【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固：第2章-第2节-函数的单调性与最值.docx

其次章　其次节

一、选择题
1．(文)下列函数中，在(0,1)上是减函数的是(　　)
A．y＝log0.5(1－x)　　 B．y＝x0.5
C．y＝0.51－x D．y＝(1－x2)
[答案]　D
[解析]　∵u＝1－x在(0,1)上为减函数，且u>0，∴y＝log0.5(1－x)为增函数，y＝0.51－x为增函数；又0.5>0，
∴幂函数y＝x0.5在(0,1)上为增函数；二次函数y＝(1－x2)开口向下，对称轴x＝0，故在(0,1)上为减函数．
(理)(2022·东营模拟)下列函数在(0，＋∞)上是增函数的是(　　)
A．y＝ln(x－2)　　　　 B．y＝－
C．y＝x－x－1 D．y＝()|x|
[答案]　C
[解析]　当x＝1时，y＝ln(x－2)无意义；y＝－在[0，＋∞)上单调递减；y＝()|x|在[0，＋∞)上单调递减，
∴选C.
2．(2022·山西运城模拟)已知函数f(x)＝则“c＝－1”是“函数f(x)在R上递增”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
[解析]　c＝－1时，f(x)在R上单调递增；c＝－2时，f(x)在R上也单调递增，故选A.
3．(文)(2021·延安中学期中)设a＝20.3，b＝()，c＝log2，则a、b、c的大小关系是(　　)
A．a<b<c B．b<a<c
C．c<b<a D．b<c<a
[答案]　C
[解析]　∵c＝log2<log21＝0，a＝20.3>20＝1,0<b＝()<()0＝1，∴c<b<a.
(理)已知a＝5log23.4，b＝5log43.6，c＝()log20.3，则(　　)
A．a>b>c B．b>a>c
C．a>c>b D．c>a>b
[答案]　C
[解析]　a＝5log23.4，b＝5log43.6＝5log2，c＝()log20.3＝5log2，由对数函数的单调性有log23.4>log2>log2，
由指数函数单调性，有a>c>b，故选C.
4．(2022·安徽省“江南十校”联考)函数y＝log2(|x|＋1)的图象大致是(　　)

[答案]　B
[解析]　首先推断定义域为R.又f(－x)＝f(x)，
所以函数y＝log2(|x|＋1)为偶函数，当x>0时，y＝log2(x＋1)．
由对数函数的图象特征知排解A、C，又x＝1时，y＝1，排解D，故选B.
5．(文)(2021·大连市二十中期中)下列函数中，既是偶函数又在区间(－∞，0)上单调递增的是(　　)
A．f(x)＝ B．f(x)＝x2＋1
C．f(x)＝x3 D．f(x)＝2－x
[答案]　A
[解析]　y＝x3为奇函数，y＝2－x为非奇非偶函数，y＝x2＋1在(－∞，0)上单调递减，y＝在(－∞，0)上单调递增，故选A.
(理)(2021·焦作市期中)下列函数中是偶函数，且在(0,2)内单调递增的是(　　)
A．y＝x2－2x B．y＝cosx＋1
C．y＝lg|x|＋2 D．y＝2x
[答案]　C
[解析]　y＝x2－2x与y＝2x都是非奇非偶函数；y＝cosx＋1在[0，π]上单调递减，故在(0,2)内单调递减；y＝lg|x|＋2在(0，＋∞)上单调递增，故在(0,2)内单调递增，∴选C.
6．当0<x≤时，4x<logax，则a的取值范围是(　　)
A．(0，) B．(，1)
C．(1，) D．(，2)
[答案]　B
[解析]　∵0<x≤时，logax>4x>0，∴0<a<1，排解C、D；当x＝时，loga>4＝2＝logaa2，
∴∴a>，排解A，选B.
二、填空题
7．(2021·滕州一中月考)若函数f(x)＝|x|(x＋2)在区间(a,2a＋1)上单调递减，则实数a的取值范围是________．
[答案]　(－1，]
[解析]　f(x)＝易知f(x)的单调递减区间为[－1,0]，由题意知(a,2a＋1)⊆[－1,0]，
∴∴－1<a≤－.
8．(2021·柳州月考)定义在R上的奇函数y＝f(x)在[0，＋∞)上递增，且f()＝0，则满足f(logx)>0的x的集合为________．
[答案]　{x|0<x<，或1<x<3}
[解析]　由奇函数y＝f(x)在[0，＋∞)上递增，且f()＝0，得函数y＝f(x)在(－∞，0)上递增，且f(－)＝0.由f(logx)>0，得logx>或－<logx<0，解得0<x<或1<x<3.
所以满足条件的x的取值集合为{x|0<x<，或1<x<3}．
9．(文)已知函数f(x)＝若f(x0)≥2，则x0的取值范围是____________．
[答案]　(－∞，－1]∪[2，＋∞)．
[解析]　当x0≤0时，f(x0)≥2化为()x0≥2，
即：()x0≥()－1，∴x0≤－1，
当x0＞0时，f(x0)≥2化为log2(x0＋2)≥2，
即log2(x0＋2)≥log24，∴x0＋2≥4，∴x0≥2，
∴x0的取值范围是(－∞，－1]∪[2，＋∞)．
(理)(2022·河北唐山一中调研)若f(x)＝3x＋sinx，则满足不等式f(2m－1)＋f(3－m)>0的m的取值范围为________．
[答案]　(－2，＋∞)
[解析]　由于f(x)＝3x＋sinx的定义域R关于原点对称，且满足f(－x)＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数．
又由于f ′(x)＝3＋cosx>0，所以函数f(x)在R上单调递增，则f(2m－1)＋f(3－m)>0等价于f(2m－1)>－f(3－m)，即f(2m－1)>f(m－3)，故2m－1>m－3，解得m>－2.
三、解答题
10．(2021·唐山一中月考)已知函数f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．
(1)若a＝－1，求函数f(x)的单调区间并比较f(x)与f(1)的大小关系；
(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2[f ′(x)＋]在区间(t,3)上总不是单调函数，求m的取值范围；
(3)求证：×××…×<(n≥2，n∈N*)．
[解析]　(1)当a＝－1时，f(x)＝－lnx＋x－3，f ′(x)＝(x>0)，
由f ′(x)>0得x>1；由f ′(x)<0得0<x<1，
所以，f(x)的单调增区间为[1，＋∞)，减区间为(0,1]，
可知f(x)min＝f(1)，所以f(x)≥f(1)．
(2)∵f ′(x)＝(x>0)，tan45°＝1，
∴f ′(2)＝－＝1，得a＝－2，∴f(x)＝－2lnx＋2x－3，
∴g(x)＝x3＋(＋2)x2－2x，∴g ′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.
∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数，且g ′(0)＝－2，∴
由题意知：对于任意的t∈[1,2]，g′(t)<0恒成立，
所以，∴－<m<－9.
(3)证明如下：由(1)可知，
当x∈(1，＋∞)时f(x)>f(1)，即－lnx＋x－1>0，
∴0<lnx<x－1对一切x∈(1，＋∞)成立．
∵n≥2，n∈N*，则有0<lnn<n－1，∴0<<，
∴···…·<···…·＝(n≥2，n∈N*).

一、选择题
11．(2022·吉林长春调研)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f(－x)＝0，且在(－∞，0)上单调递增，假如x1＋x2<0且x1x2<0，则f(x1)＋f(x2)的值(　　)
A．可能为0 B．恒大于0
C．恒小于0 D．可正可负
[答案]　C
[解析]　∵f(x)＋f(－x)＝0，∴f(x)为奇函数，
∵x1＋x2<0，x1x2<0，
∴x1<－x2<0或x2<－x1<0，
∵f(x)在(－∞，0)上单调递增，
∴f(x1)<f(－x2)或f(x2)<f(－x1)．
又f(x)为奇函数，∴f(x1)＋f(x2)<0.
12．(2022·山西太原质检)设函数f(x)＝若f(a)>f(－a)，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，0)∪(0,1) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C．(－1,0)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0,1)
[答案]　C
[解析]　①当a>0时，∵f(a)>f(－a)，
∴log2a>loga＝log2.∴a>，得a>1.
②当a<0时，∵f(a)>f(－a)，
∴log(－a)>log2(－a)．
∴－a<得－1<a<0，故选C.
13．(文)(2021·温州第一次测试)已知函数f(x)在R上是单调函数，且满足对任意x∈R，都有f[f(x)－2x]＝3，则f(3)的值是(　　)
A．3　　 B．7　　　　
C．9　　 D．12
[答案]　C
[解析]　由题意知，对任意x∈R，都有f[f(x)－2x]＝3，不妨令f(x)－2x＝c，其中c是常数，则f(c)＝3，∴f(x)＝2x＋c.再令x＝c，则f(c)＝2c＋c＝3，即2c＋c－3＝0.易得y＝2c的图象与y＝3－c的图象至多只有1个交点，∴c＝1，∴f(x)＝2x＋1，∴f(3)＝23＋1＝9.
(理)(2022·浙江省名校联考)设f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数，当n∈N*时，f(n)∈N*，且f[f(n)]＝2n＋1，则(　　)
A．f(1)＝3，f(2)＝4 B．f(1)＝2，f(2)＝3
C．f(2)＝4，f(4)＝5 D．f(2)＝3，f(3)＝4
[答案]　B
[解析]　由f[f(n)]＝2n＋1，得f[f(1)]＝3，f[f(2)]＝5.∵当n∈N*时，f(n)∈N*，若f(1)＝3，则由f[f(1)]＝3得，f(3)＝3，与f(x)在(0，＋∞)上单调递增冲突，故选项A错误；若f(2)＝4，则f(4)＝5,4<f(3)<5，与f(3)∈N*冲突，故选项C错；若f(2)＝3，则由f[f(2)]＝5得f(3)＝5，故选项D错．
14．(文)函数f(x)＝在(－1，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是(　　)
A．(－∞，1) B．(1，＋∞)
C．(－∞，3) D．[3，＋∞)
[答案]　D
[解析]　f(x)在(－a＋2，＋∞)上是增函数，由条件知－a＋2≤－1，且－a－1<0，∴a≥3.
(理)(2021·重庆南开中学月考)已知定义在实数集R上的函数f(x)满足：①f(2－x)＝f(x)；②f(x＋2)＝f(x－2)；③当x1，x2∈[1,3]时，<0，则f(2022)、f(2021)、f(2022)满足(　　)
A．f(2022)>f(2021)>f(2022)
B．f(2022)>f(2021)>f(2022)
C．f(2022)＝f(2022)>f(2021)
D．f(2022)＝f(2022)<f(2021)
[答案]　C
[解析]　由于f(2－x)＝f(x)，所以该函数的对称轴为x＝1，由f(x＋2)＝f(x－2)，令t＝x－2，代入得f(t＋4)＝f(t)，所以该函数周期为4，由于当x1，x2∈[1,3]时，<0，所以该函数在[1,3]上是减函数，则f(2022)＝f(4×503＋2)＝f(2)，f(2021)＝f(4×503＋3)＝f(3)，f(2022)＝f(4×504)＝f(0)＝f(2－0)＝f(2)，所以f(2022)＝f(2022)＝f(2)>f(3)＝f(2021)．
二、填空题
15．(2022·福建厦门质检)函数f(x)＝()x－log2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．
[答案]　3
[解析]　由于y＝()x在R上递减，y＝log2(x＋2)在[－1,1]上递增，所以f(x)在[－1,1]上单调递减，故f(x)在[－1,1]上的最大值为f(－1)＝3.
16．(文)(2021·江西赣州市博雅文化学校月考)已知f(x)是定义在[－2,2]上的函数，且对任意实数x1，x2(x1≠x2)，恒有>0，且f(x)的最大值为1，则不等式f(log2x)<1的解为________．
[答案]　0<x<4
[解析]　由条件知，f(x)在[－2,2]上单调递增，且f(2)＝1，∴不等式f(log2x)<1化为f(log2x)<f(2)，∴log2x<2，∴0<x<4.
(理)(2021·黄山月考)若定义域为R的偶函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数，且f()＝0，则不等式f(log4x)>0的解集是________．
[答案]　(0，)∪(2，＋∞)
[解析]　由f(x)是偶函数，且在[0，＋∞)上是增函数，可得f(x)在(－∞，0)上是减函数，f(log4x)>0⇔f(log4x)>f()⇔log4x<－或log4x>，解得0<x<或x>2.
三、解答题
17．已知f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，a∈R.
(1)若a＝1，求f(x)的微小值；
(2)是否存在实数a，使f(x)的最小值为3.
[解析]　(1)∵f(x)＝x－lnx，f ′(x)＝1－＝，
∴当0<x<1时，f ′(x)<0，此时f(x)单调递减；
当1<x<e时，f ′(x)>0，此时f(x)单调递增．
∴f(x)的微小值为f(1)＝1.
(2)假设存在实数a，使f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]有最小值3，f ′(x)＝a－＝，
①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)，所以，此时f(x)最小值不为3；
②当0<<e时，f(x)在(0，)上单调递减，在上单调递增，f(x)min＝f＝1＋lna＝3，a＝e2，满足条件；
③当≥e时，f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)，所以，此时f(x)最小值不为3.
综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，f(x)有最小值为3.
[点评]　求函数值域与最值的基本方法与思路：单调性法，图象法，基本不等式法，换元法，导数法，判别式法等．
(1)单调性法
①若函数f(x)＝x2－2x＋m在[3，＋∞)上的最小值为1，则实数m的值为(　　)
A．－3 B．－2
C．－1 D．1
[答案]　B
[解析]　∵f(x)＝(x－1)2＋m－1在[3，＋∞)上是增加的，且f(x)在[3，＋∞)上的最小值为1，
∴f(3)＝1，即22＋m－1＝1，m＝－2.选B.
②函数y＝－的最大值为(　　)
A．2　 B．
C．1 D．4
[答案]　B
[解析]　y＝，又x≥1，则y是x的减函数，当x＝1时，ymax＝.
③已知函数f(x)＝，x∈[1，＋∞)．
(1)当a＝4时，求f(x)的最小值；
(2)若a为正常数，求f(x)的最小值．
[分析]　在解决该类型函数的最值时，首先考虑到应用均值不等式求解，但须逐一验证应用均值不等式所具备的条件，若条件不具备，应从函数单调性的角度考虑．
[解析]　(1)当a＝4时，f(x)＝x＋＋2，易知f(x)在[1,2]上是削减的，在[2，＋∞)上是增加的．
∴f(x)min＝f(2)＝6.
(2)函数f(x)＝x＋＋2在(0，]上是削减的，
在[，＋∞)上是增加的．
若>1，即a>1时，f(x)在区间[1，＋ ∞)上先减后增，f(x)min＝f()＝2＋2；
若≤1，即0<a≤1时，f(x)在区间 [1，＋∞)上是增加的．
∴f(x)min＝f(1)＝a＋3.
综上所述，f(x)min＝.
(2)图象法
④设a，b∈R，定义max{a，b}＝，函数f(x)＝max{|x＋1|，|x－2|}(x∈R)，则f(x)的最小值是______．
[答案]　
[解析]　令y1＝|x＋1|，y2＝|x－2|，
在同一坐标系中分别作出其图象，如图所示，依据条件知函数f(x)的图象为图中的射线PA，PB构成，

由，解得y＝.
即为函数f(x)的最小值．
(3)反函数法
⑤函数y＝的值域为________．
[答案]　(－1,1]
[解析]　解法1：(反函数法)由y＝得
x2＝≥0，解得－1<y≤1.
解法2：(分别常数法)y＝＝＝－1＋.
∵x2＋1≥1，∴0<≤2，∴－1<－1＋≤1.
(4)换元法
⑥函数y＝2x＋的值域为________．
[答案]　(－∞，]
[解析]　令t＝(t≥0)，则x＝，
∴y＝－t2＋t＋1＝－(t－)2＋(t≥0)，
∵当t＝即x＝时，ymax＝，无最小值．
∴函数值域为(－∞，]．
(5)基本不等式法
⑦f(x)＝的值域为(　　)
A．R B．(－∞，1]∪[2，＋∞)
C．[1,2] D．(－∞，－1]∪[2，＋∞)
[答案]　B
[分析]　先分别求出函数在每一段上的取值，当x>0时，可化简函数解析式，利用基本不等式求解函数的最值，进而确定其取值范围；当x≤0时，可利用配方法求解其取值范围，最终把两个取值范围取并集，即得函数的值域．
[解析]　当x>0时，f(x)＝＝x＋－2，
由基本不等式可得x＋≥2＝4(当且仅当x＝，即x＝2时等号成立)，
所以f(x)＝x＋－2≥4－2＝2，即此时f(x)∈[2，＋∞)．
当x≤0时，f(x)＝－x2－2x＝－(x＋1)2＋1，由于当x＝－1时，f(x)取得最大值1，
所以此时f(x)∈(－∞，1]．
综上，f(x)的值域为(－∞，1]∪[2，＋∞)，故选B.
(6)导数法
⑧设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.
(1)若f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间，求a的取值范围．
(2)当0<a<2时，f(x)在[1,4]上的最小值为－，求f(x)在该区间上的最大值．
[解析]　(1)由f ′(x)＝－x2＋x＋2a
＝－(x－)2＋＋2a
当x∈[，＋∞)时，f ′(x)的最大值为f ′()＝＋2a；令＋2a>0，得a>－
所以，当a>－时，f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间．即f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间时，a的取值范围是(－，＋∞)．
(2)令f ′(x)＝0，得两根x1＝，x2＝.
所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，
在(x1，x2)上单调递增．
当0<a<2时，有x1<1<x2<4，
所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2)，
又f(4)－f(1)＝－＋6a<0，即f(4)<f(1)
所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a－＝－，得a＝1，x2＝2，
从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝.
18．(文)(2022·盘锦模拟)已知函数f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数，在[0,1]上f(x)＝2x＋ln(x＋1)－1.
(1)求函数f(x)的解析式，并推断f(x)在[－1,1]上的单调性(不要求证明)．
(2)解不等式f(2x－1)＋f(1－x2)≥0.
[解析]　(1)设－1≤x≤0，则0≤－x≤1，
所以f(－x)＝2－x＋ln(1－x)－1＝＋ln(1－x)－1，
又f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，
f(x)＝－f(－x)＝－－ln(1－x)＋1，
所以f(x)＝
f(x)是[－1,1]上的增函数．
(2)∵f(2x－1)＋f(1－x2)≥0，f(x)为奇函数，
∴f(2x－1)≥f(x2－1)，
∵f(x)在[－1,1]上为增函数，
∴∴
∴0≤x≤1.即不等式的解集为{x|0≤x≤1}．
(理)(2022·合肥模拟)函数f(x)对任意的m，n∈R，都有f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1，并且x>0时，恒有f(x)>1.
(1)求证：f(x)在R上是增函数；
(2)若f(3)＝4，解不等式f(a2＋a－5)<2.
[分析]　(1)利用定义法，取x1<x2，则x2－x1>0→利用f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1将f(x2)－f(x1)用f(x2－x1)表示→与0比较大小→结论．
(2)利用f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1及f(3)＝4，将2表示成函数值f(x0)→得f(a2＋a－5)<f(x0)→用单调性脱掉“f”求解．
[解析]　(1)设x1<x2，所以x2－x1>0.
由于当x>0时，f(x)>1，所以f(x2－x1)>1.
f(x2)＝f((x2－x1)＋x1)①
＝f(x2－x1)＋f(x1)－1，
所以f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0⇒f(x1)<f(x2)，
所以f(x)在R上为增函数．
(2)由于m，n∈R，不妨设m＝n＝1，
所以f(1＋1)＝f(1)＋f(1)－1⇒f(2)＝2f(1)－1，
f(3)＝4⇒f(2＋1)＝4⇒f(2)＋f(1)－1＝4⇒3f(1)－2＝4，所以f(1)＝2，
所以f(a2＋a－5)<2＝f(1)，②
由于f(x)在R上为增函数，所以a2＋a－5<1⇒－3<a<2，即原不等式的解集为{a|－3<a<2}．
[失误与防范]　
失误点
防范措施
①处不会依据条件f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1，构造f(x2)＝f((x2－x1)＋x1)，进而将f(x2)－f(x1)用f(x2－x1)表示而失分
在利用定义法证明抽象函数的单调性时，应依据所给抽象关系式的特点，对x1或x2进行适当变形，进而将f(x2)－f(x1)与0比较大小
②处不能依据条件f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1及f(3)＝4，将所解不等式转化为f(a2＋a－5)<f(1)，从而无法依据单调性脱掉“f”而失分
求解含“f”的不等式问题，应先利用已知条件将不等式转化为f(x1)<f(x2)的形式，然后再依据其单调性脱掉“f”，转化为关于x1与x2的不等式问题求解
[点评]　求函数解析式的常见类型与方法
(1)换元法
已知f[g(x)]是关于x的函数，即f[g(x)]＝F(x)，求f(x)的解析式，通常令g(x)＝t，由此能解出x＝φ(t)．将x＝φ(t)代入f[g(x)]＝F(x)中，求得f(t)的解析式，再用x替换t，便得f(x)的解析式．留意，换元后要确定新元t的取值范围．
①已知f(＋1)＝lgx，求f(x)的解析式．
[解析]　令＋1＝t，由于x>0，
∴t>1且x＝，
∴f(t)＝lg，即f(x)＝lg(x>1)．
(2)待定系数法
若已知函数的结构形式，则可用此法．
②设二次函数f(x)满足f(x－2)＝f(－x－2)且图象在y轴上的截距为1，在x轴上截得的线段长为2，求f(x)的解析式．
[解析]　∵二次函数f(x)满足f(x－2)＝f(－x－2)，
∴f(x)的图象关于直线x＝－2对称，
故可设f(x)＝a(x＋2)2＋c，
∵f(x)的图象在y轴上的截距为1，
∴f(0)＝1，∴4a＋c＝1，①
又f(x)的图象在x轴上截得线段长为2，
∴－2＋与－2－是方程a(x＋2)2＋c＝0的两根，
∴2a＋c＝0②
由①、②解得，a＝，c＝－1，
∴f(x)＝(x＋2)2－1，即f(x)＝x2＋2x＋1.
(3)消元法
已知f(x)满足某个等式，这个等式除f(x)是未知量外，还毁灭其他未知量，如f(－x)、f等，必需依据已知等式再构造其他等式组成方程组，通过解方程组求出f(x)．
③已知函数f(x)满足条件：f(x)＋2f(－x)＝x，则f(x)＝________.
[答案]　－x
[分析]　由于难以推断f(x)是何种类型的函数，故不行能先设出f(x)的表达式，但假如把条件中的x换成－x，即得f(－x)＋2f(x)＝－x，把f(x)、f(－x)作为一个整体量，实际上得到了这两个量的方程组．
[解析]　用－x代换条件方程中的x得f(－x)＋2f(x)＝－x，把它与原条件式联立．

②×2－①得，f(x)＝－x.
(4)赋值法
此类解法的依据是：假如一个函数关系式中的变量对某个范围内的一切值都成立，则对该范围内的某些特殊值必成立，结合题设条件的结构特点，给变量适当取值，从而使问题简洁化、具体化，进而获解．
④已知f(0)＝1，f(a－b)＝f(a)－b(2a－b＋1)，求f(x)．
[解析]　令a＝0，则f(－b)＝f(0)－b(－b＋1)＝1＋b(b－1)＝b2－b＋1
再令－b＝x得：f(x)＝x2＋x＋1.
[解法探究]　赋值法的关键环节是“赋值”，赋值的方法机敏多样，既要照看到已知条件的运用和待求结论的产生，又要考虑所给关系式的结构特点．
如本题另解：
令b＝a，则1＝f(0)＝f(a)－a(2a－a＋1)
＝f(a)－a(a＋1)＝f(a)－a2－a，
∴f(a)＝a2＋a＋1，∴f(x)＝x2＋x＋1.
(5)转化法
已知f(x)在某个区间上的表达式及f(x)具有某种性质(如奇偶性、对称性等)，求f(x)在另一个区间上的表达式，常用转化法求解．
⑤已知函数f(x)对任意实数x均有f(x)＝kf(x＋2)，其中常数k为负数，且f(x)在区间[0,2]上有表达式f(x)＝x(x－2)．
(1)求f(－1)，f(2.5)的值；
(2)写出f(x)在[－3,3]上的表达式，并争辩函数f(x)在[－3,3]上的单调性．
[解析]　(1)由f(－1)＝kf(1)，f(2.5)＝f()知需求f()和f(1)，f(1)＝－1，f()＝×(－2)＝－，
∴f(－1)＝－k，f(2.5)＝－
(2)∵0≤x≤2时，f(x)＝x(x－2)，
设－2≤x<0，则0≤x＋2<2，
∴f(x)＝kf(x＋2)＝k(x＋2)x；
设－3≤x<－2，则－1≤x＋2<0，
∴f(x)＝kf(x＋2)＝k2(x＋4)(x＋2)；
设2<x≤3，则0<x－2≤1，
∵f(x)＝kf(x＋2)，∴f(x－2)＝kf(x)，
∴f(x)＝f(x－2)＝(x－2)(x－4)．
综上可知，f(x)＝
∵k<0，∴由二次函数的学问知：f(x)在[－3，－2)上是增函数，在[－2，－1)上是增函数，在[－1,0)上是减函数，在[0,1)上是减函数，在[1,2]上是增函数，在(2,3]上是增函数，又各区间都可以是闭区间，∴f(x)在[－3，－1]上是增函数，在[－1,1]上是减函数，在[1,3]上是增函数．