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  • 2021-06-30 发布

【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

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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,+∞).