专题2.1 函数的解析式与定义域、值域（举一反三复习讲义）
【全国通用】
命题规律
分析
1、函数的解析式与定义域、值域
函数的解析式与定义域、值域问题是历年高考数学的重点、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，在熟练掌握函数的基础知识和
基本解题方法的同时，也要加强训练综合性较强的题目。
高考真题
统计
考点
2023 年
2024 年
2025 年
函数的概
念
北京卷：第11 题，5
分
新课标I 卷：第8 题，
5 分
北京卷：第7 题，4 分
2026 年
命题预测
预测在2026 年全国卷高考数学中，对函数的概念的考查不会有大的变
化；函数的概念依旧以单选题或填空题的形式考查，分值为5 分，主要考查
求函数值、函数的定义域与值域问题，或与基础知识点（如：集合、常用
逻辑用语等）相结合考查，难度不大。
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
函数的值域的求法
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.
知识点
3
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)解
方程
组法
：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).
【题型1 具体函数的定义域的求解】
【例1】（2025·陕西商洛·模拟预测）函数f (x)= 1
x−1 +❑√x +5的定义域是（ ）
A．{x| x>−5且x≠1}
B．{ x| x ≥−5且x≠1}
C．{ x| x ≥−5}
D．{ x| x≠1}
【答案】B
【解题思路】求出使式子有意义的自变量的范围即得．
【解答过程】由题意{
x−1≠0
x +5≥0)，解得x ≥−5且x≠1，
故选：B．
【变式1-1】（2025·陕西西安·模拟预测）函数y =lg(x +1)
x−1
的定义域为（ ）
A．{x|x >−1))
B．{x|x ≠1))
C．{x|x >1))
D．{x| x>−1且x≠1).
【答案】D
【解题思路】根据真数大于零，分母不为零求解.
【解答过程】由题意得，x +1>0且x−1≠0，则x>−1且x≠1，
则函数y =lg(x +1)
x−1
的定义域为{x| x>−1)且x≠1).
故选：D.
【变式1-2】（2025·安徽安庆·模拟预测）已知A ={x|y =
❑√−4 x
2+16 x−12))，B ={x|0≤x ≤2))，则
A ∩B =（ ）
A．[0,2)
B．[1,3)
C．[1,2)
D．[0,3)
【答案】C
【解题思路】由偶次方根的被开方数非负得到一元二次不等式，解得即可求出集合A，再根据交集的定义
计算可得.
【解答过程】由−4 x
2+16 x−12≥0，即(x−3)(x−1)≤0，解得1≤x ≤3，
所以A ={x|y =
❑√−4 x
2+16 x−12))={x| 1≤x ≤3)，
又B ={x|0≤x ≤2))，
所以A ∩B ={x|1≤x ≤2))=[1,2).
故选：C.
【变式1-3】（2025·广东·一模）函数f (x)=
❑√x−4
x−5
的定义域为（ ）
A．[4 ,+∞)
B．[4,5)∪(5,+∞)
C．(4,5)∪(5,+∞)
D．(−∞,−5)∪(4,5)
【答案】B
【解题思路】根据函数的解析式，列出使函数解析式有意义的不等式组，求出解集即可.
【解答过程】要使函数f (x)=
❑√x−4
x−5
有意义，
则{
x−4≥0
x−5≠0)，解得x ≥4且x≠5，
故函数f (x)的定义域为[4,5)∪(5,+∞)．
故选：B．
【题型2 抽象函数、复合函数的定义域的求解】
【例2】（2025·安徽合肥·一模）已知函数y =f (2 x)的定义域为[−1,2)，则函数g(x)= f (2−x)
lg(x−1) 的定义域
为（ ）
A．(1,2)
B．(1,4)
C．(1,2)∪(2,4)
D．(2,4)
【答案】C
【解题思路】求出f (x)的定义域，根据函数有意义，结合抽象函数定义域的求法和对数函数的定义域，可
得出关于x的不等式组，解不等式组即可求出答案.
【解答过程】由y =f (2 x)的定义域为[−1,2)，得y =f (x)的定义域为[−2,4).
所以{
−2≤2−x ≤4
x−1>0
lg(x−1)≠0
⇒1<x<2)
或2<x ≤4，
综上，g(x)的定义域为(1,2)∪(2,4).
故选：C.
【变式2-1】（25-26 高一上·黑龙江哈尔滨·月考）已知函数f ( x)的定义域为[2,16]，则函数g( x)=f (2 x)
❑√x−5
的定义域是（ ）
A．[ 4,32]
B．(5,8]
C．(5,16]
D．(5,32]
【答案】B
【解题思路】根据分式的分母不为0，偶次根式的被开方数非负，复合函数的定义域求法可求解.
【解答过程】因为函数f ( x)的定义域为[2,16]，
所以若f (2 x)
❑√x−5
有意义，需满足{
2≤2 x ≤16
x−5>0 )，解得5<x ≤8.
故选：B.
【变式2-2】（2025·贵州铜仁·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为[0,3).记f (x)的定义域为集合
A ,f (2
x−1)的定义域为集合B.则“x∈A 是
”
“x∈B 的（ ）
”
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解题思路】先利用函数的定义域求得集合A ,B，再利用充分条件、必要条件的定义判断.
【解答过程】
函数
∵
f (x)的定义域为[0,3)，
所以A =[0,3)，
令0≤2
x−1≤3，解得1≤2
x≤4，即0≤x ≤2，即B =[0,2)，
∵A ⊇B，
∴“x∈A 是
”
“x∈B 的必要不充分条件，
”
故选：C.
【变式2-3】（25-26 高一上·全国·期末）已知函数f (x)的定义域为(−2,2)，则函数g(x)=f (x +1)
2 x
的定义域
为（ ）
A．(−2,0)∪(0,2)
B．(−1,3)
C．(−3,0)∪(0,1)
D．(−1,0)∪(0,3)
【答案】C
【解题思路】根据复合函数定义域和具体函数的定义域的求法，即可列式求解.
【解答过程】函数的定义域需满足不等式¿，解得：−3<x<1且x≠0，
所以函数的定义域是(−3,0)∪(0,1).
故选：C.
【题型3 函数值域的求解】
【例3】（2025·重庆·模拟预测）函数 f (x)=2
x+❑√x 的值域为（ ）
A．[0,1]
B．[0,+∞)
C．(1,+∞)
D．[1,+∞)
【答案】D
【解题思路】求出函数定义域，再利用单调性求出值域.
【解答过程】函数f (x)=2
x+❑√x的定义域为[0,+∞)，
又y =2
x与y =❑√x在[0,+∞)上均单调递增，
所以f (x)在[0,+∞)上单调递增，
∴f (x)≥f (0)=1，故f (x)的值域为[1,+∞).
故选：D.
【变式3-1】（2025·河南许昌·三模）下列函数中，值域为R且为奇函数的是（ ）
A．y =e
x−1
B．y =x sin x
C．y =2
x
D．y =x−1
x
【答案】D
【解题思路】根据奇偶性的定义，判断各函数的奇偶性，再判断值域即可.
【解答过程】对于函数y =e
x−1，定义域为R，而f (−x)≠−f (x)，
该函数不是奇函数
∴
.故A 错误.
对于函数y =x sin x，定义域为R，f (−x)=(−x)sin (−x)=(−x)×(−sin x)=x sin x =f (x)，
该函数是偶
∴
函数，不是奇函数.故B 错误.
对于函数y =2
x
，定义域为{x|x ≠0))，f (−x)= 2
−x =−2
x =−f (x)，
该函数是奇函数
∴
.对于值域，其值域
为(−∞,0)∪(0,+∞)，不是R.故C 错误.
对于函数y =x−1
x ，定义域为{x|x≠0))，f (−x)=−x−1
−x =−(x−1
x)=−f (x)，
该函数是奇函数
∴
.当x
趋于正无穷时，y =x−1
x
趋于正无穷；当x趋于负无穷时，y =x−1
x
趋于负无穷；并且函数在定义域内是
连续的，∴值域为R.故D 正确.
故选:D.
【变式3-2】（2025·安徽·一模）函数y =1
2
x + 1
x
2 ( x>1)的值域为 .
【答案】(0, 3
2)
【解题思路】由函数的单调性即可求解.
【解答过程】因为f (x)=1
2
x 与g(x)=1
x
2在(1,+∞)上均为减函数，
且当x→+∞时，1
2
x →0, 1
x
2 →0，所以0< y <1
2 +1=3
2，
故y =1
2
x + 1
x
2 ( x>1)的值域为(0, 3
2).
故答案为：(0, 3
2).
【变式3-3】（2025·上海松江·三模）已知函数f ( x)={
x
2, x ≥1
x + 4
x −5,0<x<1)
，则f (x)的值域为
.
【答案】(0,+∞)
【解题思路】根据二次函数性质求出x ≥1时的值域，再根据对勾函数的单调性求出0<x<1时的值域，然
后利用分段函数的性质即可求解．
【解答过程】因为f ( x)={
x
2, x ≥1
x + 4
x −5,0<x<1)
，
当x ≥1时，f ( x)=x
2≥1，
当0<x<1时，函数f ( x)=x + 4
x −5单调递减，故f ( x)>f (1)=0，
综上，函数f ( x)的值域为(0,+∞)．
故答案为：(0,+∞)．
【题型4 求函数值】
【例4】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）已知定义在R上函数f (x)满足f (x1+x2)=f (x1)f (x2)，若
f (−1)=1
4
，则f (4)=（ ）
A．1
B．16
C．128
D．256
【答案】D
【解题思路】由题设可得f (0)=0或f (0)=1，结合已知排除f (0)=0，再由f (0)=f (1−1)=f (1)f (−1)
得f (1)=4，结合f (4)=[ f (2)]
2=[ f (1)]
4即可得.
【解答过程】由题设f (0)=f (0+0)=[ f (0)]
2，则f (0)=0或f (0)=1，
若f (0)=0，令x1=x , x2=0，则对于任意x有f ( x)=f ( x)f (0)=0，而f (−1)=1
4
，不符；
所以f (0)=1，则f (0)=f (1−1)=f (1)f (−1)=1，故f (1)=
1
f (−1) =4，
由f (4)=f (2+2)=[ f (2)]
2=[ f (1)]
4=4
4=256.
故选：D.
【变式4-1】（2025·江苏南通·模拟预测）设f ( x)是定义在R上的函数，对∀x , y ∈R，有
f ( x + y)−f ( x−y)=f ( x +1)f ( y −1)，且f (2)=−2，则f (f (2025))=（ ）
A．2
B．-2
C．1
D．-1
【答案】A
【解题思路】根据给定条件，利用赋值法探讨函数的周期，再求出函数值.
【解答过程】函数f ( x)，对∀x , y ∈R，有f ( x + y)−f ( x−y)=f ( x +1)f ( y −1)，
取x =y =1，得f (2)−f (0)=f (2)f (0)，而f (2)=−2，则f (0)=2，
对∀x∈R，令y =1，得f ( x +1)−f ( x−1)=f ( x +1)f (0)=2f ( x +1)，
即f ( x +1)=−f ( x−1)，因此f ( x +4)=−f ( x +2)=−[−f ( x)]=f ( x)，函数f ( x)周期为4，
令x =y =0，得f (1)f (−1)=0，而f ( x +1)=−f ( x−1)，则f (1)=−f (−1)=0，
所以f (f (2025))=f (f (1))=f (0)=2.
故选：A.
【变式4-2】（2025·广西河池·三模）已知函数f (x)=❑√1−log4 x，则f (4)=
.
【答案】0
【解题思路】直接代入即可求解.
【解答过程】因为f (x)=❑√1−log4 x，
则f (4)=❑√1−log4 4 =❑√1−1=0，
故答案为：0.
【变式4-3】（2025·贵州黔东南·一模）若函数f (x)满足2f (x)+f (1−x)=x
3+6 x
2−5 x +2，则f (1)=
．
【答案】2
【解题思路】分别令x =0，x =1，得到2f (0)+f (1)=2，2f (1)+f (0)=4，进而解方程组即可.
【解答过程】由2f (x)+f (1−x)=x
3+6 x
2−5 x +2，
令x =0，得2f (0)+f (1)=2，
令x =1，得2f (1)+f (0)=4，
两式联立，解得f (1)=2.
故答案为：2.
【题型5 已知函数类型求解析式】
【例5】（2025·江西·模拟预测）已知对任意的x , y ∈R，都有f ( x + y +f ( x))=6 x +2 y +3，则一次函数
y =f ( x)的解析式为（ ）
A．y =x +1
B．y =2 x
C．y =2 x +1
D．y =x
【答案】C
【解题思路】利用待定系数法，设f ( x)=kx +b(k ≠0)，根据题意运算求解即可.
【解答过程】设f ( x)=kx +b(k ≠0)，
则f ( x + y +f ( x))=f ( x + y +kx +b)=k( x + y +kx +b)+b =(k
2+k )x +ky +kb+b，
因为f ( x + y +f ( x))=6 x +2 y +3，即(k
2+k )x +ky +kb+b=6 x +2 y +3，
则{
k
2+k =6
k =2
kb+b=3)
，解得{
k =2
b=1)，所以y =2 x +1.
故选：C.
【变式5-1】（25-26 高一上·山东枣庄·月考）若函数f ( x)是一次函数，并且满足
f (g( x))=9 x +1,g( x)=3 x +1，则f ( x)的解析式为（ ）
A．f ( x)=3 x
B．f ( x)=3
C．f ( x)=3 x−2
D．f ( x)=3 x + 1
3
【答案】C
【解题思路】利用换元法可求答案.
【解答过程】令t =3 x +1，则x =t −1
3
，
f (g( x))=9 x +1即为f (t )=9× t −1
3
+1=3t −2，
所以f (x)=3 x−2.
故选：C.
【变式5-2】（24-25 高一上·福建福州·期中）若函数f (x)是二次函数，满足f (0)=2，f (x +2)−f (x)=4 x
，则f (x)=（ ）
A．x
2+x +2
B．x
2−2 x +2
C．x
2−x +2
D．x
2+2 x +2
【答案】B
【解题思路】利用待定系数法，由题意建立方程组，可得答案.
【解答过程】设f (x)=a x
2+bx +c（a≠0），由f (0)=2，则c =2，
由f (x +2)−f (x)=4 x，则a(x +2)
2+b(x +2)+2−(a x
2+bx +2)=4 x，
整理可得4 ax +4 a+2b=4 x，则{
4 a=4
4 a+2b=0)，解得{
a=1
b=−2)，
所以f (x)=x
2−2 x +2.
故选：B.
【变式5-3】（25-26 高一上·陕西·期末）已知f (x)是一次函数，f (f (x))=9 x−4，且f (0)>0，函数g(x)满
足g(f (x))=9 x
2，则（ ）
A．f (x)=−3 x +2
B．f (x)=3 x +1
C．g(x)=x
2−4 x +2
D．g(x)=x
2−2 x +1
【答案】A
【解题思路】利用待定系数法设f (x)=kx +b解方程组可得f (x)=−3 x +2，再由换元法代入计算可得
g(x)=x
2−4 x +4，可得出结论.
【解答过程】依题意可设f (x)=kx +b，
由f (f (x))=9 x−4可得k (kx +b)+b=k
2 x +kb+b=9 x−4，
因此可得¿，解得{
k =3
b=−1)或{
k =−3
b=2 )；
又因为f (0)=b>0，所以{
k =−3
b=2 )，即f (x)=−3 x +2，即A 正确，B 错误；
又g(f (x))=9 x
2可得g(−3 x +2)=9 x
2，
令−3 x +2=t，所以x =2−t
3
，因此g(t )=9×(
2−t
3 )
2
=t
2−4t +4，
所以g(x)=x
2−4 x +4，可得C 错误，D 错误.
故选：A.
【题型6 已知f(g(x))求解析式】
【例6】（2025·辽宁沈阳·二模）已知f (x−1)=e
x，则f (2)=（ ）
A．e
B．2e
C．e
2
D．e
3
【答案】D
【解题思路】先由换元法求得函数f (x)的解析式，然后代入计算，即可得到结果.
【解答过程】令x−1=t ∈R，则x =t +1，所以f (t )=e
t +1，即f (x)=e
x +1，
则f (2)=e
3
故选：D．
【变式6-1】（2025 高一·湖南·专题练习）已知函数f (1−x)=1−x
2
x
2
( x≠0)，则f ( x)=（ ）
A．
1
( x−1)
2 −1( x≠0)
B．
1
( x−1)
2 −1( x≠1)
C．
4
( x−1)
2 −1( x≠0)
D．
4
( x−1)
2 −1( x≠1)
【答案】B
【解题思路】根据给定条件，用换元法求出函数解析式即可.
【解答过程】令t =1−x ,t ≠1，则x =1−t，因此f (t )=1−(1−t )
2
(1−t )
2
=
1
(1−t )
2 −1，t ≠1，
所以f ( x)=
1
( x−1)
2 −1( x≠1).
故选：B.
【变式6-2】（2025·四川遂宁·模拟预测）下列函数满足f (log23)=−f (log32)的是（ ）
A．f ( x)=1+ln x
B．f (x)=x + 1
x
C．f (x)=x−1
x
D．f (x)=1−x
【答案】C
【解题思路】令t =log23>1，则1
t =log32，结合各选项代入验证，即可判断答案．
【解答过程】令t =log23，t >1，则1
t =log32∈(0,1)，由f (log23)=−f (log32)可得f (t )=−f(
1
t)，
对于A，f ( 1
t )=1+ln 1
t =1−lnt ≠−f (t )，故A 错误；
对于B，f ( 1
t )=1
t +t =f (t )，不满足f (t )=−f(
1
t)，B 错误；
对于C，f(
1
t)=1
t −t =−f (t )，即f (t )=−f ( 1
t )，即f (log23)=−f (log32)，C 正确；
对于D，f ( 1
t )=1−1
t ≠−f (t )，即f (log23)=−f (log32)不成立，D 错误．
故选：C．
【变式6-3】（25-26 高一上·浙江·期中）已知f (❑√x +1)=x−1
，则函数f (x)的解析式为（ ）
A．f (x)=x
2−2 x
B．f (x)=x
2−1（x ≥1）
C．f (x)=x
2−2 x +2（x ≥1）
D．f (x)=x
2−2 x（x ≥1）
【答案】D
【解题思路】通过配凑，得f (❑√x +1)=x−1=(❑√x +1)(❑√x +1−2)，进而求得函数f (x)的解析式，要注意
t =❑√x +1≥1的影响.
【解答过程】因为f (❑√x +1)=x−1=(❑√x +1)(❑√x−1)=(❑√x +1)(❑√x +1−2)，
设t =❑√x +1≥1，则f (t )=t (t −2),t ≥1
所以f (x)=x (x−2), x ≥1.
所以函数f (x)的解析式为f (x)=x
2−2 x（x ≥1）.
故选：D.
【题型7 分段函数及其应用】
【例7】（2025·贵州·模拟预测）已知函数f ( x)={
log2 x，x ≥2
x
2+x +2，x<2)
则f (f (1))=（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【解题思路】根据分段函数解析式即可求得函数值.
【解答过程】因为f (1)=1
2+1+2=4，
所以f (f (1))=f (4)=log24 =2．
故选：B.
【变式7-1】（2025·山东·一模）若函数f ( x)={
−x +6, x ≤2
3+loga x , x>2)
（a>0且a≠1）的值域是[4 ,+∞)，则实
数a取值范围为（ ）
A．(1,2)
B．(1,2)
C．[2,+∞)
D．(2,+∞)
【答案】A
【解题思路】根据函数的单调性求解函数的值域，结合分类讨论对数函数的单调性即可求解.
【解答过程】当x ≤2时，f (x)=−x +6单调递减，此时f (x)∈[4 ,+∞)，
当x>2时，f (x)=3+loga x，若a>1，则f (x)在(2,+∞)单调递增，此时f (x)∈(3+loga2,+∞)，
因此要使f (x)的值域是[4 ,+∞)，故3+loga2≥4，解得1<a≤2，
当0<a<1，则f (x)在(2,+∞)单调递减，此时f (x)∈(−∞,3+loga2)，
此时无法满足f (x)的值域是[4 ,+∞)，故不符合题意，舍去，
综上可得1<a≤2，
故选：A.
【变式7-2】（2025·广西·模拟预测）已知函数f (x)={
−x +1, x ≤1
ln(x−1), x>1)，则f (f (2))的值为（ ）
A．1
B．0
C．e
D．2
【答案】A
【解题思路】根据分段函数性质代入求出f (2)=0，再代入计算即可求得结果.
【解答过程】由函数f (x)={
−x +1, x ≤1
ln (x−1), x>1)可知f (2)=0，
所以f (f (2))=f (0)=1.
故选：A.
【变式7-3】（2025·陕西咸阳·模拟预测）已知函数f (x)=¿在R上单调递减，则实数a的取值范围是（ ）
A．(−∞,2)
B．[1, 3
2)
C．[1,2)
D．[2,+∞)
【答案】B
【解题思路】根据分段函数的单调性，可知每段函数的单调性，以及分界点处的函数的大小关系，即可列
式求解.
【解答过程】因为x ≥1时，f (x)=1
x −2
x单调递减，
又f (x)在R上单调递减，
所以x<1时，f (x)=x
2−2ax +1单调递减，则只需满足¿解得1≤a≤3
2
.
故选：B.
点
函数的解析式
定义域、值域
考
一
与
一、单选题
1．（2025·北京·高考真题）已知函数f ( x)的定义域为D，则“f ( x)的值域为R 是对任意
”
“
M ∈R，存在
x0∈D，使得|f (x0))>M 的（
”
）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解题思路】由函数值域的概念结合特例，再根据充分条件、必要条件的概念即可求解.
【解答过程】若函数f ( x)的值域为R，则对任意M ∈R，一定存在x1∈D，使得f (x1)=|M )+1，
取x0=x1，则|f (x0))=|M )+1>M，充分性成立；
取f ( x)=2
x，D =R，则对任意M ∈R，一定存在x1∈D，使得f (x1)=|M )+1，
取x0=x1，则|f (x0))=|M )+1>M，但此时函数f ( x)的值域为(0,+∞)，必要性不成立；
所以“f ( x)的值域为R 是对任意
”
“
M ∈R，存在x0∈D，使得|f (x0))>M 的充分不必要条件
”
.
故选：A.
2．（2024·新课标
卷
Ⅰ
·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
【答案】B
【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.
3．（2024·新课标
卷
Ⅰ
·高考真题）已知函数f ( x)={
−x
2−2ax−a, x<0
e
x+ln( x +1), x ≥0)
在R 上单调递增，则a 的取值范
围是（ ）
A．(−∞,0]
B．[−1,0]
C．[−1,1]
D．[0,+∞)
【答案】B
【解题思路】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.
【解答过程】因为f (x)在R上单调递增，且x ≥0时，f ( x)=e
x+ln( x +1)单调递增，
则需满足{
−
−2a
2×(−1) ≥0
−a≤e
0+ln1)
，解得−1≤a≤0，
即a 的范围是[−1,0].
故选：B.
二、填空题
4．（2024·上海·高考真题）已知f (x)={
❑√x , x>0
1, x ≤0 ,)则f (3)=
．
【答案】❑√3
【解题思路】利用分段函数的形式可求f (3).
【解答过程】因为f (x)={
❑√x , x>0
1, x ≤0 ,)故f (3)=❑√3，
故答案为：❑√3.
5．（2023·北京·高考真题）已知函数f ( x)=4
x+log2 x，则f(
1
2)= ．
【答案】1
【解题思路】根据给定条件，把x =1
2
代入，利用指数、对数运算计算作答.
【解答过程】函数f ( x)=4
x+log2 x，所以f ( 1
2 )=4
1
2 +log2
1
2 =2−1=1.
故答案为：1.
6．（2023·上海·高考真题）已知f (x)=¿，则f (x)的值域是 ．
【答案】[1,+∞)
【解题思路】分段讨论f (x)的范围即可.
【解答过程】当 x>0 时, 根据指数函数的图象与性质知f ( x)=2
x>1，
当 x ≤0 时, f ( x)=1.
综上: y =f ( x) 的值域为 [1,+∞).
故答案为：[1,+∞).
