4.1.2 第2课时 指数函数性质的应用-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第四章　指数函数、对数函数与幂函数 4.1　指数与指数函数 4.1.2　指数函数的性质与图象 第2课时　指数函数性质的应用 (教师独具内容) 课程标准：在解决问题的过程中，体会指数函数是一类重要的函数模型． 教学重点：1.求指数型函数的定义域、值域、最值.2.解指数方程和指数不等式． 教学难点：综合运用指数函数的性质解决问题． 核心素养：通过运用指数函数的性质解决问题培养逻辑推理素养和数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点　指数型复合函数的单调性 (1)函数y＝af(x)(a>0且a≠1)的单调性由两点决定，一是底数a>1还是0<a<1；二是f(x)的单调性．它由两个函数y＝au，u＝f(x)复合而成． (2)若y＝f(u)，u＝g(x)，则函数y＝f(g(x))的单调性有如下特点： [说明]　函数y＝f(g(x))的单调性可简记为“同增异减”． y＝f(u) u＝g(x) y＝f(g(x)) 增 增 _____ 增 减 _____ 减 增 _____ 减 减 ______ 增 减 减 增 核心概念掌握 5 [0，＋∞) (－∞，0) 答案 核心概念掌握 6 核心素养形成 题型一　求指数型复合函数的定义域、值域 核心素养形成 8 解 核心素养形成 9 解 核心素养形成 10 解 核心素养形成 11 【感悟提升】指数型复合函数定义域、值域的求法 (1)求定义域要根据函数自身的要求，找出关于x的不等式或不等式组，解不等式或不等式组可得定义域． (2)求函数y＝af(x)(a>0且a≠1)的值域的方法 ①换元，令t＝f(x)，并求t＝f(x)的定义域； ②求t＝f(x)的值域M； ③利用y＝at的单调性，求y＝at在t∈M上的值域． (3)求函数y＝f(ax)的值域，需先利用函数u＝ax的单调性确定其定义域，即u的取值范围，再确定函数y＝f(u)的值域，即为函数y＝f(ax)的值域． 核心素养形成 12 答案 解析 核心素养形成 13 答案 解析 解析：因为函数有意义的充要条件是x2－x－6≥0，即x≤－2或x≥3，所以所求函数的定义域为(－∞，－2]∪[3，＋∞)． (－∞，－2]∪[3，＋∞) 核心素养形成 14 解 核心素养形成 15 题型二　解简单的指数不等式 解 核心素养形成 16 解 (2)已知ax2－3x＋2<a－x＋5(a>0且a≠1)，求x的取值范围． 解 分情况讨论： ①当0<a<1时，函数f(x)＝ax(a>0且a≠1)在R上是减函数， ∴x2－3x＋2>－x＋5， ∴x2－2x－3>0， 解得x<－1或x>3； ②当a>1时，函数f(x)＝ax(a>0且a≠1)在R上是增函数， ∴x2－3x＋2<－x＋5， ∴x2－2x－3<0， 解得－1<x<3. 综上所述，当0<a<1时，x<－1或x>3；当a>1时，－1<x<3. 核心素养形成 17 【感悟提升】解简单的指数不等式的一般步骤 解指数不等式af(x)>ag(x)(a>0且a≠1)主要依据指数函数的单调性，它的一般步骤为 注意：如果不等式的形式不是同底指数式的形式，要首先进行变形，将不等式两边的底数进行统一． 核心素养形成 18 解 核心素养形成 19 解 (2)若a－3x>ax＋4(a>0且a≠1)，求x的取值范围． 解：①当0<a<1时，由y＝ax在R上单调递减，得－3x<x＋4，即－4x<4，解得x>－1； ②当a>1时，由y＝ax在R上单调递增，得－3x>x＋4，即－4x>4，解得x<－1. 综上，当0<a<1时，x的取值范围为(－1，＋∞)；当a>1时，x的取值范围为 (－∞，－1)． 核心素养形成 20 题型三　指数型复合函数的单调性 解 核心素养形成 21 解 核心素养形成 22 【感悟提升】指数型复合函数单调区间的求法 (1)求函数y＝af(x)的单调区间既要考虑f(x)的单调区间，又要讨论a的取值范围：当a>1时，函数y＝af(x)与函数f(x)的单调性相同；当0<a<1时，函数y＝af(x)与函数f(x)的单调性相反． (2)求函数y＝f(ax)的单调区间时，首先求出函数的定义域，然后把函数分解为y＝f(u)，u＝ax，通过这两个函数的单调性求出函数y＝f(ax)的单调性． 核心素养形成 23 核心素养形成 24 解：(1)设y＝au(a＞0且a≠1)，u＝x2＋2x－3， 由u＝x2＋2x－3＝(x＋1)2－4，得u在(－∞，－1]上为减函数，在(－1，＋∞)上为增函数． 当a>1时，y是关于u的增函数； 当0<a<1时，y是关于u的减函数， 所以当a>1时，原函数的单调递增区间为(－1，＋∞)，单调递减区间为(－∞，－1]； 当0<a<1时，原函数的单调递增区间为(－∞，－1]，单调递减区间为(－1，＋∞)． 解 核心素养形成 25 解 核心素养形成 26 题型四　指数型复合函数的综合应用 核心素养形成 27 解 核心素养形成 28 解 核心素养形成 29 【感悟提升】指数型复合函数的综合问题的关注点 (1)指数函数本身不具有奇偶性，但与指数函数有关的函数可能具有奇偶性，一般是利用函数奇偶性的定义进行判断． (2)指数型复合函数的综合问题，主要涉及单调性、奇偶性等问题，应在有关性质的基础上，结合指数函数的性质进行解决，而指数函数性质的重点是单调性，注意利用单调性实现问题的转化． 核心素养形成 30 核心素养形成 31 解 核心素养形成 32 解 核心素养形成 33 解 核心素养形成 34 随堂水平达标 解析 答案 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 答案 解析 (－∞，1] [1，＋∞) 随堂水平达标 1 2 3 4 5 39 答案 解析 (0，1) 随堂水平达标 1 2 3 4 5 40 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★★ ★★ ★ 对点 指数型函数的定义域 指数型函数的单调性 解指数不等式 指数型函数的值域 利用指数型函数的单调性求参数范围 指数型函数的综合应用 指数型函数的综合应用 求指数型函数的单调区间 题号 9 10 11 12 13 14 15 16 难度 ★ ★★ ★ ★ ★★ ★★★ ★★ ★★★ 对点 指数型函数的值域 利用指数型函数的单调性求参数范围 指数型函数的定义域与值域 解指数不等式 利用指数型函数的单调性求参数范围 利用指数型函数的性质解不等式 指数型函数的单调区间及 最值 解指数不等式 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 42 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 43 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 44 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 45 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 46 5．(2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)上单调递减，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2] B．[－2，0) C．(0，2] D．[2，＋∞) 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 解 析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 7．已知函数f(x)＝4|x|＋x2＋a，则下列命题正确的是(　　) A．对于任意实数a，f(x)为偶函数 B．对于任意实数a，f(x)>0 C．存在实数a，使f(x)在(－∞，－1)上单调递减 D．存在实数a，使得关于x的不等式f(x)≥5的解集为(－∞，－1]∪[1，＋∞) 解析：函数f(x)＝4|x|＋x2＋a，对于A，由于x∈R，且f(－x)＝f(x)，故函数f(x)为偶函数，故A正确；对于B，当x＝0，a＝－2时，f(x)<0，故B错误；对于C，由于函数f(x)的图象关于y轴对称，当x>0时，函数f(x)单调递增，当x<0时，函数f(x)单调递减，故f(x)在(－∞，－1)上单调递减，故C正确；对于D，存在实数a＝0，使得关于x的不等式f(x)≥5的解集为(－∞，－1]∪[1，＋∞)，故D正确．故选ACD. 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 答案 解析 (1，＋∞) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 9．函数y＝4x－2x＋1＋3，x∈(－∞，1]的值域为________． 解析：原函数可化为y＝22x－2·2x＋3.令t＝2x，x∈(－∞，1]，∴t∈(0，2]．∴y＝t2－2t＋3＝(t－1)2＋2.当t＝1时，ymin＝2；当t＝2时，ymax＝3.∴函数的值域为[2，3]． 答案 解析 [2，3] 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 12．(1)已知a－5x>ax＋7(a>0且a≠1)，求x的取值范围； (2)已知(a2＋a＋2)x>(a2＋a＋2)1－x，求x的取值范围． 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 13．设函数f(x)＝3|a－2x|在区间(1，2)上单调递减，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，2] B．(－∞，4] C．[2，＋∞) D．[4，＋∞) 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 14．若函数f(x)＝3|x|＋x2，则不等式f(x＋1)≥f(2x－4)的解集为(　　) A．[3，＋∞) B．(－∞，2] C．[2，3] D．[1，5] 解析 解析:因为f(x)的定义域为R，f(－x)＝3|－x|＋(－x)2＝3|x|＋x2＝f(x)，所以f(x)为定义在R上的偶函数，其图象关于y轴对称．当x≥0时，f(x)＝3x＋x2，又y＝3x，y＝x2在[0，＋∞)上均为增函数，所以f(x)在[0，＋∞)上为增函数，则f(x)在(－∞，0]上为减函数．由f(x＋1)≥f(2x－4)可得|x＋1|≥|2x－4|，即(x＋1)2≥(2x－4)2，解得1≤x≤5，即不等式f(x＋1) ≥f(2x－4)的解集为[1，5]． 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 59 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 60 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 61 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 62 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 63 　　　　　　　　　　　　　 R eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(1，＋∞) 1．(指数型复合函数的定义域)函数y＝eq \r(2x－1)的定义域为________． 2．(指数型复合函数的单调性)函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x2-1)的单调递增区间是________． 3．(指数型复合函数的值域)函数f(x)＝(eq \r(2))－x，x∈[0，2]的值域为________． 4．(指数型复合函数单调性的应用)不等式52x2>5x＋1的解集是 ____________________． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) (1)y＝2eq \s\up7(\f(1,x-4))； (2)y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up12(－|x|)； (3)y＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x)). 解　(1)∵x应满足x－4≠0，∴x≠4， ∴定义域为(－∞，4)∪(4，＋∞)． ∵eq \f(1,x－4)≠0，∴2eq \s\up7(\f(1,x-4))≠1， ∴函数y＝2eq \s\up7(\f(1,x-4))的值域为(0，1)∪(1，＋∞)． (2)定义域为R. ∵|x|≥0， ∴y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(－|x|)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(|x|)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq \s\up12(0)＝1， ∴函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(－|x|)的值域为[1，＋∞)． (3)由题意知1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)≥0， ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)≤1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(0)， ∴x≥0，∴定义域为[0，＋∞)． ∵x≥0，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)≤1. 又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)>0，∴0<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)≤1. ∴0≤1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)<1，∴0≤y<1， ∴函数y＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x))的值域为[0，1)． 【跟踪训练】 1．(1)函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(－x2＋2x)的值域是(　　) A．R B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) C．(2，＋∞) D．(0，＋∞) 解析：令t＝－x2＋2x，而t＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，又y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(t)为减函数，所以y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(t)≥eq \f(1,2)，即函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(－x2＋2x)的值域是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).故选B. (2)函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(\r(x2－x－6))的定义域是________________________． (3)求函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq \s\up12(x)－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＋2，x∈[－2，2]的值域． 解：y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq \s\up12(x)－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2x)－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＋2， 令t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)，则y＝t2－3t＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(3,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,4). ∵x∈[－2，2]，∴eq \f(1,4)≤t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)≤4， 当t＝eq \f(3,2)时，ymin＝－eq \f(1,4)；当t＝4时，ymax＝6. ∴函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq \s\up12(x)－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＋2，x∈[－2，2]的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，6)). \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\541数学（必修第二册导学案（B版\\例2灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\541数学（必修第二册导学案（B版\\例2灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "\\\\杨楠\\杨楠\\课件\\541数学（必修第二册导学案（B版\\例2灰.TIF" \* MERGEFORMATINET 　(1)解不等式eq \s\up12(3x-7)≤2. 解 ∵2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(－1)， ∴原不等式可以转化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(3x－7)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(－1). ∵函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)在R上是减函数， ∴3x－7≥－1，∴x≥2. 故原不等式的解集是{x|x≥2}． 【跟踪训练】 2．(1)解不等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(x2－8)>3－2x. 解：由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(x2－8)>3－2x，得3eq \s\up12(8-x2)>3－2x， ∴8－x2>－2x，即x2－2x－8<0， 解得－2<x<4. ∴不等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(x2－8)>3－2x的解集是(－2，4)． \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x2－6x＋17) INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\541数学（必修第二册导学案（B版\\例3灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\541数学（必修第二册导学案（B版\\例3灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "\\\\杨楠\\杨楠\\课件\\541数学（必修第二册导学案（B版\\例3灰.TIF" \* MERGEFORMATINET 　(1)求函数y＝的单调区间． 解　y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x2－6x＋17)的定义域为R. 在(－∞，3]上，y＝x2－6x＋17是减函数， 所以y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x2－6x＋17)在(－∞，3]上是增函数； 在(3，＋∞)上，y＝x2－6x＋17是增函数， 所以y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x2－6x＋17)在(3，＋∞)上是减函数． 所以函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x2－6x＋17)的单调递增区间是(－∞，3]，单调递减区间是(3，＋∞)． (2)求函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2x)－8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＋17的单调区间． 解　设t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)，t>0，又y＝t2－8t＋17在(0，4]上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增． 令eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)≤4，得x≥－2. 因为t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)在区间[－2，＋∞)上单调递减， 所以函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2x)－8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＋17的单调递增区间是[－2，＋∞)． 同理可得，函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2x)－8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＋17的单调递减区间是(－∞，－2)． 【跟踪训练】 3．求下列函数的单调区间： (1)y＝ax2＋2x-3(a＞0且a≠1)； (2)y＝eq \f(1,0.2x－1). (2)已知函数y＝eq \f(1,0.2x－1)的定义域为{x|x≠0}． 设y＝eq \f(1,u－1)，u＝0.2x，易知u＝0.2x为减函数． 而根据y＝eq \f(1,u－1)的图象可知，在区间(－∞，1)和(1，＋∞)上，y是关于u的减函数，所以原函数的单调递增区间为(－∞，0)和(0，＋∞)． (1,2) INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\541数学（必修第二册导学案（B版\\例4灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\541数学（必修第二册导学案（B版\\例4灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "\\\\杨楠\\杨楠\\课件\\541数学（必修第二册导学案（B版\\例4灰.TIF" \* MERGEFORMATINET 　设函数f(x)＝－eq \f(1,2x＋1). (1)证明：函数f(x)是奇函数； (2)证明：函数f(x)在R上是增函数； (3)求函数f(x)在[1，2]上的值域． 解　(1)证明：因为函数f(x)的定义域为R，关于原点对称，又f(－x)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,\f(1,2x)＋1)＝eq \f(1,2)－eq \f(2x,2x＋1)＝eq \f(1－2x,2（2x＋1）)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2x＋1)＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数． (2)证明：设x1，x2是R上任意两个实数，且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2x1＋1)－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2x2＋1)＝eq \f(2x1－2x2,（2 x1＋1）（2x2＋1）). 因为x1<x2，所以2 x1－2x2<0， 又2 x1＋1>0，2x2＋1>0， 所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)， 所以函数f(x)在R上是增函数． (3)因为函数f(x)在R上是增函数， 所以函数f(x)在[1，2]上也是增函数， 所以f(x)min＝f(1)＝eq \f(1,6)，f(x)max＝f(2)＝eq \f(3,10). 所以函数f(x)在[1，2]上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(3,10))). 【跟踪训练】 4．已知函数f(x)＝eq \f(a·2x－1,2x＋1)是R上的奇函数． (1)判断并证明f(x)的单调性； (2)若对任意实数x，不等式f(f(x))＋f(3－m)>0恒成立，求m的取值范围． 解：(1)因为f(x)为R上的奇函数， 所以f(0)＝0，即eq \f(a－1,2)＝0， 由此得a＝1，经检验满足条件， 所以f(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)＝1－eq \f(2,2x＋1)， 所以f(x)为R上的增函数． 证明：设x1<x2，则 f(x1)－f(x2)＝1－eq \f(2,2x1＋1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,2x2＋1)))＝eq \f(2,2x2＋1)－eq \f(2,2x1＋1)＝eq \f(2（2x1－2x2）,（2x1＋1）（2x2＋1）)， 因为x1<x2，所以2x1－2x2＜0， 又2 x1＋1＞0，2x2＋1＞0， 所以f(x1)－f(x2)＜0， 所以f(x1)<f(x2)， 所以f(x)为R上的增函数． (2)因为f(x)为R上的奇函数， 所以原不等式可化为f(f(x))>－f(3－m)， 即f(f(x))>f(m－3)， 又因为f(x)为R上的增函数， 所以f(x)>m－3， 由此可得不等式m<f(x)＋3＝4－eq \f(2,2x＋1)对任意实数x恒成立，由2x>0⇒2x＋1>1⇒0<eq \f(2,2x＋1)<2⇒－2<－eq \f(2,2x＋1)<0⇒2<4－eq \f(2,2x＋1)<4，所以m≤2. 1．函数f(x)＝eq \f(3,x－4)＋eq \r(2x－4)的定义域是(　　) A．[2，4) B．[2，4)∪(4，＋∞) C．(2，4)∪(4，＋∞) D．[2，＋∞) 解析：依题意有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－4≠0，,2x－4≥0，))解得x≥2且x≠4. 2．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2a＋1)<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3－2a)，则实数a的取值范围是(　　) A．(1，＋∞) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) C．(－∞，1) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) 解析:∵函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)在R上为减函数，∴2a＋1>3－2a，∴a>eq \f(1,2). 3．(多选)下列函数中，值域是(0，＋∞)的是(　　) A．y＝5eq \s\up7(\f(1,2-x)) B．y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(1-x) C．y＝eq \f(1,\r(2x－1)) D．y＝eq \r(1－2x) 解析：y＝5eq \s\up7(\f(1,2-x))的值域为(0，1)∪(1，＋∞)；y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(1-x)的值域为(0，＋∞)；y＝eq \f(1,\r(2x－1))的值域为(0，＋∞)；y＝eq \r(1－2x)的值域为[0，1)．故选BC. 4．函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(x2－2x)的单调递增区间是________，单调递减区间是________． 解析：令y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(u)，u＝x2－2x，∵u＝x2－2x是二次函数，其图象的对称轴为直线x＝1且开口向上，∴二次函数u＝x2－2x在(－∞，1]上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数．又y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(u)在定义域内是减函数，∴函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(x2－2x)的单调递增区间是(－∞，1]，单调递减区间是[1，＋∞)． 5．已知函数f(x)＝eq \f(2x＋1,2x－a)是奇函数，则使f(x)>3成立的x的取值范围为_______． 解析：由题意，知f(x)＝－f(－x)，即eq \f(2x＋1,2x－a)＝－eq \f(2－x＋1,2－x－a)，所以(1－a)(2x＋1)＝0，解得a＝1，所以f(x)＝eq \f(2x＋1,2x－1).由f(x)＝eq \f(2x＋1,2x－1)>3，得1<2x<2，所以0<x<1. 一、单选题 1．函数f(x)＝eq \r(1－2x)＋eq \f(1,\r(x＋3))的定义域为(　　) A．(－3，0] B．(－3，1) C．(－∞，－3) D．(－∞，－3)∪(－3，1] 解析：依题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－2x≥0，,x＋3>0，))解得－3<x≤0.故选A. 2．函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(1－x)的单调递增区间为(　　) A．(－∞，＋∞) B．(0，＋∞) C．(1，＋∞) D．(0，1) 解析：设t＝1－x，则y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(t)，函数t＝1－x的单调递减区间为(－∞，＋∞)，即为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(1－x)的单调递增区间． 3．已知关于x的不等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(x-4)>3-2x，则该不等式的解集为(　　) A．{x|x≥4} B．{x|x>－4} C．{x|x<－4} D．{x|－4<x≤1} 解析：∵3－2x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(2x)，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(x－4)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(2x).又函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)在R上单调递减，∴x－4<2x，∴x>－4.故选B. 4．函数y＝eq \r(4－2x)－1的值域为(　　) A．[1，＋∞) B．(－1，1) C．[－1，＋∞) D．[－1，1) 解析：∵2x>0，∴4－2x<4.又4－2x≥0，∴0≤4－2x<4.令t＝4－2x，则t∈[0，4)，∴eq \r(t)∈[0，2)，∴y∈[－1，1)，即函数的值域是[－1，1)．故选D. 解析：函数y＝2x在R上单调递增，而函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)上单调递减，则函数y＝x(x－a)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(a2,4)在区间(0，1)上单调递减，因此eq \f(a,2)≥1，解得a≥2，所以a的取值范围是[2，＋∞)．故选D. 二、多选题 6．(2024·河北石家庄期末)已知函数f(x)＝eq \f(2x,2x＋1)＋m(m∈R)，则下列说法正确的是(　　) A．函数f(x)的定义域为R B．若函数f(x)为奇函数，则m＝－eq \f(1,2) C．函数f(x)在R上单调递减 D．若m＝0，则函数f(x)的值域为(0，1) 解析：对于A，因为2x＋1≠0，所以函数f(x)的定义域为R，故A正确；对于B，由函数f(x)为奇函数，得f(－x)＝－f(x)，即eq \f(2－x,2－x＋1)＋m＝－eq \f(2x,2x＋1)－m，所以2m＝－eq \f(2x,2x＋1)－eq \f(2－x,2－x＋1)＝－eq \f(2x,2x＋1)－eq \f(\f(1,2x),\f(1,2x)＋1)＝－eq \f(2x,2x＋1)－eq \f(1,2x＋1)＝－1，即m＝－eq \f(1,2)，故B正确；对于C，f(x)＝eq \f(2x,2x＋1)＋m＝eq \f(2x＋1－1,2x＋1)＋m＝－eq \f(1,2x＋1)＋m＋1，因为函数y＝2x＋1为增函数，且y＝2x＋1>1，所以y＝－eq \f(1,2x＋1)为增函数，所以函数f(x)在R上单调递增，故C不正确；对于D，当m＝0时，可得f(x)＝eq \f(2x,2x＋1)＝1－eq \f(1,2x＋1)，由2x＋1>1，可得－1＜－eq \f(1,2x＋1)<0，所以1－eq \f(1,2x＋1)∈(0，1)，即函数f(x)的值域为(0，1)，故D正确．故选ABD. 三、填空题 8．函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up12(x2-2x-3)的单调递减区间是________． 解析：设t＝x2－2x－3，则函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up12(t)是关于t的减函数．由t＝x2－2x－3的单调递增区间为(1，＋∞)可知，函数f(x)的单调递减区间是(1，＋∞)． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) 10．(2024·四川成都期末)若函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(-x2＋4ax)在区间(1，2)上单调递增，则a 的取值范围为____________． 解析：因为函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)是R上的减函数，所以由复合函数的单调性可知，函数y＝－x2＋4ax在区间(1，2)上单调递减，函数y＝－x2＋4ax图象的对称轴为直线x＝2a，且开口向下，所以有2a≤1，解得a≤eq \f(1,2)，所以a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))). 四、解答题 11．求下列函数的定义域和值域： (1)y＝0.3eq \s\up7(\f(1,x-1))；(2)y＝3eq \r(5x－1)； (3)y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x2－2x－3). 解：(1)由x－1≠0，得x≠1，所以函数的定义域为{x|x≠1}． 由eq \f(1,x－1)≠0，得y≠1，所以函数的值域为{y|y>0且y≠1}． (2)由5x－1≥0，得x≥eq \f(1,5)， 所以函数的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≥\f(1,5))))). 由eq \r(5x－1)≥0，得y≥1， 所以函数的值域为{y|y≥1}． (3)函数的定义域为R. 因为x2－2x－3＝(x－1)2－4≥－4， 所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x2－2x－3)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(－4)＝16. 又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x2－2x－3)>0， 所以函数的值域为(0，16]． 解：(1)①当a>1时，因为a－5x>ax＋7， 所以－5x>x＋7，解得x<－eq \f(7,6)； ②当0<a<1时，因为a－5x>ax＋7， 所以－5x<x＋7，解得x>－eq \f(7,6). 综上所述，当a>1时，x的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(7,6)))； 当0<a<1时，x的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)，＋∞)). (2)因为a2＋a＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(7,4)>1， 所以y＝(a2＋a＋2)x在R上是增函数． 所以x>1－x，解得x>eq \f(1,2). 所以x的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)). 解析：函数y＝3x在R上单调递增，而函数f(x)＝3|a－2x|在区间(1，2)上单调递减，所以y＝|2x－a|在区间(1，2)上单调递减，所以eq \f(a,2)≥2，解得a≥4.故选D. 15．(2024·辽宁抚顺质量检测)已知函数f(x)＝3eq \s\up10(ax2-4x+3). (1)若a＝－1，求函数f(x)的单调区间； (2)若f(x)有最小值3，求a的值． 解：(1)因为a＝－1， 所以f(x)＝3eq \s\up10(-x2－4x+3). 设t＝－x2－4x＋3，则y＝3t. 因为3>1，所以y＝3t为R上的增函数． t＝－x2－4x＋3在(－∞，－2]上单调递增，在[－2，＋∞)上单调递减． 所以函数f(x)＝3eq \s\up10(-x2－4x+3)的单调递增区间为(－∞，－2]，单调递减区间为[－2，＋∞)． (2)设t＝ax2－4x＋3，则y＝3t. 因为3>1，所以y＝3t为R上的增函数． 因为f(x)有最小值3，所以t＝ax2－4x＋3的最小值为1， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,\f(4×3a－16,4a)＝1，))解得a＝2. 16．已知f(x)＝aeq \s\up10(3x2－3)，g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a))) eq \s\up12(5x＋5)，其中a>0且a≠1. (1)若0<a<1，求满足不等式f(x)<1的x的取值的集合； (2)求关于x的不等式f(x)≥g(x)的解集． 解：(1)由f(x)<1，得aeq \s\up10(3x2－3)<1， 即aeq \s\up10(3x2－3)<a0， 因为0<a<1，所以3x2－3>0，解得x>1或x<－1， 即所求x的取值的集合为(－∞，－1)∪(1，＋∞)． (2)由f(x)≥g(x)，得aeq \s\up10(3x2－3)≥a－5x－5. ①若a>1，则3x2－3≥－5x－5， 即3x2＋5x＋2≥0，解得x≤－1或x≥－eq \f(2,3)； ②若0<a<1，则3x2－3≤－5x－5， 即3x2＋5x＋2≤0，解得－1≤x≤－eq \f(2,3). 综上所述，若a>1，则所求不等式的解集为(－∞，－1]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，＋∞))； 若0<a<1，则所求不等式的解集为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(2,3))). $$