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专题 2.1 函数的解析式与定义域、值域【八大题型】
【新高考专用】
1、函数的解析式与定义域、值域
函数的解析式与定义域、值域问题是高考数学的重点、热点内容。函数问题定义域优先，在解答函数
问题时首先要考虑定义域；函数的解析式在高考中较少单独考查，多在解答题中出现；函数的值域在整个
高考范畴应用的非常广泛，例如恒成立问题、有解问题、实际应用问题、基本不等式问题、向量的最值问
题、解析几何的函数性研究问题等；常常需要转化为求最值问题。在高考二轮复习过程中，在熟练掌握函
数基础知识和基本解题方法的同时，也要加强训练综合性较强的题目.
【知识点1 函数的定义域的求法】
1．求给定解析式的函数定义域的方法
求给定解析式的函数的定义域，其实质就是以函数解析式中所含式子(运算)有意义为准则，列出不等式或不等式组求解；对于实际问题，定义域应使实际问题有意义.
2．求抽象函数定义域的方法
(1)若已知函数f(x)的定义域为[a,b]，则复合函数f[g(x)]的定义域可由不等式a≤g(x)≤b求出.
(2)若已知函数f[g(x)]的定义域为[a,b]，则f(x)的定义域为g(x)在x∈[a,b]上的值域.
【知识点2 函数解析式的四种求法】
1．函数解析式的四种求法
(1)配凑法：由已知条件f(g(x))=F(x)，可将F(x)改写成关于g(x)的表达式，然后以x替代g(x)，便得f(x)
的表达式.
(2)待定系数法：若已知函数的类型(如一次函数、二次函数)可用待定系数法来求解.
(3)换元法：已知复合函数f(g(x))的解析式，可用换元法，此时要注意新元的取值范围.
(4)方程思想：已知关于f(x)与 或f(-x)等的表达式，可根据已知条件再构造出另外一个等式组成方
程组，通过解方程组求出f(x).
【知识点3 求函数值域的一般方法】
1．求函数值域的一般方法
(1)分离常数法；
(2)反解法；
(3)配方法；
(4)不等式法；
(5)单调性法；
(6)换元法；
(7)数形结合法；
(8)导数法.
【题型1 具体函数的定义域的求解】
【例1】（2024·山东·一模）函数f (x)=√|x−1|−3的定义域是（ ）
A．[4,+∞) B．(−∞,−2]
C．[−2,4] D．(−∞,−2]∪[4,+∞)
【解题思路】先由函数有意义得|x−1|−3≥0，解该不等式即可得解.
【解答过程】要使函数有意义，则|x−1|−3≥0，即|x−1|≥3，
所以x−1≥3或x−1≤−3，解得x≥4或x≤−2，
所以函数的定义域为(−∞,−2]∪[4,+∞).
故选：D.
【变式1-1】（2024·湖南岳阳·模拟预测）函数y=√x+√1−x的定义域是（ ）A．(0,1) B．[0,1] C．[0,+∞) D．{0,1}
【解题思路】根据开偶数次方根号里的数大于等于零即可得解.
【解答过程】由y=√x+√1−x，
得¿，解得0≤x≤1，
所以函数y=√x+√1−x的定义域是[0,1].
故选：B.
f (x−3)
【变式1-2】（23-24高一上·江西南昌·期中）已知函数f (x)的定义域为(0,2)，则函数g(x)= 的定
√x−4
义域为（ ）
A．(3,+∞) B．{2,4} C．(4,5) D．{−2,3}
【解题思路】先由函数f (x)的定义域求出f (x−3)的定义域，再由x>4可得答案.
【解答过程】因为函数f (x)的定义域为(0,2)，所以f (x−3)满足00的解集为(1,2)，
得¿ ，解得a=−1，b=−2，故ab=2.
故选：A．
【变式3-1】（23-24高一上·江西宜春·阶段练习）已知函数 的定义域为 ，则实数
f (x)=√ax2−2ax+1 R a
的取值范围是（ ）
A．(0,1] B．(0,+∞) C．[1,+∞) D．[0,1]
【解题思路】将问题转化为不等式ax2−2ax+1≥0恒成立问题，分类讨论a=0与a≠0两种情况，结合根
的判别式得到不等式，从而得解.
【解答过程】因为 的定义域为 ，
f (x)=√ax2−2ax+1 R
所以不等式ax2−2ax+1≥0对任意的x∈R恒成立，
当a=0时，1≥0恒成立，满足题意；
当a≠0时，则¿，解得00)，则f (x)=（ ）
x x
3x−√x2+1 3x−√x2+4
A． B．
2 2
3x+√x2+1 3x+√x2+4
C． D．
2 2
1 t+√t2+4
【解题思路】用换元法，令t=x− ，解出x= ，代入解析式，即可得到答案.
x 2
1
【解答过程】令t=x− ，所以x2−tx−1=0，
x
t+√t2+4
结合x>0，得x= ，
2
t+√t2+4 1 2(t−√t2+4) 3t+√t2+4
所以：f(t)=2× − =t+√t2+4− =
2 t+√t2+4 (t+√t2+4)(t−√t2+4) 2
2
3x+√x2+4
即f(x)= .
2
故选：D.
【变式5-2】（24-25高三上·黑龙江佳木斯·开学考试）求下列函数解析式
(1)函数 满足 ， 求函数 的解析式;
f(x) f(x+1)=x2+2x+2 f(x)
(2)函数 满足 ，求函数 的解析式.
f(x) 2f(x)−f(−x)=x2 f(x)
【解题思路】（1）令t=x+1，用换元法进行求解；
（2）用 替换 的 ，得到 ，与原式组成方程组，解方程组即可得
−x 2f(x)−f(−x)=x2 x 2f(−x)−f(x)=x2
到f(x)的解析式.【解答过程】（1）令 ，则 ( R)，又 ，
t=x+1 x=t−1 t∈ f(x+1)=x2+2x+2
所以 ，
f (t)=(t−1) 2+2(t−1)+2=t2+1
所以函数 的解析式为 .
f(x) f(x)=x2+1
（2）∵ ，
2f(x)−f(−x)=x2
∴用 替换上式中的 ，得到 ，
−x x 2f(−x)−f(x)=(−x) 2=x2
解方程组¿，得f (x)=x2 .
【变式5-3】（23-24高一上·安徽蚌埠·期中）求下列函数的解析式：
(1)已知f (x+2)=2x+3，求f (x)；
(2)已知 ，求 ；
f (√x+1)=x+2√x f (x)
(3)已知 是一次函数，且 ，求 ；
f (x) f (f (x))=16x−25 f (x)
(4)定义在区间(−1,1)上的函数f (x)满足2f (x)−f (−x)=x2，求f (x)的解析式．
【解题思路】（1）利用配凑法求解即可；
（1）利用配凑法或换元法求解即可；
（3）利用待定系数法求解即可；
（4）利用方程组法求解即可.
【解答过程】（1）因为f (x+2)=2x+3=2(x+2)−1，
所以f (x)=2x−1．
（2）解法一（换元法）：令 ， ，则 ，
t=√x+1 t≥1 x=(t−1) 2
所以 ，
f (t)=(t−1) 2+2(t−1)=t2−1(t≥1)
所以f (x)=x2−1(x≥1)．
解法二（配凑法）： ，
f (√x+1)=x+2√x=(√x+1) 2 −1
因为√x+1≥1，所以f (x)=x2−1(x≥1)．
（3）设f (x)=kx+b(k≠0)，则 ，
f (f (x))=k(kx+b)+b=k2x+kb+b=16x−25
所以¿，解得¿或¿，
25
所以f (x)=4x−5或f (x)=−4x+ ．
3
（4）对任意的x∈(−1,1)有−x∈(−1,1)，
由2f (x)−f (−x)=x2，①
得 ，②
2f (−x)−f (x)=(−x) 2
联立①②解得，f (x)=x2(−11) D．f(x)=x2+1
x
【解题思路】根据定义域即可直接求得值域进行判断.
【解答过程】由已知f(x)=√x值域为[0，+∞)，故A错误
1
f(x)= 因为定义域为x∈(−1，+∞)，√x+1>0 值域为(0,+∞)，故B正确.
√x+1
1 1 1
f(x)=1− (x>1)， ∈(0,1)，− ∈(−1,0)，所以f (x)∈(0,1)，故C错误.
x x x
， ，所以 ，故D错误.
f(x)=x2+1 x2∈[0,+∞) f (x)∈[1，+∞)
故选：B.
【变式6-3】（24-25高一上·湖南·期中）函数f (x)=¿的值域为（ ）
( 37] ( 35]
A． −∞, ∪[20,+∞) B． −∞, ∪[10,+∞)
4 8
( 37] ( 35]
C． −∞, ∪[10,+∞) D． −∞, ∪[20,+∞)
4 8
【解题思路】当x≤9时，由换元法结合二次函数的值域即可得到结果，当x>9时，由基本不等式即可得到
其值域.
【解答过程】根据题意，当x≤9时，f(x)=x+√9−x，令√9−x=t，可得t∈[0,+∞)，
所以x=9−t2，因此可得f(t)=−t2+t+9=− ( t− 1) 2 + 37 ，
2 4
1 37
由二次函数性质可得，当t= 时，f(x)=x+√9−x取得最大值 ，
2 4
( 37]
此时f(x)=x+√9−x∈ −∞, ；
4
100 √ 100 100
当x>9时，f(x)=x+ ≥2 x⋅ =20，当且仅当x= ，即x=10时，等号成立；
x x x
100 100
所以f(x)=x+ ,x>9的最小值为20，因此f (x)=x+ ∈[20,+∞)；
x x
( 37]
综上可得，函数f(x)的值域为 −∞, ∪[20,+∞).
4故选：A.
【题型7 根据函数的值域或最值求参数】
1
【例7】（23-24高一下·广东梅州·期中）已知函数f (x)= x2−x+5在[m,n]上的值域为[4m,4n]，则
2
m+n=（ ）
A．4 B．5 C．8 D．10
9
【解题思路】首先利用二次函数最值求出m≥ ，则得到其单调性，则¿，代入计算即可.
8
1 1 9 9
【解答过程】f (x)= x2−x+5的对称轴为x=1，则f (1)= ×12−1+5= ≤4m，解得m≥ ，
2 2 2 8
则f (x)在[m,n]上单调递增，
所以¿，即¿，
1
所以m，n为方程 x2−x+5=4x的两个根，
2
即m,n为方程x2−10x+10=0的两个根，所以m+n=10.
故选：D.
【变式7-1】（23-24高一上·四川广安·期中）若函数 的值域为 ，则实数m的
f(x)=√2x2−mx+3 [0,+∞)
取值范围是（ ）
A． B．
(−∞,−2√6] (−∞,−2√6]∪[2√6,+∞)
C． D．
[−2√6,2√6] [2√6,+∞)
【解题思路】根据题意由二次函数值域利用判别式即可求得实数m的取值范围.
【解答过程】因为函数 的值域为 ，
f(x)=√2x2−mx+3 [0,+∞)
所以2x2−mx+3能取遍所有大于或等于零的实数，
即方程2x2−mx+3=0在实数范围内有解．
所以 ，解得 ．
Δ=m2−4×2×3=m2−24≥0 m∈(−∞,−2√6]∪[2√6,+∞)
故选：B．
【变式7-2】（23-24高一上·重庆南岸·阶段练习）（1）已知函数 的定义域
f(x)=√(m+1)x2−mx+m−1
为R，求实数m的取值范围；（2） 的值域为 ，求实数 的取值范围．
已知函数f(x)=√ax2+2x+1 [0,+∞) a
【解题思路】（1）由题意可知：(m+1)x2−mx+m−1≥0在R上恒成立，分m=−1和m≠−1两种情况，
结合Δ判别式运算求解；
（2）由题意可知：y=ax2+2x+1的值域包含[0,+∞)，分a=0和a≠0两种情况，结合二次函数运算求解.
【解答过程】（1）由题意可知：(m+1)x2−mx+m−1≥0在R上恒成立，
当m+1=0，即m=−1时，x−2>0，即x>2，不合题意；
2√3
当m+1≠0，即m≠−1时，¿，解得m≥ ，
3
综上所述： 的取值范围是[2√3 )；
m ,+∞
3
（2）由题意可知：y=ax2+2x+1的值域包含[0,+∞)，
当a=0时，f (x)=√2x+1，因为2x+1≥0，可得f (x)=√2x+1≥0，
所以f (x)的值域为[0,+∞)，符合题意；
当a≠0时，则¿，解得0− ≥−6，4>4− ≥−2，
1+x2 1+x2 1+x2
故f (x)∈[−2,4)，即f (x)的值域为[−2,4).
（2）由题意，
ax2+(a−4)x−2
5 1，
g(x)=(x2+1) + =ax2+(a−4)x+
1+x2 2 2
由函数ℎ (x)=√g(x)的值域为[0,+∞)，则g(x)≤0有解且g(x)无最大值，当a=0时，符合题意；
当a≠0时，根据二次函数的性质，可得¿，
其中 ， ， ， ，解得 或 ，
(a−4) 2 −2a≥0 a2 −8a+16−2 a≥0 a2 −10a+16≥0 (a−2)(a−8)≥0 a≤2 a≥8
综上，故a∈[0,2]∪[8,+∞).
【题型8 分段函数及其应用】
【例8】（24-25高一上·河南·阶段练习）函数f (x)=¿的值域为（ ）
( 5] [5 ]
A． −∞, ∪[5,+∞) B． ,5
4 4
( 3] [3 ]
C． −∞, ∪[4,+∞) D． ,4
4 4
( 5]
【解题思路】由分段函数解析式，利用换元法可求得x≤1时函数f (x)的值域为 −∞, ，再由基本不等式
4
可求得当x>1时，函数f (x)的值域为[5,+∞)，即可得出结论.
【解答过程】根据题意当x≤1时，f (x)=x+√1−x，
令√1−x=t，可得t∈[0,+∞)，所以x=1−t2，因此可得f (t)=−t2+t+1=− ( t− 1) 2 + 5 ；
2 4
1 3 5
由二次函数性质可得当t= ，即x= 时，f (x)=x+√1−x,x≤1取得最大值 ，
2 4 4
( 5]
此时f (x)=x+√1−x,x≤1的值域为 −∞, ；
4
4 4 √ 4
当x>1时，f (x)=x+ =x−1+ +1≥2 (x−1)⋅ +1=5，
x−1 x−1 x−1
4
当且仅当x−1= ，即x=3时，等号成立；
x−1
4 4
此时f (x)=x+ ,x≥1的最小值为5，因此f (x)=x+ ,x≥1的值域为[5,+∞)；
x−1 x−1
( 5]
综上可得，函数f (x)的值域为 −∞, ∪[5,+∞).
4
故选：A.
【变式8-1】（24-25高一上·河北廊坊·阶段练习）已知函数f(x)=¿，且f(a)+f(1)=0，则a等于（ ）
A．-3 B．-1 C．1 D．3
【解题思路】根据分段函数的解析式可得f(a)=−f(1)=−2，分类讨论建立对应的方程，解之即可求解.
【解答过程】因为f(x)=¿，所以f(1)=2×1=2，故f(a)=−f(1)=−2，所以当a>0时，f(a)=2a=−2，解得a=−1，舍去；
当a<0时，f(a)=a+1=−2，解得a=−3，满足题意；
综上：a=−3.
故选：A.
【变式8-2】（2024·吉林长春·模拟预测）已知函数 ， ，当 时， ， 的
f (x)=¿ g(x)=¿ x∈R f (g(x)) g(f (x))
值分别为（ ）
A．1，0 B．0，0 C．1，1 D．0，1
【解题思路】分x为有理数和无理数，利用f (x) 和g(x)的解析式求解.
【解答过程】解：当x为有理数时，g(x)=0，f (x)=1,
,
f (g(x))=f (0)=1,g(f (x))=g(1)=0
当x为无理数时，g(x)=1，f (x)=0，
， ，
f (g(x))=f (1)=1 g(f (x))=g(0)=0
故选：D.
【变式8-3】（24-25高一上·浙江杭州·期中）已知函数f(x)=¿若当x∈[m,n]时，1≤f (x)≤2，则n−m
的最大值是（ ）
A．4 B．3 C．7 D．5
【解题思路】画出f(x)的图象，根据题意，数形结合，即可求得问题.
【解答过程】根据题意，作出y=f(x)的图象如下所示：
数形结合可知，要使y=f(x)的值域为[1,2]，且n−m取得最大值，
则只需m=−3，n=4即可，故n−m的最大值为7.
故选：C.
1．（2024·广东江苏·高考真题）已知函数f(x)的定义域为R，f(x)>f(x−1)+f(x−2)，且当x<3时
f(x)=x，则下列结论中一定正确的是（ ）A．f(10)>100 B．f(20)>1000
C．f(10)<1000 D．f(20)<10000
【解题思路】代入得到f(1)=1,f(2)=2，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.
【解答过程】因为当x<3时f(x)=x，所以f(1)=1,f(2)=2，
又因为f(x)>f(x−1)+f(x−2)，
则f(3)>f(2)+f(1)=3,f(4)>f(3)+f(2)>5，
f(5)>f(4)+f(3)>8,f(6)>f(5)+f(4)>13,f(7)>f(6)+f(5)>21，
f(8)>f(7)+f(6)>34,f(9)>f(8)+f(7)>55,f(10)>f(9)+f(8)>89，
f(11)>f(10)+f(9)>144,f(12)>f(11)+f(10)>233,f(13)>f(12)+f(11)>377
f(14)>f(13)+f(12)>610,f(15)>f(14)+f(13)>987，
f(16)>f(15)+f(14)>1597>1000，则依次下去可知f(20)>1000，则B正确；
且无证据表明ACD一定正确.
故选：B.
1
2．（2022·北京·高考真题）函数f(x)= +√1−x的定义域是 (−∞,0)∪(0,1] ．
x
【解题思路】根据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组，解得即可；
1
【解答过程】解：因为f (x)= +√1−x，所以¿，解得x≤1且x≠0，
x
故函数的定义域为(−∞,0)∪(0,1]；
故答案为：(−∞,0)∪(0,1].
3．（2022·浙江·高考真题）已知函数 则 ( (1)) 37 ；若当 时， ，则
f(x)=¿ f f = x∈[a,b] 1≤f(x)≤3
2 28
b−a的最大值是 3+√3 ．
【解题思路】结合分段函数的解析式求函数值，由条件求出a的最小值,b的最大值即可.
1 (1) 2 7 7 7 4 37
【解答过程】由已知f( )=− +2= ，f( )= + −1= ，
2 2 4 4 4 7 28
[ 1 ] 37
所以 f f( ) = ，
2 28
当x≤1时，由1≤f(x)≤3可得1≤−x2+2≤3，所以−1≤x≤1，
1
当x>1时，由1≤f(x)≤3可得1≤x+ −1≤3，所以1
