【数学】2019届一轮复习苏教版第2章函数概念与基本初等函数I第6讲学案 15页

第 6 讲　函数的值域与最值 考试要求　1.函数的值域、最大值、最小值及其求法(B 级要求)；2.运用函数图象 研究函数的值域与最值(B 级要求). 诊 断 自 测 1.若定义域为 R 的函数 y＝f(x)的值域为[a，b]，则函数 y＝f(x＋a)的值域为 ________. 解析　∵x∈R，∴x＋a∈R，∴函数 y＝f(x＋a)与函数 y＝f(x)的值域相同且都为[a， b]. 答案　[a，b] 2.若函数 y＝8 x的定义域为[－4，－2)∪[2，8)，则其值域为________. 解析　由 y＝8 x的图象可知，当 x∈[－4，－2)∪[2，8)时，其值域为(－4，－ 2]∪(1，4]. 答案　(－4，－2]∪(1，4] 3.已知函数 f(x)＝－x2＋2x＋1 的定义域为[0，3]，则 f(x)的值域为________. 解析　f(x)＝－x2＋2x＋1 在[0，1]上单调递增，在[1，3]上单调递减，所以 f(x)max ＝f(1)＝2，f(x)min＝f(3)＝－2.所以 f(x)∈[－2，2]. 答案　[－2，2] 4.(教材改编)已知函数 f(x)＝ 2 x－1 ，x∈[2，6]，则 f(x)的最大值为________，最小 值为________. 解析　可判断函数 f(x)＝ 2 x－1 在[2，6]上为减函数， 所以 f(x)max＝f(2)＝2，f(x)min＝f(6)＝2 5. 答案　2　2 5 5.(2016·北京卷)函数 f(x)＝ x x－1(x≥2)的最大值为________. 解析　易得 f(x)＝ x x－1 ＝1＋ 1 x－1 ，当 x≥2 时，x－1>0，易知 f(x)在[2，＋∞)是 减函数， ∴f(x)max＝f(2)＝1＋ 1 2－1 ＝2. 答案　2 知 识 梳 理 1.函数定义域、值域 在函数 y＝f(x)，x∈A 中，x 叫做自变量；x 的取值范围 A 叫做函数的定义域； 与 x 的值相对应的 y 值叫做函数值，函数值的集合{f(x)|x∈A}叫做函数的值域. 2.函数的最值 前提 设函数 y＝f(x)的定义域为 I，如果存在实数 M 满足 条件 (1)对于任意 x∈I，都有 f(x)≤M； (2)存在 x0∈I，使得 f(x0)＝M (3)对于任意 x∈I，都有 f(x)≥M； (4)存在 x0∈I，使得 f(x0)＝M 结论 M 为最大值 M 为最小值 考点一　确定函数的最值 【例 1】 (1)(2017·南京、盐城一模)已知函数 f(x)＝{log 1 3 x，x > 1， －x2＋2x，x ≤ 1， 则 f(f(3)) ＝________，函数 f(x)的最大值是________. (2)(一题多解)函数 f(x)＝x2＋8 x－1 (x>1)的最小值为________. 解析　由于 f(x)＝{log 1 3 x，x > 1， －x2＋2x，x ≤ 1. 所以 f(3)＝log 1 3 3＝－1，则 f(f(3))＝f(－1)＝－3. 当 x>1 时，f(x)＝log 1 3 x 是减函数，得 f(x)<0. 当 x≤1 时，f(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1 在(－∞，1]上单调递增，则 f(x)≤f(1)＝ 1，综上可知，f(x)的最大值为 1. (2)法一　(基本不等式法) f(x)＝x2＋8 x－1 ＝（x－1）2＋2（x－1）＋9 x－1 ＝(x－1)＋ 9 x－1 ＋2≥2 （x－1）· 9 x－1 ＋2＝8， 当且仅当 x－1＝ 9 x－1 ，即 x＝4 时，f(x)min＝8. 法二　(导数法)f′(x)＝（x－4）（x＋2） （x－1）2 ， 令 f′(x)＝0，得 x＝4 或 x＝－2(舍去). 当 14 时，f′(x)>0， f(x)在(4，＋∞)上是递增的， 所以 f(x)在 x＝4 处取到极小值也是最小值， 即 f(x)min＝f(4)＝8. 答案　(1)－3　1　(2)8 规律方法　求函数最值的五种常用方法及其思路 (1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值. (2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值. (3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用 基本不等式求出最值. (4)导数法：先求导，然后求出在给定区间的极值，最后结合端点值，求出最值. (5)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法 求最值. 【训练 1】 (1)函数 y＝x＋ x－1的最小值为________. (2)函数 f(x)＝{1 x，x ≥ 1， －x2＋2，x < 1 的最大值为________. 解析　(1)易知函数 y＝x＋ x－1在[1，＋∞)上为增函数，∴x＝1 时，ymin＝1.(本 题也可用换元法求解) (2)当 x≥1 时，函数 f(x)＝1 x为减函数，所以 f(x)在 x＝1 处取得最大值，为 f(1)＝ 1；当 x<1 时，易知函数 f(x)＝－x2＋2 在 x＝0 处取得最大值，为 f(0)＝2. 故函数 f(x)的最大值为 2. 答案　(1)1　(2)2 考点二　求函数的值域(多维探究) 命题角度 1　观察法求值域 【例 2－1】 求函数 y＝ 1 2＋x2的值域. 解　因为 x2≥0，所以 2＋x2≥2，则 0< 1 2＋x2≤1 2.所以函数的值域为(0， 1 2]. 命题角度 2　配方法求值域 【例 2－2】 函数 y＝ x2＋x＋1的值域是________. 解析　∵x2＋x＋1＝(x＋1 2) 2 ＋3 4≥3 4， ∴y≥ 3 2 ，∴值域为[ 3 2 ，＋∞). 答案　[ 3 2 ，＋∞) 命题角度 3　换元法求值域 【例 2－3】 (1)函数 y＝x＋ 1－2x的值域是________. (2)函数 y＝3x＋5＋ 5－6x的值域是________. 解析　(1)令 1－2x＝t(t≥0)，则 x＝1－t2 2 . ∵y＝1－t2 2 ＋t＝－1 2(t－1)2＋1≤1， ∴值域为(－∞，1]. (2)令 t＝ 5－6x≥0， 则 x＝5－t2 6 ，那么 y＝3x＋5＋ 5－6x＝3×5－t2 6 ＋5＋t＝－1 2t2＋t＋15 2 ＝－1 2(t－1)2 ＋8，所以当 t＝1，即 x＝ 2 3 时，函数取得最大值，最大值是 8，值域为(－∞， 8]. 答案　(1)(－∞，1]　(2)(－∞，8] 命题角度 4　单调性法求值域 【例 2－4】 (2017·南京、盐城模拟)函数 f(x)＝(1 3 ) x －log2(x＋2)在区间[－1， 1]上的最大值为________. 解析　由于 y＝(1 3 ) 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. 答案　3 命题角度 5　分离常数法(部分分式法)求值域 【例 2－5】 (1)求函数 y＝ 1－x 2x＋5 的值域. (2)求函数 y＝2x2－x＋1 x－1 (x>1)的值域. 解　(1)y＝ 1－x 2x＋5 ＝ －1 2 （2x＋5）＋7 2 2x＋5 ＝－1 2＋ 7 2 2x＋5 ， 因为 7 2 2x＋5 ≠0，所以 y≠－1 2，所以函数 y＝ 1－x 2x＋5 的值域为{y|y ∈ R，且y ≠ －1 2}. (2)因为 x>1，所以 x－1>0，故 y＝2x2－x＋1 x－1 ＝2（x－1）2＋3（x－1）＋2 x－1 ＝2(x－ 1)＋ 2 x－1 ＋3≥4＋3＝7，当且仅当 2(x－1)＝ 2 x－1 ，即 x＝2 时取等号， 故函数的值域为[7，＋∞). 命题角度 6　数形结合法求值域 【例 2－6】 求函数 y＝|x－1|＋|x＋4|的值域. 解　y＝|x－1|＋|x＋4|＝{－2x－3（x ≤ －4）， 5（－4 < x < 1）， 2x＋3（x ≥ 1）， 画出函数的图象，如图所示. ∴y≥5，∴函数的值域为[5，＋∞). 命题角度 7　函数有界性法求值域 【例 2－7】 求函数 y＝ex－1 ex＋1 的值域. 解　∵y＝ex－1 ex＋1 ，∴ex＝y＋1 1－y ， ∵ex>0，∴y＋1 1－y>0，解得－11). 解　(1)法一　(换元法)令 1－2x＝t，则 t≥0 且 x＝1－t2 2 ，于是 y＝1－t2 2 －t ＝－1 2(t＋1)2＋1.由于 t≥0，所以 y≤1 2，故函数的值域是(－∞， 1 2]. 法二　(单调性法)容易判断 f(x)为增函数，而其定义域应满足 1－2x≥0，即 x≤1 2，所以 y≤f (1 2 )＝1 2，即函数的值域是(－∞， 1 2]. (2)y＝1－x2 1＋x2＝ 2 1＋x2－1. 因为 1＋x2≥1，所以 0< 2 1＋x2≤2. 所以－1< 2 1＋x2－1≤1，即 y∈(－1，1]. 所以函数的值域为(－1，1]. (3)法一　由 y＝2x－1 x＋1 ＝2－ 3 x＋1 ，结合图象知，函数在[3，5]上是增函数，所以 ymax ＝3 2，ymin＝5 4，故所求函数的值域是[5 4， 3 2]. 法二　由 y＝2x－1 x＋1 ，得 x＝1＋y 2－y. 因为 x∈[3，5]，所以 3≤1＋y 2－y ≤5，解得5 4≤y≤3 2， 即所求函数的值域是[5 4， 3 2]. (4)(基本不等式法)令 t＝x－1，则 x＝t＋1(t>0)， 所以 y＝（t＋1）2－4（t＋1）＋5 t ＝t2－2t＋2 t ＝t＋2 t－2(t>0). 因为 t＋2 t≥2 t· 2 t ＝2 2，当且仅当 t＝ 2，即 x＝ 2＋1 时，等号成立， 故所求函数的值域为[2 2－2，＋∞). 考点三　恒成立与最值问题 【例 3】 已知函数 f(x)＝x2＋2x＋a x ，x∈[1，＋∞)，且 a≤1. (1)当 a＝1 2 时，求函数 f(x)的最小值； (2)(一题多解)若对任意 x∈[1，＋∞)，f(x)>0 恒成立，试求实数 a 的取值范围. 解　(1)当 a＝1 2时，f(x)＝x＋ 1 2x＋2，设 1≤x10，2x1x2>2， ∴0< 1 2x1x2< 1 2，1－ 1 2x1x2>0， ∴f(x2)－f(x1)>0，f(x1)0 恒成立. 则 x2＋2x＋a>0 对 x∈[1，＋∞)上恒成立. 即 a>－(x2＋2x)在 x∈[1，＋∞)上恒成立. 令 g(x)＝－(x2＋2x)＝－(x＋1)2＋1，x∈[1，＋∞)， ∴g(x)在[1，＋∞)上是减函数，g(x)max＝g(1)＝－3. 又 a≤1， ∴当－30 在 x∈[1，＋∞)上恒成立. 故实数 a 的取值范围是(－3，1]. 法二　f(x)>0 对任意 x∈[1，＋∞)恒成立等价于 y＝x2＋2x＋a>0 对 x∈[1，＋∞)恒成立. 即求 x∈[1，＋∞)时，ymin>0， 又 ymin＝12＋2＋a>0，∴a>－3，∴－30 显然成立. ②当Δ≥0 时，则有{Δ ≥ 0， F（－1） ≥ 0， － －2m 2 ≤ －1， 解得－3≤m≤－2. 综上，m 的取值范围为[－3，1). (2)设 F(x)＝f(x)－g(x)＝－2x3＋3x2＋12x－a， 则 F(x)≤0 对 x∈[－3，3]恒成立，即 a≥－2x3＋3x2＋12x，对 x∈[－3，3]恒成 立， 设 h(x)＝－2x3＋3x2＋12x，h′(x)＝－6x2＋6x＋12＝0， 则 x＝－1 或 x＝2，h(－3)＝45，h(2)＝20， ∴h(x)max＝h(－3)＝45，∴a≥45. 一、必做题 1.(2016·全国Ⅱ卷改编)下列函数中，在①y＝x；②y＝lg x；③y＝2x；④y＝ 1 x中， 定义域和值域分别与函数 y＝10lg x 的定义域和值域相同的是________(填序号). 解析　y＝10lg x＝x，定义域和值域均为(0，＋∞).只有④满足，故填④. 答案　④ 2.(2018·前黄高级中学调研)函数 y＝ －x2－2x＋8的定义域为 A，值域为 B, 则 A∪B＝________. 解析　由题意得－x2－2x＋8≥0，解得－4≤x≤2，即 A＝[－4，2]，由－x2－2x＋ 8＝－(x＋1)2＋9，结合－4≤x≤2, 可得 B＝[0，3]，故 A∪B＝[－4，3]. 答案　[－4，3] 3.(一题多解)(2018·通东中学月考)函数 f(x)＝ x＋1 x2＋4x＋7 的值域为________. 解析　法一　函数 f(x)＝ x＋1 x2＋4x＋7 的定义域为{x|x≥－1}.当 x＝－1 时，f(－1)＝ 0； 当 x>－1 时， f(x)＝ x＋1 x2＋4x＋7 ＝ x＋1 （x＋1）2＋2（x＋1）＋4 ＝ 1 x＋1＋ 4 x＋1 ＋2 ， ∵x>－1，∴x＋1>0， ∴x＋1＋ 4 x＋1 ≥4(当且仅当 x＝1 时等号成立). ∴ 1 x＋1＋ 4 x＋1 ＋2 ≤ 1 6 ＝ 6 6 . 故函数 f(x)＝ x＋1 x2＋4x＋7 的值域为[0， 6 6 ]. 法二　函数 f(x)＝ x＋1 x2＋4x＋7 的定义域为{x|x≥－1}. 令 g(x)＝ x＋1 x2＋4x＋7 ， 则 g′(x)＝x2＋4x＋7－（2x＋4）（x＋1） （x2＋4x＋7）2 ＝ －x2－2x＋3 （x2＋4x＋7）2＝－（x－1）（x＋3） （x2＋4x＋7）2 ， 所以 g(x)在[－1，1]上递增，在(1，＋∞)上递减， 所以当 x＝1 时，g(x)取得极大值，也是最大值，为1 6，易知当 x＝－1 时，g(x)取 得最小值为 0. 故函数 f(x)＝ x＋1 x2＋4x＋7 的值域为[0， 6 6 ]. 答案　[0， 6 6 ] 4.(2017·泰州二模)已知函数 y＝ x2－2x＋a的定义域为 R，值域为[0，＋∞)，则 实数 a 的取值集合为________. 解析　因为 x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1，y＝ （x－1）2＋a－1的定义域为 R，值 域为[0，＋∞)，所以 a－1＝0，即 a＝1，所以 a 的取值集合为{1}. 答案　{1} 5.(2017·常州模拟)已知函数 f(x)＝|2 x－2|(x∈(－1，2))，则函数 y＝f(x－1)的值域 为________. 解析　y＝f(x－1)的图象是由 y＝f(x)的图象沿 x 轴向右平移 1 个单位得到的，而 左右平移不改变函数的值域， ∴y＝f(x－1)的值域也是 y＝f(x)的值域. 而 f(x)的值域为[0，2)， ∴y＝f(x－1)的值域为[0，2). 答案　[0，2) 6.(一题多解)(2018·江苏天一中学月考)对 a，b∈R，记 max{a，b}＝{a，a ≥ b， b，a < b， 函数 f(x)＝max{|x＋1|，|x－2|}(x∈R)的最小值是________. 解析　法一　f(x)＝{2－x，x < 1 2， x＋1，x ≥ 1 2， f(x)在(－∞， 1 2)和[1 2，＋∞)上分别为减函数 和增函数， ∴[f(x)]min＝f(1 2 )＝3 2. 法二　作函数 f(x)的图象如图所示，由图知当 x＝1 2时，[f(x)]min＝f(1 2 )＝3 2. 答案　3 2 7.(2017·泰州中学质检)已知函数 f(x)＝{x＋ln x＋5，0 < x ≤ 1， x＋ 9 x＋1 ＋m，x > 1 的值域为 R， 则实数 m 的取值范围为________. 解析　当 01 时，f(x)＝x＋ 9 x＋1 ＋m ＝x＋1＋ 9 x＋1 ＋m－1≥2 （x＋1） × 9 x＋1 ＋m－1＝5＋m， 当且仅当 x＝2 时等号成立，因此 5＋m≤6⇒m≤1. 答案　(－∞，1] 8.(2018·南京一中模拟)已知函数 f(x)＝e x－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若存在 f(a)＝ g(b)，则实数 b 的取值范围为________. 解析　由题可知 f(x)＝ex－1>－1，g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1≤1， 若 f(a)＝g(b)，则 g(b)∈(－1，1]， 即－b2＋4b－3>－1，即 b2－4b＋2<0， 解得 2－ 20 且Δ≤0，解得 00，试确定 a 的取值范围. 解　(1)由 x＋a x－2＞0，得x2－2x＋a x ＞0， 当 a＞1 时，x2－2x＋a＞0 恒成立，定义域为(0，＋∞)， 当 a＝1 时，定义域为{x|x＞0 且 x≠1}， 当 0＜a＜1 时，定义域为{x|0＜x＜1－ 1－a或 x＞1＋ 1－a}. (2)设 g(x)＝x＋a x－2，当 a∈(1，4)，x∈[2，＋∞)时， ∴g′(x)＝1－ a x2＝x2－a x2 >0. 因此 g(x)在[2，＋∞)上是增函数， ∴f(x)在[2，＋∞)上是增函数. 则 f(x)min＝f(2)＝ln a 2. (3)对任意 x∈[2，＋∞)，恒有 f(x)>0. 即 x＋a x－2>1 对 x∈[2，＋∞)恒成立.∴a>3x－x2. 令 h(x)＝3x－x2，x∈[2，＋∞). 由于 h(x)＝－(x－3 2) 2 ＋9 4在[2，＋∞)上是减函数， ∴h(x)max＝h(2)＝2. 故 a>2 时，恒有 f(x)>0. 因此实数 a 的取值范围为(2，＋∞).