋17，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,5a＋b＝17，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝7.))∴f(x)＝2x＋7.(3)∵2f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3x，①把x換成eq\f(1,x)，得2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋f(x)＝eq\f(3,x)，②①×2－②，得3f(x)＝6x－eq\f(3,x)，所以f(x)＝2x－eq\f(1,x)(x≠0)．類型六分段函數(shù)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x＋1），x≤2，,3－x，x>2，))則f(log32)的值為________．解：∵log32<2，log36<2，log318>2，∴f(log32)＝f(log32＋1)＝f(log36)＝f(log36＋1)＝f(log318)＝3－log318＝eq\f(1,18).故填eq\f(1,18).點撥：求分段函數(shù)的函數(shù)值時，應(yīng)首先確定所給自變量的取值屬于哪一個范圍，然后選取相應(yīng)的對應(yīng)關(guān)系．若自變量值為較大的正整數(shù)，一般可考慮先求函數(shù)的周期．若給出函數(shù)值求自變量值，應(yīng)根據(jù)每一段函數(shù)的解析式分別求解，但要注意檢驗所求自變量的值是否屬于相應(yīng)段自變量的范圍．(eq\a\vs4\al(2014·天津十二區(qū)聯(lián)考))已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，x＞0，,log\s\do9(\f(1,2))（－x），x＜0，))若af(－a)＞0，則實數(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：根據(jù)分段函數(shù)解析式知af(－a)＞0?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞0，,alog\s\do9(\f(1,2))a＞0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜0，,alog2（－a）＞0，))解得0＜a＜1或－1＜a＜0.故選A.1．對應(yīng)、映射和函數(shù)三者之間的關(guān)系對應(yīng)、映射和函數(shù)三個概念的內(nèi)涵是依次豐富的．對應(yīng)中的唯一性形成映射，映射中的非空數(shù)集形成函數(shù)．也就是說，函數(shù)是一種特殊的映射，而映射又是一種特殊的對應(yīng)．2．判斷兩個函數(shù)是否相等判斷兩個函數(shù)是否相等，即是否為同一函數(shù)，只須判斷它們的定義域與對應(yīng)關(guān)系是否完全相同即可，與表示函數(shù)自變量的字母和函數(shù)的字母無關(guān)；當(dāng)兩個函數(shù)的定義域與對應(yīng)關(guān)系完全相同時，它們的值域也一定相同．3．函數(shù)的表示法函數(shù)的三種表示方法在一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化，且各有優(yōu)點，一般情況下，研究函數(shù)要求出函數(shù)的解析式，在通過解析式解決問題時，又需借助圖象的直觀性．4．函數(shù)的定義域給出函數(shù)定義域的方式有兩種，一種是只給定了函數(shù)的解析式(對應(yīng)關(guān)系)而沒有注明定義域，此時，函數(shù)定義域是指使該解析式有意義的自變量的取值范圍(稱為自然定義域)；一種是由實際問題確定的或預(yù)先限定了自變量的取值范圍(稱為實際定義域)．需要注意的是：(1)若函數(shù)是由一些基本初等函數(shù)通過四則運(yùn)算而成的，則它的定義域是各基本初等函數(shù)定義域的交集；(2)對于含有參數(shù)的函數(shù)求定義域，或已知其定義域求參數(shù)的取值范圍，一般需要對參數(shù)的情況進(jìn)行分類討論；(3)若函數(shù)是由一些基本初等函數(shù)復(fù)合而成，則求函數(shù)定義域時應(yīng)注意內(nèi)層函數(shù)的值域為外層函數(shù)的定義域的子域(集)．5．求函數(shù)解析式的主要方法待定系數(shù)法、換元法、方程(組)法等．如果已知函數(shù)解析式的類型，可用待定系數(shù)法；若已知復(fù)合函數(shù)f(g(x))的表達(dá)式時，可用換元法；若已知抽象函數(shù)的表達(dá)式時，常用解方程(組)法．6．函數(shù)的值域求函數(shù)的值域，不但要注意對應(yīng)關(guān)系的作用，而且要特別注意定義域?qū)χ涤虻闹萍s作用．常用方法有：圖象法、單調(diào)性法、配方法、換元法、分離常數(shù)法、不等式法、判別式法、導(dǎo)數(shù)法、數(shù)形結(jié)合法等．求函數(shù)值域的基本原則有：(1)當(dāng)函數(shù)y＝f(x)用表格給出時，函數(shù)的值域是指表格中實數(shù)y的集合．(2)當(dāng)函數(shù)y＝f(x)用圖象給出時，函數(shù)的值域是指圖象在y軸上的投影所對應(yīng)的實數(shù)y的集合．(3)當(dāng)函數(shù)y＝f(x)用解析式給出時，函數(shù)的值域由函數(shù)的定義域及其對應(yīng)關(guān)系唯一確定．(4)當(dāng)函數(shù)由實際問題給出時，函數(shù)的值域由問題的實際意義確定．1．設(shè)集合P＝{x|0≤x≤4}，M＝{y|0≤y≤2}，則下列表示從P到M的映射的是()A．f：x→y＝eq\f(2,3)xB．f：x→y＝eq\f(x2－x,2x－2)C．f：x→y＝eq\f(1,3)(x－3)2D．f：x→y＝eq\r(x＋5)－1解：對于A，當(dāng)x＝4時，y＝eq\f(8,3)?M；對于B，當(dāng)x＝1時，eq\f(x2－x,2x－2)無意義；對于C，當(dāng)x＝0時，y＝3?M；D符合映射定義，故選D.2．給出下面四個命題：①函數(shù)是其定義域到值域的映射；②f(x)＝eq\r(x－3)＋eq\r(2－x)是函數(shù)；③函數(shù)y＝2x(x∈N)的圖象是一條直線；④y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x≥0，,－x2，x＜0))的圖象是拋物線．其中正確的有()A．1個B．2個C．3個D．4個解：命題①，函數(shù)是一種特殊的映射，是正確的；命題②，定義域是空集，錯誤；命題③，y＝2x(x∈N)的圖象是一些孤立的點，故③不對；命題④的圖象關(guān)于原點對稱，不是拋物線．只有①正確，故選A.3．若函數(shù)y＝f(x)的定義域是[0，2]，則函數(shù)g(x)＝eq\f(f（2x）,x－1)的定義域是()A．[0，1] B．[0，1)C．[0，1)∪(1，4] D．(0，1)解：∵f(x)的定義域為[0，2]，∴令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤2x≤2，,x－1≠0，))解此不等式組得0≤x<1.故選B.4．(eq\a\vs4\al(2014·南充模擬))已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－x，x≤0，,log2x，x>0，))則“f(x)≤0”是“x≥0”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分又不必要條件解：若f(x)≤0，則當(dāng)x≤0時，f(x)＝x2－x＝x(x－1)≤0，解得x＝0；當(dāng)x>0時，f(x)＝log2x≤0，解得0<x≤1，∴0≤x≤1，∴“f(x)≤0”是“x≥0”的充分不必要條件．故選A.5．函數(shù)y＝eq\r(x)＋eq\r(2－x)的最大值為()A．1B.eq\r(2)C.eq\r(3)D．2解：函數(shù)的定義域為[0，2]，y2＝(eq\r(x)＋eq\r(2－x))2＝2＋2eq\r(x（2－x）)≤2＋x＋(2－x)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號，∴y≤2.故選D.6．(eq\a\vs4\al(2014·上海))設(shè)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－a）2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x＞0.))若f(0)是f(x)的最小值，則a的取值范圍為()A．[－1，2] B．[－1，0]C．[1，2] D．[0，2]解：當(dāng)a＜0時，f(a)＝0＜f(0)，f(0)不是f(x)的最小值．當(dāng)a≥0時，f(0)＝a2，而x＋eq\f(1,x)＋a≥2＋a(x＝1時取等號)．∴由題意得a2≤2＋a.解不等式a2－a－2≤0，得－1≤a≤2，∴0≤a≤2.故選D.7．(eq\a\vs4\al(2013·安徽))函數(shù)y＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))＋eq\r(1－x2)的定義域為____________．解：由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)>0，,1－x2≥0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<－1或x>0，,－1≤x≤1))?x∈(0，1]．故填(0，1]．8．(eq\a\vs4\al(2014·浙江))設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋x，x＜0，,－x2，x≥0.))若f(f(a))≤2，則實數(shù)a的取值范圍是________．解：作出y＝f(x)的圖象如圖，由f(f(a))≤2可得f(a)≥－2，可得a≤eq\r(2).故填(－∞，eq\r(2)]．9．函數(shù)f(x)滿足f(x－3)＝eq\f(x,x2＋1).(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)求函數(shù)f(x)的值域．解：(1)令x－3＝t?x＝t＋3.∴f(t)＝eq\f(t＋3,（t＋3）2＋1)＝eq\f(t＋3,t2＋6t＋10).∴函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝eq\f(x＋3,x2＋6x＋10).(2)令y＝eq\f(x＋3,x2＋6x＋10)?yx2＋6yx＋10y＝x＋3，∴yx2＋(6y－1)x＋10y－3＝0.當(dāng)y＝0時，x＝－3；當(dāng)y≠0時，Δ＝(6y－1)2－4y(10y－3)≥0，∴－eq\f(1,2)≤y≤eq\f(1,2)且y≠0.綜上知f(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))).10．已知f(x)＝eq\f(bx＋1,2x＋a)(a，b為常數(shù)，ab≠2)，且f(x)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝k為定值，求k的值．解：∵f(x)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(bx＋1,2x＋a)·eq\f(\f(b,x)＋1,\f(2,x)＋a)＝eq\f(（bx＋1）（b＋x）,（2x＋a）（2＋ax）)＝eq\f(bx2＋（b2＋1）x＋b,2ax2＋（a2＋4）x＋2a).又由條件知當(dāng)x≠0時，恒有：f(x)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(bx2＋（b2＋1）x＋b,2ax2＋（a2＋4）x＋2a)＝k(常數(shù))．則f(1)·f(1)＝f(2)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝k.即eq\f(b2＋2b＋1,a2＋4a＋4)＝eq\f(2b2＋5b＋2,2a2＋10a＋8)，亦即2ab2＋2a＝a2b＋4b，∴(ab－2)(a－2b)＝0.∵ab≠2，∴a－2b＝0，即a＝2b，∴k＝f2(1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋1,a＋2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(b＋1,2（b＋1）)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4).11．(1)若f(x)的定義域為R，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若f(x)的值域為[0，＋∞)，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)①若1－a2＝0，即a＝±1，(i)當(dāng)a＝1時，f(x)＝eq\r(6)，定義域為R，符合要求；(ii)當(dāng)a＝－1時，f(x)＝eq\r(6x＋6)，定義域不為R.②若1－a2≠0，g(x)＝(1－a2)x2＋3(1－a)x＋6為二次函數(shù)，∵f(x)的定義域為R，∴g(x)≥0，?x∈R恒成立，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－a2＞0，,Δ＝9（1－a）2－24（1－a2）≤0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＜a＜1，,（a－1）（11a＋5）≤0))?－eq\f(5,11)≤a＜1.綜合①②得a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,11)，1)).(2)∵函數(shù)f(x)的值域為[0，＋∞)，∴函數(shù)g(x)＝(1－a2)x2＋3(1－a)x＋6取一切非負(fù)實數(shù)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－a2＞0，,Δ＝9（1－a）2－24（1－a2）≥0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＜a＜1，,（a－1）（11a＋5）≥0))?－1＜a≤－eq\f(5,11).當(dāng)a＝－1時，f(x)＝eq\r(6x＋6)的值域為[0，＋∞)，符合題目要求．故所求實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(5,11))).定義在R上的函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2（1－x），x≤0，,f（x－1）－f（x－2），x＞0，))則f(2015)的值為________．解：∵x>0時，f(x)＝f(x－1)－f(x－2)，∴f(x＋1)＝f(x)－f(x－1)．兩式相加得f(x＋1)＝－f(x－2)，∴f(x＋3)＝－f(x)，f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，∴f(x)的周期為6，因此，f(2015)＝f(6×335＋5)＝f(5)．又f(－1)＝log22＝1，f(0)＝log21＝0，f(1)＝f(0)－f(－1)＝－1，f(2)＝f(1)－f(0)＝－1，f(3)＝f(2)－f(1)＝0，f(4)＝f(3)－f(2)＝1，f(5)＝f(4)－f(3)＝1，∴f(2015)＝1，故填1.§2.2函數(shù)的單調(diào)性與最大(小)值1．函數(shù)的單調(diào)性(1)增函數(shù)與減函數(shù)一般地，設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為I：①如果對于定義域I內(nèi)某個區(qū)間D上的________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________．②如果對于定義域I內(nèi)某個區(qū)間D上的________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________．(2)單調(diào)性與單調(diào)區(qū)間如果函數(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)在這一區(qū)間具有(嚴(yán)格的)________，區(qū)間D叫做y＝f(x)的________．2．函數(shù)的最值(1)最大值一般地，設(shè)函數(shù)y＝f(x)的定義域為I，如果存在實數(shù)M滿足：①對于任意的x∈I，都有________；②存在x0∈I，使得________．那么，我們稱M是函數(shù)y＝f(x)的最大值．(2)最小值一般地，設(shè)函數(shù)y＝f(x)的定義域為I，如果存在實數(shù)m滿足：①對于任意的x∈I，都有________；②存在x0∈I，使得________．那么我們稱m是函數(shù)y＝f(x)的最小值．自查自糾：1．(1)①任意兩個增函數(shù)②任意兩個減函數(shù)(2)單調(diào)性單調(diào)區(qū)間2．(1)①f(x)≤M②f(x0)＝M(2)①f(x)≥m②f(x0)＝m(eq\a\vs4\al(2014·北京))下列函數(shù)中，定義域是R且為增函數(shù)的是()A．y＝e－x B．y＝x3C．y＝lnx D．y＝|x|解：由所給選項知只有y＝x3的定義域是R且為增函數(shù)．故選B.若函數(shù)y＝ax＋1在[1，2]上的最大值與最小值的差為2，則實數(shù)a的值是()A．2 B．－2C．2或－2 D．0解：當(dāng)a>0時，由題意得2a＋1－(a＋1)＝2，即a＝2；當(dāng)a<0時，a＋1－(2a＋1)＝2，即a＝－2，所以a＝±2.故選C.下列區(qū)間中，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ln（2－x）))在其上為增函數(shù)的是()A．(－∞，1] B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(4,3)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))) D．[1，2)解：f(x)的定義域為(－∞，2)，f(1)＝0，當(dāng)x∈[1，2)時，f(x)＝－ln(2－x)，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性特征知f(x)為增函數(shù)．故選D.(eq\a\vs4\al(2014·天津))函數(shù)f(x)＝logeq\s\do9(\f(1,2))(x2－4)的單調(diào)遞增區(qū)間為________．解：函數(shù)y＝f(x)的定義域為(－∞，－2)∪(2，＋∞)，因為函數(shù)y＝f(x)由y＝logeq\s\do9(\f(1,2))t與t＝g(x)＝x2－4復(fù)合而成，又y＝logeq\s\do9(\f(1,2))t在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，g(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞減，所以函數(shù)y＝f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞增．故填(－∞，－2)．設(shè)a為常數(shù)，函數(shù)f(x)＝x2－4x＋3.若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋a))在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上是增函數(shù)，則a的取值范圍是________．解：∵f(x)＝x2－4x＋3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))2－1，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋a))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋a－2))2－1，且當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－a，＋∞))時，函數(shù)f(x＋a)單調(diào)遞增，因此2－a≤0，即a≥2.故填[2，＋∞)．類型一判斷函數(shù)的單調(diào)性，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(1)(eq\a\vs4\al(2013·重慶模擬))求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間：①y＝－x2＋2|x|＋3；②y＝1－eq\r(x2－3x＋2)；③y＝x3－3x.解：①依題意，可得當(dāng)x≥0時，y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4；當(dāng)x＜0時，y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4.由二次函數(shù)的圖象知，函數(shù)y＝－x2＋2|x|＋3在(－∞，－1]，[0，1]上是增函數(shù)，在[－1，0]，[1，＋∞)上是減函數(shù)．故y＝－x2＋2|x|＋3的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－1]和[0，1]；單調(diào)減區(qū)間為[－1，0]和[1，＋∞)．②由x2－3x＋2≥0，得x≥2或x≤1，設(shè)u＝x2－3x＋2，則y＝1－eq\r(u)，當(dāng)x∈(－∞，1]時，u為減函數(shù)，當(dāng)x∈[2，＋∞)時，u為增函數(shù)，而u≥0時，y＝1－eq\r(u)為減函數(shù)．∴y＝1－eq\r(x2－3x＋2)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，1]，單調(diào)減區(qū)間為[2，＋∞)．③y′＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，令y′＞0，得x＞1或x＜－1，由y′＜0，得－1＜x＜1，∴y＝x3－3x的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－1)和(1，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(－1，1)．(2)證明f(x)＝x2＋eq\f(1,x)在(1，＋∞)上為單調(diào)增函數(shù)．證法一：(定義法)設(shè)x1，x2∈(1，＋∞)，且x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝xeq\o\al(2,1)＋eq\f(1,x1)－xeq\o\al(2,2)－eq\f(1,x2)＝(x1＋x2)(x1－x2)－eq\f(x1－x2,x1x2)＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2－\f(1,x1x2))).因為1＜x1＜x2，x1－x2＜0，x1＋x2＞2，x1x2＞1，所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，所以f(x)＝x2＋eq\f(1,x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)．證法二：(導(dǎo)數(shù)法)因為f(x)＝x2＋eq\f(1,x)(x＞1)，所以f′(x)＝2x－eq\f(1,x2)＝eq\f(2x3－1,x2).又x＞1，所以2x3－1＞0且x2＞0，所以f′(x)＞0，所以f(x)＝x2＋eq\f(1,x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)．點撥：求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和判斷函數(shù)的單調(diào)性方法一致．通常有以下幾種方法：(1)復(fù)合函數(shù)法：f(g(x))的單調(diào)性遵循“同增異減”的原則；(2)定義法：先求定義域，再利用單調(diào)性定義求解；(3)圖象法：可由函數(shù)圖象的直觀性寫出它的單調(diào)區(qū)間；(4)導(dǎo)數(shù)法：利用導(dǎo)數(shù)取值的正負(fù)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．特別注意：單調(diào)區(qū)間必為定義域的子集．(1)下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞減的是________．(填寫序號即可)①f(x)＝sinx;②f(x)＝x＋eq\f(1,x)；③f(x)＝logeq\s\do9(\f(1,2))(x＋3);④f(x)＝|x＋1|.解：結(jié)合函數(shù)性質(zhì)及圖象分析可知：①，④不滿足題意．對于②，f′(x)＝1－eq\f(1,x2)，當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)<0，則f(x)在(0，1)上遞減；對于③，令u＝x＋3，在(0，1)上遞增，而y＝logeq\s\do9(\f(1,2))u為減函數(shù)，由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性知，f(x)＝logeq\s\do9(\f(1,2))(x＋3)在(0，1)上單調(diào)遞減．綜上可知，②③在(0，1)上為減函數(shù)．故填②③.(2)求證：函數(shù)f(x)＝x3＋x在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)．證法一：(定義法)任取x1<x2，則x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)＝(xeq\o\al(3,1)＋x1)－(xeq\o\al(3,2)＋x2)＝(xeq\o\al(3,1)－xeq\o\al(3,2))＋(x1－x2)＝(x1－x2)(xeq\o\al(2,1)＋x1x2＋xeq\o\al(2,2)＋1)＝(x1－x2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(1,2)x2))\s\up12(2)＋\f(3,4)xeq\o\al(2,2)＋1))＜0，即f(x1)<f(x2)，所以f(x)＝x3＋x在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)．證法二：(導(dǎo)數(shù)法)因為f′(x)＝3x2＋1>0在(－∞，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)．類型二函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用若函數(shù)y＝log2(x2－ax＋3a)在[2，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．解：設(shè)u＝x2－ax＋3a>0，且函數(shù)u在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))上是單調(diào)增函數(shù)．又y＝log2u是單調(diào)增函數(shù)，根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，要使函數(shù)y＝log2(x2－ax＋3a)在[2，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1([2，＋∞）?\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))，,u＝x2－ax＋3a>0（x∈[2，＋∞））恒成立.))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)≤2，,umin＝u（2）>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤4，,4－2a＋3a>0，))解得－4<a≤4.所以實數(shù)a的取值范圍是(－4，4]．點撥：利用函數(shù)單調(diào)性討論參數(shù)的取值范圍一般要弄清三個環(huán)節(jié)：(1)考慮函數(shù)的定義域，保證研究過程有意義，如本題中，不能忽視u＝x2－ax＋3a>0；(2)弄清常見函數(shù)的單調(diào)區(qū)間與題目給出的單調(diào)區(qū)間的關(guān)系，如本題中，eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))是單調(diào)增區(qū)間，[2，＋∞)是它的子集；(3)注意恒成立不等式的等價轉(zhuǎn)化問題．是否存在實數(shù)a，使函數(shù)f(x)＝loga(ax2－x)在區(qū)間[2，4]上是單調(diào)增函數(shù)？證明你的結(jié)論.解：設(shè)u＝ax2－x>0.假設(shè)符合條件的a存在．當(dāng)a>1時，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，只需u＝ax2－x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，4))上是單調(diào)增函數(shù)，所以a滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)≤2，,u＝ax2－x＞0在[2，4]上恒成立.))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)≤2，,umin＝u（2）＝4a－2＞0.))解得a>eq\f(1,2)，于是a>1.當(dāng)0<a<1時，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，只需u＝ax2－x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，4))上是單調(diào)減函數(shù)，所以a滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)≥4，,u＝ax2－x＞0在[2，4]上恒成立.))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)≥4，,umin＝u（4）＝16a－4＞0，))解得a∈?.綜上，當(dāng)a∈(1，＋∞)時，函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝loga(ax2－x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，4))上是單調(diào)增函數(shù)．類型三抽象函數(shù)的單調(diào)性已知函數(shù)f(x)對于任意x，y∈R，總有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且當(dāng)x>0時，f(x)<0，f(1)＝－eq\f(2,3).(1)求證：f(x)在R上是減函數(shù)；(2)求f(x)在[－3，3]上的最大值和最小值．解：(1)證法一：∵函數(shù)f(x)對于任意x，y∈R總有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，令x＝y(tǒng)＝0，得f(0)＝0，再令y＝－x，得f(－x)＝－f(x)．在R上任取x1>x2，則x1－x2>0，f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)．又∵x>0時，f(x)<0，而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)<f(x2)．因此f(x)在R上是減函數(shù)．證法二：在R上任取x1，x2且x1>x2，則x1－x2＞0.則f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)＝f(x1－x2)．又∵x>0時，f(x)<0，而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在R上為減函數(shù)．(2)∵f(x)在R上是減函數(shù)，∴f(x)在[－3，3]上也是減函數(shù)，∴f(x)在[－3，3]上的最大值和最小值分別為f(－3)與f(3)．而f(3)＝3f(1)＝－2，f(－3)＝－f(3)＝2.∴f(x)在[－3，3]上的最大值為2，最小值為－2.點撥：對于抽象函數(shù)單調(diào)性的判斷仍然要緊扣單調(diào)性的定義，結(jié)合題目所給性質(zhì)和相應(yīng)的條件，對任意x1，x2在所給區(qū)間內(nèi)比較f(x1)－f(x2)與0的大小，或eq\f(f（x1）,f（x2）)與1的大?。袝r根據(jù)需要，需作適當(dāng)?shù)淖冃危鐇1＝x2＋x1－x2或x1＝x2·eq\f(x1,x2)等．深挖已知條件，是求解此類題的關(guān)鍵．在客觀題的求解中，解這類題目也可考慮用特殊化方法，如本題可依題目條件取f(x)＝－eq\f(2,3)x.(eq\a\vs4\al(2013·南昌模擬))f(x)的定義域為(0，＋∞)，且對一切x＞0，y＞0都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))＝f(x)－f(y)，當(dāng)x＞1時，有f(x)＞0.(1)求f(1)的值；(2)判斷f(x)的單調(diào)性并證明；(3)若f(6)＝1，解不等式f(x＋5)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＜2.解：(1)f(1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,x)))＝f(x)－f(x)＝0，x＞0.(2)f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．證明：設(shè)0＜x1＜x2，則由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))＝f(x)－f(y)，得f(x2)－f(x1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))，∵eq\f(x2,x1)＞1，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))＞0.∴f(x2)－f(x1)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．(3)∵f(6)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(36,6)))＝f(36)－f(6)，又f(6)＝1，∴f(36)＝2，原不等式化為：f(x2＋5x)＜f(36)，又∵f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋5＞0，,\f(1,x)＞0，,x2＋5x＜36，))解得0＜x＜4.1．證明函數(shù)的單調(diào)性與求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，均可運(yùn)用函數(shù)單調(diào)性的定義，具體方法為差式比較法或商式比較法．注意單調(diào)性定義還有如下的兩種等價形式：設(shè)x1，x2∈(a，b)，且x1≠x2，那么(1)eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0?f(x)在(a，b)內(nèi)是增函數(shù)；eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜0?f(x)在(a，b)內(nèi)是減函數(shù)．上式的幾何意義：增(減)函數(shù)圖象上任意兩點(x1，f(x1))，(x2，f(x2))連線的斜率恒大于(或小于)零．(2)(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0?f(x)在(a，b)內(nèi)是增函數(shù)；(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0?f(x)在(a，b)內(nèi)是減函數(shù)．2．函數(shù)單調(diào)性的判斷(1)常用的方法有：定義法、導(dǎo)數(shù)法、圖象法及復(fù)合函數(shù)法．(2)兩個增(減)函數(shù)的和仍為增(減)函數(shù)；一個增(減)函數(shù)與一個減(增)函數(shù)的差是增(減)函數(shù)；(3)奇函數(shù)在關(guān)于原點對稱的兩個區(qū)間上有相同的單調(diào)性，偶函數(shù)在關(guān)于原點對稱的兩個區(qū)間上有相反的單調(diào)性；(4)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性：如果y＝f(u)和u＝g(x)的單調(diào)性相同，那么y＝f(g(x))是增函數(shù)；如果y＝f(u)和u＝g(x)的單調(diào)性相反，那么y＝f(g(x))是減函數(shù)．在應(yīng)用這一結(jié)論時，必須注意：函數(shù)u＝g(x)的值域必須是y＝f(u)的單調(diào)區(qū)間的子集．(5)在研究函數(shù)的單調(diào)性時，常需要先將函數(shù)化簡，轉(zhuǎn)化為討論一些熟知的函數(shù)的單調(diào)性，因此掌握一次函數(shù)、二次函數(shù)、冪函數(shù)、對數(shù)函數(shù)等的單調(diào)性，將大大縮短我們的判斷過程．3．函數(shù)最值的重要結(jié)論(1)設(shè)f(x)在某個集合D上有最小值，m為常數(shù)，則f(x)≥m在D上恒成立的充要條件是f(x)min≥m；(2)設(shè)f(x)在某個集合D上有最大值，m為常數(shù)，則f(x)≤m在D上恒成立的充要條件是f(x)max≤m.4．自變量取值之間的不等關(guān)系和函數(shù)值的不等關(guān)系可正逆互推，即若f(x)是增(減)函數(shù)，則f(x1)＜f(x2)?x1＜x2(x1＞x2)．在解決“與抽象函數(shù)有關(guān)的不等式”問題時，可以利用函數(shù)單調(diào)性的“可逆性”，脫去“函數(shù)符號f”，化為一般不等式求解，但運(yùn)算必須在定義域內(nèi)或給定的范圍內(nèi)進(jìn)行．1．函數(shù)y＝eq\r(x－1)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．[1，＋∞)B．[0，＋∞)C．(－∞，1]D．(－∞，0]解：y＝eq\r(x－1)的圖象由y＝eq\r(x)的圖象向右平移1個單位得到，故y＝eq\r(x－1)的單調(diào)遞增區(qū)間是[1，＋∞)．故選A.2．(eq\a\vs4\al(2014·陜西))下列函數(shù)中，滿足“f(x＋y)＝f(x)f(y)”的單調(diào)遞增函數(shù)是()A．f(x)＝xeq\s\up6(\f(1,2))B．f(x)＝x3C．f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))xD．f(x)＝3x解：選項C，D中的指數(shù)函數(shù)滿足f(x＋y)＝f(x)·f(y)．又f(x)＝3x是增函數(shù)，所以D正確．故選D.3．(eq\a\vs4\al(2013·西安調(diào)研))設(shè)f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時，f(x)單調(diào)遞減，若x1＋x2＞0，則f(x1)＋f(x2)的值()A．恒為正值B．恒等于零C．恒為負(fù)值D．無法確定正負(fù)解：∵f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時，f(x)單調(diào)遞減，∴f(x)在R上單調(diào)遞減．又x1＋x2＞0，則x1＞－x2，∴f(x1)＜f(－x2)＝－f(x2)，從而有f(x1)＋f(x2)＜0.故選C.4．設(shè)函數(shù)g(x)＝x2－2(x∈R)，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（x）＋x＋4，x<g（x），,g（x）－x，x≥g（x）.))則f(x)的值域是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，0))∪(1，＋∞)B．[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：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\{(\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，f(x)>f(－1)＝2；當(dāng)－1≤x≤2時，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，＋∞)．故選D.5．設(shè)函數(shù)f(x)＝loga|x|在(－∞，0)上單調(diào)遞增，則f(a＋1)與f(2)的大小關(guān)系是()A．f(a＋1)>f(2)B．f(a＋1)<f(2)C．f(a＋1)＝f(2)D．不能確定解：由y＝f(x)的圖象及已知可得0<a<1，所以1<a＋1<2，由于函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(a＋1)>f(2)．故選A.6．已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x－4)＝－f(x)，且在區(qū)間[0，2]上是增函數(shù)，則()A．f(－25)＜f(11)＜f(80)B．f(80)＜f(11)＜f(－25)C．f(11)＜f(80)＜f(－25)D．f(－25)＜f(80)＜f(11)解：f(x－8)＝－f(x－4)＝f(x)，∴T＝8，又f(x)是R上的奇函數(shù)，∴f(0)＝0.∵f(x)在[0，2]上是增函數(shù)，且f(x)≥0，∴f(x)在[－2，0]上也是增函數(shù)，且f(x)≤0，又x∈[2，4]時，f(x)＝－f(x－4)≥0，且f(x)為減函數(shù)．同理f(x)在[4，6]上為減函數(shù)且f(x)≤0，從而可得y＝f(x)的大致圖象如圖所示．∵f(－25)＝f(－1)＜0，f(11)＝f(3)＞0，f(80)＝f(0)＝0.∴f(－25)＜f(80)＜f(11)，故選D.7．若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x＋a))的單調(diào)遞增區(qū)間是[3，＋∞)，則a＝____________．解法一：函數(shù)的對稱軸為x＝－eq\f(a,2)，由對稱性可知－eq\f(a,2)＝3，∴a＝－6.解法二：由f(3)＝0?a＝－6.故填－6.8.(eq\a\vs4\al(2012·山東))若函數(shù)f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1，2]上的最大值為4，最小值為m，且函數(shù)g(x)＝(1－4m)eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，則a＝________．解：若0<a<1，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）＝4，,f（2）＝m，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＝4，,a2＝m，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,4)，,m＝\f(1,16).))∴g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－4×\f(1,16)))eq\r(x)＝eq\f(3,4)eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，滿足題意．若a>1，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（2）＝4，,f（－1）＝m，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,\f(1,a)＝m，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,m＝\f(1,2).))∴g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－4×\f(1,2)))eq\r(x)＝－eq\r(x)在[0，＋∞)上是減函數(shù)，不合題意．綜上知，a＝eq\f(1,4).故填eq\f(1,4).9．已知a>b>0，m>0.(1)判斷函數(shù)f(x)＝eq\f(b＋x,a＋x)在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)的單調(diào)性；(2)證明不等式eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m).解：(1)∵f(x)＝eq\f(b＋x,a＋x)＝eq\f(a＋x＋（b－a）,a＋x)＝1－eq\f(a－b,a＋x)，又y＝－eq\f(a－b,a＋x)在(－a，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)，∴f(x)在(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)．(2)證明：∵由(1)知f(x)在(－a，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)，∴當(dāng)x1＝0，x2＝m時，x1＜x2，有f(x1)<f(x2)，即eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m).10．用函數(shù)單調(diào)性的定義證明：f(x)＝ax＋a－x在(0，＋∞)上是增函數(shù)(這里a＞0且a≠1)．證明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝(ax1＋a－x1)－(ax2＋a－x2)＝(ax1－ax2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ax1)－\f(1,ax2)))＝eq\f(1,ax1＋x2)(ax1－ax2)(ax1＋x2－1)，∵0＜x1＜x2，∴x1＋x2＞0，ax1＋x2＞0.(1)當(dāng)a＞1時，ax1＋x2＞1，ax1＜ax2，∴ax1＋x2－1＞0，ax1－ax2＜0，∴f(x1)－f(x2)＜0.(2)當(dāng)0＜a＜1時，ax1＋x2＜1，ax1＞ax2，∴ax1＋x2－1＜0，ax1－ax2＞0，∴f(x1)－f(x2)＜0.綜上所述，對于任何a＞0且a≠1，均有f(x1)＜f(x2)，故f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．11．已知函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，當(dāng)x>1時，f(x)>0，且對于任意的正數(shù)x，y都有f(xy)＝f(x)＋f(y)．(1)證明：函數(shù)f(x)在定義域上是單調(diào)增函數(shù)；(2)如果feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝－1且f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－2)))≥2，求x的取值范圍．解：(1)證明：設(shè)0<x1<x2.則f(x2)－f(x1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)·x1))－f(x1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))＋f(x1)－f(x1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1))).因為eq\f(x2,x1)>1，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))>0，所以f(x2)－f(x1)>0.故f(x)在定義域上是單調(diào)增函數(shù)．(2)當(dāng)x＝y(tǒng)＝1時，f(1)＝0.令y＝eq\f(1,x)，得f(1)＝f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－f(x)．故由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝－1，得f(3)＝1.于是f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－2)))＝f(x)＋f(x－2)＝f(x2－2x)≥2，而2＝f(3)＋f(3)＝f(9)，則有f(x2－2x)≥f(9)．所以x滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x≥9，,x>0，,x－2>0，))解得x≥1＋eq\r(10).故實數(shù)x的取值范圍是[1＋eq\r(10)，＋∞)．已知函數(shù)f(x)＝x2＋lnx－ax在(0，1)上是增函數(shù)．(1)求a的取值范圍；(2)在(1)的結(jié)論下，設(shè)g(x)＝e2x＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ex－a))，x∈[0，ln3]，求函數(shù)g(x)的最小值．解：(1)f′(x)＝2x＋eq\f(1,x)－a.∵f(x)在(0，1)上是增函數(shù)，∴2x＋eq\f(1,x)≥a在(0，1)上恒成立，即a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,x)))eq\s\do7(min)(x∈(0，1))，∵2x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(2)當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(\r(2),2)時，取等號，所以a的取值范圍為{a|a≤2eq\r(2)}．(2)設(shè)t＝ex，則h(t)＝t2＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t－a))(顯然t∈[1，3])，當(dāng)a≤1時，h(t)＝t2＋t－a在區(qū)間[1，3]上是增函數(shù)，所