最值有关的常考模型讲义-2025届高三数学一轮复习

一轮复习中与最值有关的常考模型 知识讲解 1 一次函数，定义域为，值域也为。 2 二次函数，定义域为，当时，开口向上，值域也为； 当时，开口向下，值域也为； 3 反比例函数，定义域为，当，图像分布在一三象限；当，图像分布在二四象限，值域为为。 4 指数函数，定义域为，值域为。 5 正弦函数，定义域为，值域为。 6 余弦函数，定义域为，值域为。 7 二函数，定义域为，值域为。 8 绝对值函数，定义域为，值域为。 9 偶函数，定义域为，值域为。 10 指数的绝对值函数，定义域为，值域为。 12 指数的绝对值函数，定义域为，值域为。 13 对数中的外绝对值函数，定义域为，值域为。 14 三角函数，定义域为，值域为。 15 分式函数的值域为。 二、例题精析 【考点一、二次函数的值域】 【例题1】 （2024秋•津南区校级期中）二次函数f（x）＝ax2+x+c（x∈R）的值域为[0，+∞），则的最小值为（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 【分析】结合二次函数的性质可求得4ac＝1，然后结合基本不等式即可求解． 解：若二次函数f（x）＝ax2+x+c（x∈R）的值域为[0，+∞），则Δ＝1﹣4ac＝0，即ac＝， ＝＝＝6， 当且仅当a＝c＝时取等号．故选：A． 【例题2】已知函数在[m，n]上的值域为[4m，4n]，则m+n＝（　　） A．4 B．5 C．8 D．10 【分析】首先利用二次函数最值求出，则得到其单调性，则，代入计算即可． 解：的对称轴为x＝1， 则，解得， 则f（x）在[m，n]上单调递增，所以，即， 所以m，n为方程的两个根， 即m，n为方程x2﹣10x+10＝0的两个根，所以m+n＝10．故选：D． 【例题3】已知函数f（x）＝x2+ax+b（a，b∈R）的值域为[0，+∞），若关于x的不等式f（x）＜c的解集为，则实数c的值是（　　） A．3 B．5 C．9 D．12 【分析】根据函数的值域求出a，b的关系，根据不等式的解集可得f（x）＝c的两根为，由根与系数的关系列方程组，解方程组即可得c的值． 解：根据题意，函数f（x）＝x2+ax+b（a，b∈R）的值域为[0，+∞）， 则方程x2+ax+b＝0有两个相等的实根，则Δ＝a2﹣4b＝0，即， 由不等式的解集为， 得方程的两根为， 于是，即， 即m（m+2）＝（m+）2﹣c，变形可得c＝5．故选：B． 【例题4】（2024秋•涪城区校级期中）已知函数y＝x2﹣2x+2在区间[a，b]上的值域是[1，2]，则区间[a，b]可能是（　　） A．[﹣1，0] B． C．[1，3] D．[﹣1，1] 【分析】结合选项，根据二次函数的性质求解判断． 解：函数y＝x2﹣2x+2对称轴为x＝1， 当x∈[﹣1，0]时，当x＝0时ymin＝2，当x＝﹣1时ymax＝5，值域为[2，5]，故A错误； 当时，当x＝1时ymin＝1，当x＝0时ymax＝2，值域为[1，2]，故B正确； 当x∈[1，3]时，当x＝1时ymin＝1，当x＝3时ymax＝5，值域为[1，5]，故C错误； 当x∈[﹣1，1]时，当x＝1时ymin＝1，当x＝﹣1时ymax＝5，值域为[1，5]，故D错误．故选：B． 【例题5】已知函数f（x）＝x2+ax+b（a，b∈R）的值域为[0，+∞），若关于x的不等式f（x）＜c的解集为（m，m+6），则实数c的值为　　． 【分析】根据函数的值域求出a与b的关系，然后根据不等式的解集可得f（x）＝c的两个根为m，m+6，最后利用根与系数的关系建立等式，解之即可． 解析：∵函数f（x）＝x2+ax+b（a，b∈R）的值域为[0，+∞）， ∴f（x）＝x2+ax+b＝0只有一个根，即Δ＝a2﹣4b＝0，则4b＝a2 不等式f（x）＜c的解集为（m，m+6），即为x2+ax+b＜c解集为（m，m+6）， 则x2+ax+b﹣c＝0的两个根x1，x2分别为m，m+6 ∴两根之差为|x1﹣x2|＝|m+6﹣m|＝6 根据韦达定理可知：x1+x2＝﹣＝﹣a,x1x2＝＝b﹣c,∵|x1﹣x2|＝6 ∴＝6,∴＝6,∴＝6 解得c＝9,故答案为：9。 【方法和总结】：二次函数，定义域为，当时，开口向上，值域也为； 当时，开口向下，值域也为。 【考点二、指数函数的值域问题】 【例题6】函数y＝4x﹣3•2x+2+1（x∈（﹣∞，3））的值域是（　　） A．[﹣31，1） B．[﹣35，﹣31] C．[﹣35，1） D．（﹣∞，﹣31] 【分析】由题意得y＝4x﹣3•2x+2+1＝（2x）2﹣12•2x+1，设2x＝t（0＜t＜8），利用换元法结合二次函数的性质即可求解． 解：函数y＝4x﹣3•2x+2+1＝（2x）2﹣12•2x+1，由x∈（﹣∞，3）， 设2x＝t（0＜t＜8），则f（t）＝t2﹣12t+1（0＜t＜8），因为对称轴为t＝6， 则ymin＝f（6）＝﹣35，y＜f（0）＝1， 所以函数y＝4x﹣3•2x+2+1（x∈（﹣∞，3））的值域是[﹣35，1）．故选：C． 【例题7】（2024秋•利通区校级期中）函数的值域为（　　） A． B． C．（0，1） D．[1，2] 【分析】先求的范围，再求的值域． 解：根据题意，令，则， 则t∈， 则在上单调递减， ∴，又， ∴的值域为．故选：A． 【例题8】已知函数的值域为M．若（1，+∞）⊆M，则实数a的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【分析】结合二次函数及指数函数的性质先求出M，然后结合集合的包含关系即可求． 解：因为f（x）的值域为M且（1，+∞）⊆M， 当a＝0时，f（x）＝21﹣x＞0，符合题意，当a＞0时，y＝ax2﹣x+1≥， ≥，所以≤1，解得0， 当a＜0时，y＝ax2﹣x+1≤，≤，显然不符合题意， 故0．故选：B． 【例题9】（2024•成都模拟）已知函数的值域为M．若（1，+∞）⊆M，则实数a的取值范围是（　　） A．（﹣∞，1） B．（﹣∞，1] C．（1，+∞） D．[1，+∞） 【分析】结合二次函数及指数函数的性质先求出M，然后结合集合的包含关系即可求． 解：因为x2+2x+a＝（x+1）2+a﹣1≥a﹣1，所以≥2a﹣1， 所以M＝[a﹣1，+∞）， 因为（1，+∞）⊆M，所以a﹣1≤0，即a≤1．故选：B． 【方法和总结】：指数函数，定义域为，值域为。 【考点三、分数函数的值域】 【例题10】（2024秋•双流区校级期中）函数，x∈[1，3]的值域为（　　） A．[1，3] B． C．（1，3） D． 【分析】由反比例函数的单调性求值域即可． 解：函数在x∈[1，3]上单调递减，由x∈[1，3]，得， ∴值域为．故选：D． 【例题11】（2024秋•皇姑区校级月考）若函数的值域是，则此函数的定义域为（　　） A．（﹣∞，3] B．（﹣∞，1）∪（1，3） C．（﹣∞，1）∪[3，+∞） D．（﹣∞，1）∪（1，3] 【分析】分类讨论解不等式即可． 解：由函数的值域是， 所以当y∈（﹣∞，0）时，， 当时，， 即，解得1＜x≤3， 所以函数的定义域为：（﹣∞，1）∪（1，3]．故选：D． 【例题12】（2024秋•深圳月考）函数的值域为（　　） A． B． C． D． 【分析】分离系数，得到函数解析式，结合二次函数，求出值域即可． 解：y＝＝＝3+，x∈[﹣4，﹣2）， 当x∈[﹣4，﹣2）时，． 则．故选：B． 【例题13】（2024•怀柔区校级模拟）已知函数，则对任意实数x，函数f（x）的值域是（　　） A．（0，2） B．（0，2] C．[0，2） D．[0，2] 【分析】分x＝0和x≠0两种情况讨论，可得f（x）的值域． 解析：当x＝0时，f（0）＝0， 当x≠0时，f（x）＝，因为＞0，所以2+＞2， 所以0＜＜，所以f（x）∈（0，2），综上所述：f（x）的值域为[0，2）．故选：C． 【例题14】（2024春•长寿区期末）已知函数，则函数f（x）的最大值为（　　） A．﹣1 B． C． D．1 【分析】由已知结合函数单调性即可求解函数的最值 解：因为f（x）＝﹣在[0，2]上单调递增，故x＝2时，函数的最大值为﹣．故选：B． 【方法和总结】 分式函数的值域为。 【考点四、分段函数的值域】 【例题15】（2024秋•朝阳区校级期中）函数的值域为（　　） A． B．[﹣1，+∞） C．（﹣∞，+∞） D． 【分析】由指数函数与二次函数的图象与性质即可得到函数 的值域． 解：当x＜﹣2时，f（x）＝2x﹣1，因为函数y＝2x在（﹣∞，﹣2）上单调递增， 所以函数y＝2x﹣1在（﹣∞，﹣2）上单调递增， 又2x＞0，所以， 当x≥﹣2时，f（x）＝x2﹣1，f（x）∈[﹣1，+∞），所以f（x）的值域为[﹣1，+∞）．故选：B． 【例题16】（2024秋•新罗区校级月考）若定义运算a*b＝，则函数g（x）＝﹣x2*（﹣x）的值域为（　　） A．（﹣∞，0] B．R C．[﹣1，+∞） D．（﹣∞，0） 【分析】由题意知，函数g（x）＝，由此求出g（x）的值域． 解；由题意知，函数g（x）＝﹣x2*（﹣x）＝＝； 当0≤x≤1时，g（x）＝﹣x∈[﹣1，0]； 当x＜0或x＞1时，g（x）＝﹣x2∈（﹣∞，0）；所以g（x）的值域为（﹣∞，0]．故选：A． 【例题17】（2023秋•南阳期末）函数f（x）＝的值域为（　　） A．[﹣1，+∞） B．[3，+∞） C．[﹣1，0] D．[﹣1，3] 【分析】分两个区间求函数的值域，最后求出两个值域的并集即可． 解：当x∈[0，3]时，f（x）＝x2﹣4x+3，开口向上，对称轴为x＝2， 又因为2∈[0，3]，所以f（x）min＝f（2）＝﹣1，而|0﹣2|＞|3﹣2|，所以f（x）max＝f（0）＝3， 所以x∈[0，3]时，f（x）∈[﹣1，3]；当﹣3≤x＜0时，f（x）＝x+3单调递增， 所以f（x）∈[f（﹣3），f（0）），即f（x）∈[0，3）；综上所述：函数f（x）的值域为[﹣1，3]．故选：D． 【例题18】（2023秋•大理州期末）已知f（x）＝2x+3，g（x）＝则函数y＝f（x）•g（x）的值域为（　　） A．（﹣∞，3） B．（﹣∞，3] C．（3，+∞） D．[3，+∞） 【分析】先求出y＝f（x）•g（x）的解析式，然后结合一次函数的性质即可求解． 解：因为f（x）＝2x+3，g（x）＝ 则函数y＝f（x）•g（x）＝， 当x＞0时，y＝﹣2x﹣3＜﹣3，当x＝0时，y＝0，当x＜0时，y＝2x+3＜3，故{y|y＜3}．故选：A． 【例题19】（2024秋•东湖区校级期中）已知函数f（x）＝（a＞0且a≠1），若函数f（x）的值域为R，则实数a的取值范围是（　　） A．（0，] B．（1，] C．[2，+∞） D．[3，+∞） 【分析】由题意画出图形，数形结合可得关于a的不等式组，求解得答案． 解：∵a＞0， ∴f（x）＝﹣ax2+2ax﹣a+3（x＜1）的图象是开口向下的抛物线的一部分， 且抛物线的对称轴方程为x＝1． 要使函数f（x）的值域为R，则函数f（x）＝ax+a（x≥1）应是单调增函数， 且x＝1时的函数值应小于等于3，则，解得1． ∴实数a的取值范围是（1，]．故选：B． 【例题20】（2024秋•和平区校级期中）函数的值域为（　　） A． B． C． D． 【分析】利用分段函数的解析式求解即可． 解：令＝t，则x＝1﹣t2， 当x≤1时，f（x）＝x+＝﹣t2+t+1＝﹣+≤（当且仅当t＝时取等号）； 当x＞1时，f（x）＝x+＝x﹣1++1≥1+2＝5（当且仅当x﹣1＝．即x＝3时取等号）， ∴f（x）∈（﹣∞，]∪[5，+∞）．故选：A． 【方法和总结】：根据题意分段中的函数模型进行计算。 【考点五、对数函数中的值域问题】 【例题21】（2024•陕西模拟）已知函数的定义域为A，函数的值域为B，则A∩B（　　） A．（0，2） B．（0，2] C．（﹣∞，4] D．（﹣1，4] 【分析】求出函数f（x）的定义域可得集合A，求出函数g（x）的值域可得集合B，再求A∩B可得答案． 解：，则，∴x（x﹣4）≤0且x≠0， 可得A＝{x|0＜x≤4}，g（x）的值域B＝{x|﹣1≤x≤2}， ∴A∩B＝{x|0＜x≤2}．故选：B． 【例题22】（2024秋•博爱县校级月考）若函数，则函数的值域为（　　） A． B．[1，8] C．[2，16] D．[1，16] 【分析】根据给定条件，利用对数函数单调性求出f（x）的值域，再借助二次函数求出[f（x）]2﹣f（x2）的值域，最后利用指数函数单调性求解即得． 解：函数f（x）＝1+lgx在上单调递增，f（x）∈[0，3]， 令t＝[f（x）]2﹣f（x2）＝[f（x）]2﹣1﹣2lgx＝[f（x）]2﹣2f（x）+1＝[f（x）﹣1]2∈[0，4]， 而函数y＝2t在[0，4]上单调递增，则1≤2t≤16， 所以函数的值域为[1，16]．故选：D． 【例题23】（2024秋•福建月考）函数的值域为（　　） A．（﹣∞，1] B．（0，1] C． D． 【分析】求出的范围，再由对数函数的单调性得答案． 解：令t＝10﹣2x2，当x＝0时，t有最大值为10， 则， ∴函数的值域为（﹣∞，]．故选：D． 【例题24】（2024秋•齐齐哈尔月考）若函数f（x）＝ln（x2﹣2mx+m+2）的值域为R，则m的取值范围是（　　） A．（﹣1，2） B．[﹣1，2] C．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞） D．（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞） 【分析】根据f（x）的值域为R，可得函数y＝x2﹣2mx+m+2的值域应包含（0，+∞），利用Δ≥0即可得解． 解：函数f（x）＝ln（x2﹣2 m x+m+2）的值域为R， 则函数y＝x2﹣2mx+m+2的值域应包含（0，+∞）， 则有Δ＝（﹣2m）2﹣4（m+2）≥0，解得m≤﹣1或m≥2， 所以m的取值范围是（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞）．故选：D． 【例题25】（2022秋•和平区校级期末）函数y＝lg[x2+（m﹣2）x+1]的值域为R．则实数m的取值范围是（　　） A．（0，4） B．[0，4] C．（﹣∞，0）∪（4，+∞） D．（﹣∞，0]∪[4，+∞） 【分析】转化为方程x2+（m﹣2）x+1＝0的Δ≥0，解得m范围． 解：∵函数y＝lg[x2+（m﹣2）x+1]的值域为R， ∴方程x2+（m﹣2）x+1＝0的Δ＝（m﹣2）2﹣4≥0，解得m≥4或m≤0．故选：D． 【方法和总结】：需要注意函数的定义域。 【考点六、绝对值函数中的值域问题】 【例题26】（2024春•新郑市校级期中）已知函数的值域为（0，+∞），且f（x）在[0，+∞）上单调递减，则a+b的取值范围是（　　） A．（0，1） B．（﹣1，1） C．（﹣∞，0） D．（1，+∞） 【分析】由函数的值域可得g（x）＝的值域为（0，+∞）∪（﹣∞，0），再由函数的单调性，可得g（0）＝0， 解：因为函数＝|a+|的值域为（0，+∞）， 令g（x）＝，则其值域为（0，+∞）∪（﹣∞，0），又因为f（x）在[0，+∞）上单调递减， 所以a＝0，b＜0，所以a+b＜0．故选：C． 【例题27】（2024秋•海淀区校级月考）已知函数f（x）＝|x3﹣3x2+a|，记f（x）在区间[﹣1，3]上的最大值为M（a），当M（a）取最小值时，a等于（　　） A．﹣2 B．2 C．﹣3 D．3 【分析】先求出x3﹣3x2的范围，再令t＝x3﹣3x2，函数f（x）＝|x3﹣3x2+a|转化为f（t）＝|t+a|，分类讨论M（a）． 解：t（x）＝x3﹣3x2，t′＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2）， t（x）在[﹣1，0]上单调递增，在[0，2]上单调递减，在[2，3]上单调递减， t（﹣1）＝﹣4，t（0）＝0，t（2）＝﹣4，t（3）＝0，x∈[﹣1，3]，t（x）∈[﹣4，0]． f（t）＝|t+a|，t∈[﹣4，0]． 当a＞2时，M（a）＝M（0）＝a，M（a）＞2； a≤2，M（a）＝M（﹣4）＝4﹣a．M（a）≥2； 综上，当M（a）取最小值时，M（a）＝2，a的值为2．故选：B． 【例题28】（2024•嘉定区二模）函数y＝|x﹣1|+|x﹣4|的值域为 　[3，+∞）　． 【分析】先对已知函数进行化简，作出函数图象 解：y＝|x﹣1|+|x﹣4|＝， 其大致图象如图所示，结合函数图象可知，函数有最小值3，没有最大值． 故答案为：[3，+∞）． 【例题29】（2024秋•浦东新区校级月考）已知函数，其中a，b∈R，f（x）的最大值为M（a，b），则M（a，b）的最小值为 　　． 【分析】根据题意知，M（a，b）≥f（0），M（a，b）≥f（），M（a，b）≥f（1）；利用同向不等式相加，消去a、b，即可得出M（a，b）的最小值． 解：函数f（x）＝|﹣2ax﹣b|，当x∈[﹣1，1]时，f（x）的最大值为M（a，b）， 所以M（a，b）≥f（0）＝|1﹣b|，M（a，b）≥f（）＝|﹣a﹣b|，M（a，b）≥f（1）＝|﹣2a﹣b|； 所以（1﹣）M（a，b）+M（a，b）+M（a，b）≥（1﹣）|1﹣b|+|﹣2a﹣b|+|﹣a﹣b| ≥|﹣+b+1﹣b﹣a﹣b﹣+a+b|＝|1﹣|＝﹣1， 即2M（a，b）≥﹣1，所以M（a，b）≥，当且仅当a＝﹣且b＝时取等号， 所以M（a，b）的最小值为． 故答案为：． 【方法和总结】： 绝对值函数，定义域为，值域为，，定义域为，值域为。 【考点六、新定义下的值域问题】 【例题30】（2024秋•广州期中）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过的最大整数，则称y＝[x]为高斯函数．例如，[﹣2，6]＝﹣3，[1，2]＝1，已知函数，则函数y＝[f（x）]的值域为（　　） A．{y|0≤y≤3} B． C．{1，2，3} D．{0，1，2，3} 【分析】变换得到，确定f（x）的值域，计算得到答案． 解：因为， 当x≥0时，4x+2≥2，则，所以， 即，所以y＝[f（x）]的值域为{0，1，2，3}．故选：D． 【例题31】（2024秋•让胡路区校级月考）一般地，若函数f（x）的定义域为[a，b]，值域为[ka，kb]，则称[a，b]为f（x）的“k倍跟随区间”；特别地，若函数f（x）的定义域为[a，b]，值域也为[a，b]，则称[a，b]为f（x）的“跟随区间”．下列结论不正确的是（　　） A．函数f（x）＝x存在跟随区间 B．若[0，b]为f（x）＝x2的跟随区间，则b＝1 C．函数存在跟随区间 D．二次函数存在“2倍跟随区间” 【分析】根据函数“跟随区间”的定义，结合选项中每个函数的单调性和自变量的取值范围，可列出相应的方程组，如果解得存在区间符合题意，则判断该选项正确，如果解得方程的解不符合题意，可判断该选项错误． 解：对于A，因为f（x）＝x在R上单调递增，所以对于x∈[a，b]，其值域为[a，b]， 由“跟随区间”的定义可知函数f（x）＝x存在无数个跟随区间，故A正确； 对于B，若[0，b]为f（x）＝x2的跟随区间， 又f（x）＝x2的对称轴为x＝0， 所以b2＝b，解得b＝1或b＝0（舍），故B正确； 对于C，假设f（x）＝1+存在“跟随区间[a，b]， 因为在区间（﹣∞，0），（0，+∞）上均单调递减， 则有，解得， 此时在[a，b]内包含0，当x＝0时函数无意义， 故不存在跟随区间，故C错误； 对于D，若函数存在2倍跟随区间， 设定义域为[a，b]，值域为[2a，2b]， 当a＜b≤1时，函数在定义域上单调递增， 则， 则a、b是方程x的两个不相等的实数根， 解得x＝0或x＝﹣2，故存在定义域为[﹣2，0]使得值域为[﹣4，0]，D正确．故选：C． 【例题32】（2024秋•中山区校级期中）高斯是德国著名的数学家，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，例如：[﹣2.1]＝﹣3，[3.1]＝3，已知函数，则函数y＝[f（x）]的值域是（　　） A．{0，1} B．{0，1，2} C．{﹣1，0，1} D．{﹣1，0，1，2} 【分析】化简函数f（x），用基本不等式求解最值． 解：根据题意显然，． 当x≠0时，＝， 令， 当x＞0时，，，， 当且仅当，x＝1时，等号成立； 当x＜0时，，，， 且．当且仅当，x＝﹣1时，等号成立． 综上所述，f（x）的值域为， 所以，根据高斯函数的定义，函数y＝[f（x）]的值域是{﹣1，0，1}．故选：C． 【例题33】（2024秋•东城区校级期中）高斯是德国著名的数学家、近代数学惦记着奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，例如：[﹣3.5]＝﹣4，[2.1]＝2，已知函数，则函数y＝[f（x）]的值域是（　　） A．{﹣1，0} B．{0} C．{0，1} D．{1} 【分析】由已知结合指数函数的性质可求f（x）的范围，然后结合新定义可求函数的值域． 解：∵1+ex＞1，∴＝＝∈（，）． 当＜x＜0时，y＝[f（x）]＝﹣1，当0≤f（x）＜时，[f（x）]＝0． 综上，y＝[f（x）]的值域{﹣1，0}．故选：A． 【例题34】（2024春•滨州期末）已知[a]表示不超过实数a的最大整数，例如：[﹣3.5]＝﹣4，[2.1]＝2，若函数，其中x∈（1，+∞），则y＝[f（x）]的值域为（　　） A．（﹣2，1） B．{﹣2，1} C．{﹣1，0，1} D．{﹣2，﹣1，0} 【分析】首先求函数的f（x）的值域，再根据[a]的定义，即可求解． 解：，x＞1， lnx+1＞1，，所以， 当，时，[f（x）]＝﹣2，当，时，[f（x）]＝﹣1， 当，时，[f（x）]＝0，所以y＝[f（x）]的值域为{﹣2，﹣1，0}．故选：D． 【例题35】（2023秋•长治期末）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则称y＝[x]为高斯函数．例如，[2.1]＝2，[﹣1.2]＝﹣2，已知函数．则函数f（x）的值域为（　　） A．[0，1） B．（0，2） C．{0，1} D．{0，1，2} 【分析】先阅读题意，然后分：时，当时，当x＞1时三种情况讨论即可． 解：当时，，当时，， 则，则＝∈[0，1），当x＞1时，， 则，则＝∈（0，1），综上可得：函数f（x）的值域为[0，1）．故选：A． 【例题36】（2024•故城县校级开学）定义运算“*”如下：当m≥n时，m*n＝2n；当m＜n时，m*n＝n2﹣3．设函数f（x）＝（2*x）+（4*x），x∈[1，4]，则函数f（x）的值域为（　　） A．（5，21] B．（4，21] C．[4，21] D．[5，21] 【分析】根据题意定义的新计算，求出f（x）的表达式，即可求出值域． 解：由题意得，1≤x≤2时，f（x）＝（2*x）+（4*x）＝2x+2x＝4x∈[4，8]， 当2＜x≤4时，f（x）＝（2*x）+（4*x）＝x2﹣3+2x＝（x+1）2﹣4∈（5，21]， 故函数f（x）的值域为[4，21]．故选：C． 【例题37】（2023秋•武汉期末）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数．例如：[﹣2.1]＝﹣3，[3.1]＝3，已知函数，则函数y＝[f（x）]的值域为（　　） A．{0，1，2，3} B．{0，1，2} C．{1，2，3} D．{1，2} 【分析】先对已知函数解析式分离变形，然后结合指数函数的性质可求f（x）的值域，再由新定义即可求解． 解：因为1+2x＞1，所以0＜＜1，0＜＜3，因为＝1+， 所以1＜f（x）＜4，当1＜f（x）＜2时，y＝[f（x）]＝1， 当2≤f（x）＜3时，y＝[f（x）]＝2，当3≤f（x）＜4时，y＝[f（x）]＝3．故选：C． 【例题38】（2024•苏州模拟）已知定义在区间（﹣m，m）（m＞0）上，值域为R的函数f（x）满足：①当0＜x＜m时，f（x）＞0；②对于定义域内任意的实数a、b均满足：．则（　　） A．f（0）＝1 B．若定义域内x1＜x2，f（x1）＞f（x2） C．函数f（x）在区间（0，m）上单调递减 D．函数f（x）在区间（﹣m，m）上单调递增 【分析】赋特殊值求出f（0）＝0判断A，求出奇偶性，利用定义法证明单调性可求得结果． 解：令a＝0，b＝0．则有f（0）＝，所以f（0）＝0，故A错误； 令a＝x，b＝﹣x，得f（x）+f（﹣x）＝0．所以函数f（x）为奇函数． 设任意的x1，x2，且0＜x1＜x2＜m，则m＞x2﹣x1＞0， 所以f（x2﹣x1）＞0且f（x2），f（x1）＞0．所以f（x2）﹣f（x1）＝f（x2）+f（﹣x1） ＝f[x2+（﹣x1）][1﹣f（x2）f（﹣x1）]＝f（x2﹣x1）[1+f（x2）f（x1）]＞0， 所以函数f（x）在区间（0，m）（m＞0）上单调递增． 又函数f（x）为奇函数且f（0）＝0，因此函数f（x）在区间（﹣m，m）（m＞0）上单调递增，故BC错误，D正确．故选：D． 【方法和总结】：新定义函数，往往比较难，需要有很强的分析能力。 【考点七、与值域有关的多选题问题】 【例题39】（多选题）（2024秋•金坛区期中）下列函数中，值域是[0，+∞）的是（　　） A． B． C． D． 【分析】利用配方法可判断A，利用基本不等式看判断B，利用换元法可判断C，利用绝对值的性质可判断D． 解：对于A，y＝＝≥0，所以函数的值域为[0，+∞），故A正确； 对于B，y＝x2﹣2﹣2＝0，当且仅当x2＝，即x2＝1时，等号成立， 所以函数的值域为[0，+∞），故B正确； 对于C，令t＝，则x+3＝t2，且t≥0，所以y＝t2+t，t≥0， 而二次函数y＝t2+t在[0，+∞）上单调递增， 所以y≥0，即函数的值域为[0，+∞），故C正确； 对于D，y＝＞0，所以函数的值域为（0，+∞），故D错误．故选：ABC． 【例题40】（多选）（2024秋•宜城市期中）下列说法正确的是（　　） A．若f（x）的定义域为[﹣2，2]，则f（2x﹣1）的定义域为 B．关于x的不等式恒成立，则实数k的取值范围是（﹣3，0） C．函数的值域为 D．函数f（x）＝x2+ax+2在区间（﹣∞，﹣3）上单调递减，则实数a的取值范围a≤6 【分析】由抽象函数的定义域即可判断A，由一元二次不等式恒成立即可判断B，由换元法求函数值域即可判断C，由二次函数的单调性即可判断D． 解：对于A选项，因为f（x）的定义域为[﹣2，2]，则﹣2≤2x﹣1≤2，解得， 所以f（2x﹣1）的定义域为，故A选项正确； 对于B选项，当k＝0时，不等式，符合要求；当k≠0时，关于x的不等式恒成立， 则满足，解得﹣3＜k＜0，综上，实数k的取值范围是（﹣3，0]，故B选项错误； 对于C选项，令，则t≥0，即x＝1﹣t2， 所以（t≥0）， 因为t≥0，所以函数在[0，+∞）上单调递减， 当t＝0时，ymax＝2，则函数的值域为（﹣∞，2]，故C选项错误； 对于D选项，由函数f（x）＝x2+ax+2在区间（﹣∞，﹣3）上单调递减， 可得，解得a≤6，则实数a的取值范围a≤6，故D选项正确．故选：AD． 【例题41】（多选）（2024秋•牡丹区校级期中）下列四个结论中，正确的结论是（　　） A．与表示同一个函数． B．“1＜x＜3”的充分不必要条件是“0≤x≤4”． C．已知2＜a＜3，﹣2＜b＜﹣1，则的取值范围的取值范围是（﹣3，﹣1）． D．函数的值域为． 【分析】根据函数定义域及解析式判断A，应用充分不必要定义判断B，应用不等式的性质计算判断C，换元法计算二次函数值域判断D． 解：函数的定义域为[﹣1，1]，与的定义域为[﹣1，1]相同， 而，解析式相同，故表示同一个函数，故A正确； 满足0≤x≤4的数不一定满足1＜x＜3，满足1＜x＜3的数一定满足0≤x≤4， 则“1＜x＜3”是“0≤x≤4”的充分不必要条件，故B不错误； ∵﹣2＜b＜﹣1，∴，则， 又2＜a＜3，∴，则，即的取值范围的取值范围是（﹣3，﹣1），故C正确； 令，则x＝t2+1，∵，t≥0， ∴，即函数的值域为[1，+∞），故D错误． 故选：AC． 【例题42】（多选）（2024秋•潢川县校级月考）已知，则下列关于f（x）的说法正确的是（　　） A．f（x）是偶函数 B．当m＝2时，f（x）的单调增区间为（﹣∞，﹣2），（0，2） C．当m＝4时f（x）的值域 D．当m＜0时，f（x）的值域为R 【分析】根据函数奇偶性的判定方法，判断出A的真假；结合函数的奇偶性与对勾函数的单调性，判断出B的真假；利用基本不等式，结合函数的奇偶性，判断出C的真假；求函数的值域，判断出D的真假． 解：对A：因为当m＞0时，函数定义域为R；当m＝0时，函数定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞）； 当m＜0时，函数定义域为（﹣∞，﹣）∪（﹣，）∪（，+∞）， 综上所述，函数的定义域关于原点对称， 且在定义域内，任意x，都有f（﹣x）＝＝＝f（x）， 所以当m∈R时，f（x）必为偶函数，故A正确； 对B：当m＝2时，为偶函数， 且当x＞0时，f（x）＝＝， 因为x＞0，所以x+≥2＝2， 所以f（x）≤＝，当且仅当，即时取等号， 所以f（x）在上单调递增，在上单调递减， 又因为函数是偶函数，所以函数f（x）的单调递增区间为：和（0，），故B错误； 对C：当m＝4时，为偶函数， 且当x＞0时，f（x）＝＝， 因为x＞0，x+≥2＝4，当且仅当，即x＝2时取等号 所以0＜f（x）≤， 所以函数f（x）在（0，+∞）上的值域为， 又f（0）＝0，f（x）为偶函数，所以函数f（x）在R上的值域为，故C正确； 对D：当m＜0，为偶函数，且当x＞0时，， 设，则g（x）在（0，+∞）上单调递增，且当x→+∞时，g（x）→+∞； 当x→0+时，g（x）→﹣∞；当时，g（x）＝0， 所以当x∈（0，）∪（，+∞）时，f（x）＝∈（﹣∞，0）∪（0，+∞）， 又f（0）＝0，f（x）为偶函数，所以函数f（x）的值域为R，故D正确．故选：ACD． 【例题43】（多选）（2024秋•让胡路区校级月考）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，如[3.2]＝3，[﹣1.6]＝﹣2．若f（x）＝x﹣[x]，则下列说法正确的是（　　） A．当2023≤x＜2024时，f（x）＝x﹣2023 B．f（x+1）﹣f（x）＝1 C．函数f（x）的值域为[0，1） D．当x≥1时，函数g（x）的值域为（1，2] 【分析】对于A，直接由高斯函数定义来验证即可；对于B，注意到∀x∈R，∃k∈Z，使得k≤x＜k+1，即可作出判断；对于C，由B选项可得f（x）的周期，然后求出f（x）在[0，1）上的值域即可；对于D，根据高斯函数的性质与g（x）的表达式，求出g（x）的值域，即可作出判断． 解：对于A，当2023≤x＜2024时，由[x]＝2023，可得f（x）＝x﹣[x]＝x﹣2023，故A项正确； 对于B，因为∀x∈R，∃k∈Z，使得k≤x＜k+1，此时k+1≤x+1＜k+2， 从而f（x+1）﹣f（x）＝x+1﹣（k+1）﹣（x﹣k）＝0，故B项错误； 对于C，由B项的分析，可知函数f（x）是以1为周期的周期函数， 故只需讨论f（x）在[0，1）上的值域即可， 当x∈[0，1）时，f（x）＝x﹣[x]＝x﹣0＝x∈[0，1），所以函数f（x）的值域为[0，1），故C项正确； 对于D，当x≥1时，若x＝1，则＝2，达最大值． 若x＞1，则∈（1，2），所以g（x）的值域为（1，2]，故D项正确．故选：ACD． 【例题44】（多选）（2023秋•双塔区校级期末）函数D（x）＝，称为狄利克雷函数，对于狄利克雷函数，下列结论正确的是（　　） A．D（D（2））＝D（D（）） B．D（x）的值域与函数的值域相同 C．D（x）是非奇非偶函数 D．对任意实数x，都有D（x+1）＝D（x） 【分析】分别对x∈Q和x∉Q进行分类讨论，结合函数的性质检验各选项即可判断． 解：对于A，根据狄利克雷函数定义可知D（D（2））＝D（1）＝1，D（D（））＝D（0）＝1，即A正确； 对于B，易知函数的定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞）， 当x∈（﹣∞，0）时，；当x∈（0，+∞）时，； 即函数 的值域为{0，1}，所以B正确； 对于C，易知函数D（x） 的定义域关于原点对称，当x∈Q 时，﹣x∈Q，则D（﹣x）＝1＝D（x）；当x∉Q时，﹣x∉Q，则D（﹣x）＝0＝D（x），即D（x）为偶函数，所以C错误； 对于D，当x∈Q时，x+1∈Q，此时D（x+1）＝D（x）＝1；当x∉Q时，x+1∉Q，此时D（x+1）＝D（x）＝0，所以D正确． 故选：ABD． 【例题45】（多选）（2024春•息县校级期末）下列结论正确的是（　　） A．的值域为 B．的最小值为4 C．若|lga|＝|lgb|（a≠b），则a+2b的最小值为 D．若a＞b＞0，c∈R，则a|c|＞bc 【分析】对于A，先求得函数定义域[﹣1，1]，判断其奇偶性，求函数在[0，1]上的值域，即得在[﹣1，1]上的值域； 对于B，利用常值代换法运用基本不等式即可求解； 对于C，先由条件推得ab＝1，再运用基本不等式即可； 对于D，举反例即可排除． 解：对于A，由有意义可得，1﹣x2≥0，即﹣1≤x≤1，函数定义域关于原点对称． 由知函数为奇函数， 当0≤x≤1时，，设t＝x2∈[0，1]，则， 因t∈[0，1]时，，即得，又函数为奇函数， 故得其值域为，即A正确； 对于B，因为sin2x+cos2x＝1，故 ＝， 当且仅当时等号成立，即当时，的最小值为4，故B正确； 对于C，由|lga|＝|lgb|可得lga＝lgb或lga＝﹣lgb，即a＝b或，因a≠b，故ab＝1， 因a＞0，b＞0，则，当且仅当时取等号，即a+2b的最小值为，故C正确； 对于D，因c∈R，不妨取c＝0，则a|c|＝bc＝0，故D错误． 故选：ABC． 【例题46】（多选）（2023秋•威宁县期末）设[x]表示不超过x的最大整数，如[2.6]＝2，[﹣2.6]＝﹣3．设（a＞0且a≠1），则下列选项正确的有（　　） A．函数g（x）的值域为（0，1） B．若g（x1）+g（x2）＝1，则x1+x2＝0 C．函数的值域为{1，2} D．函数的值域为{﹣1，0，1} 【分析】由已知可得g（x）+g（﹣x）＝1，g（x），g（﹣x）∈（0，1），分类讨论，求出和的值． 解：对于A，∵， ∴0＜a＜1时，g（x）在R上单调递减；a＞1时，g（x）在R上单调递增， ∵ax＞0，有ax+1＞1，则，即，可得， ∴函数g（x）的值域为（0，1），故A正确； 对于B，∵（a＞0且a≠1）定义域为R， ∴（a＞0且a≠1），故g（x）+g（﹣x）＝1， 又g（x）是R上的单调函数，∵g（x1）+g（x2）＝1，∴x1+x2＝0，故B正确； 对于C，∵， ①当时，，＝0+0＝0， ②当时，，＝1+0＝1， 当③时，， 所以函数的值域为{1，2}，故C正确； 函数的值域为{0，1}，故D错误．故选：ABC． 【总结和方法】：综合了很多知识点，需要根据实际情况去分析解答。 【考点八、用导数研究最值问题】 【例题47】（2024秋•赤峰月考）已知函数f（x）＝ex﹣ex，则f（x）（　　） A．有最小值1，无最大值 B．有最大值1，无最小值 C．有最小值0，无最大值 D．有最大值0，无最小值 【分析】对f（x）求导，利用导数判断函数的单调性，进而可得判断函数的最值． 解：因为f（x）＝ex﹣ex，所以f'（x）＝ex﹣e． 当x∈（﹣∞，1）时，f'（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，f'（x）＞0， 所以f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增， 故f（x）的最小值为f（1）＝0，无最大值．故选：C． 【例题48】（2023秋•碑林区校级期末）若不等式aex﹣lnx+lna≥0恒成立，则a的取值范围是（　　） A． B． C． D．[e，+∞） 【分析】构造函数f（x）＝aex﹣lnx+lna，先求导，判断导函数的单调性，即可求出函数f（x）的最小值，根据基本不等式即可求出a的取值范围． 解：设f（x）＝aex﹣lnx+lna，则x＞0，a＞0， ∴f′（x）＝aex﹣，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数， 存在x0∈（0，+∞），使得f′（x0）＝﹣＝0，即ae＝， 两边取对数，可得lna+x0＝﹣lnx0， 当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减， 当x＞x0时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增， ∴f（x）min＝f（x0）＝ae﹣lnx0+lna＝+x0+2lna， ∵不等式aex﹣lnx+lna≥0恒成立， ∴+x0+2lna≥0恒成立， ∴+x0≥﹣2lna恒成立， ∵+x0≥2＝2，当且仅当x0＝1时取等号， ∴﹣2lna≤2，即a≥，故a的取值范围是[，+∞）．故选：A． 【例题49】（2024春•安徽月考）已知正实数x，y满足ex＝ylnx+ylny，则的最大值为（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【分析】正实数x，y满足ex＝ylnx+ylny，变形为xex＝eln（xy）•ln（xy），构造函数f（x）＝xex，则f（x）＝f（ln（xy）），利用函数f（x）的单调性可得x＝ln（xy），通过换元可得＝﹣x+lnx，令g（x）＝﹣x+lnx，x∈（0，+∞），利用导数研究函数g（x）的单调性即可得出结论． 解：∵正实数x，y满足ex＝ylnx+ylny，∴xex＝xyln（xy）＝eln（xy）•ln（xy）， 构造函数f（x）＝xex，则f（x）＝f（ln（xy））， f′（x）＝（x+1）ex，∴x＞0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增， ∴f（x）＝f（ln（xy））⇔x＝ln（xy）， ∴lny＝x﹣lnx，则＝﹣x+lnx， 令g（x）＝﹣x+lnx，x∈（0，+∞），g′（x）＝，g′（1）＝0， 令h（x）＝x﹣x2﹣lnx，x∈（0，+∞），h（1）＝0， h′（x）＝1•﹣2x﹣＝＝﹣＜0， ∴函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，又g′（1）＝0， ∴x＝1时函数g（x）取得极大值即最大值0．故选：A． 【例题50】（2024秋•大庆月考）已知函数f（x）＝2lnx﹣ax+b﹣1，若对任意的x∈（0，+∞），f（x）≤0，则b﹣2a的最大值为（　　） A．2ln2﹣1 B．3﹣2ln2 C．1﹣2ln2 D．2ln2﹣3 【分析】求出函数的导函数，当a≤0时推出矛盾，当a＞0时求出f（x）max，即可得到b≤3﹣2ln2+2lna，从而得到b﹣2a≤3﹣2ln2+2lna﹣2a，再利用导数求出lna﹣a的最大值，即可得解． 解：因为f（x）＝2lnx﹣ax+b﹣1，x∈（0，+∞），所以， 当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，且当x→+∞时f（x）→+∞，不符合题意； 当a＞0时，则当时f′（x）＞0，当时f′（x）＜0， 所以f（x）在上单调递增，在上单调递减， 所以，则b≤3﹣2ln2+2lna， 所以b﹣2a≤3﹣2ln2+2lna﹣2a， 令g（x）＝lnx﹣x，则， 所以当0＜x＜1时g′（x）＞0，当x＞1时g′（x）＜0， 所以g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减， 所以g（x）≤g（1）＝﹣1，所以lna﹣a≤﹣1， 则b﹣2a≤3﹣2ln2+2lna﹣2a≤1﹣2ln2，即b﹣2a的最大值为1﹣2ln2．故选：C． 【例题51】（2024•金牛区校级三模）函数和有相同的最大值b，直线y＝m与两曲线y＝f（x）和y＝g（x）恰好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依次为x1，x2，x3，则下列说法正确的是（　　） ①a＝1；②；③x1+x3＝2x2；④． A．①③④ B．①②④ C．①②③ D．②③④ 【分析】先求导，对a分两种情况讨论，求出函数的最大值即可判断①②；由数形结合思想可知：当直线y＝m经过点M时，此时直线y＝m与两曲线y＝f（x）和y＝g（x）恰好有三个交点，不妨设0＜x1＜1＜x2＜e＜x3，再利用指数和对数恒等式证明④正确；再利用反证法判断③的真假． 解：由函数和得，，， 当a＞0时，当x∈（﹣∞，1）时，f′（x）＞0，f（x）在（﹣∞，1）上单调递增， 当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，在（1，+∞）单调递减； 当x∈（0，e）时，g′（x）＞0，g（x）在（0，e）上单调递增， 当x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0，在（e，+∞）上单调递减． ∵f（x）与g（x）有相同的最大值，∴f（1）＝g（e），即，∴a＝1，． 当a＜0时，当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 所以当x＝1时，函数f（x）有最小值，没有最大值，不符合题意， 当a＜0时，当x＞e时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当0＜x＜e时，g′（x）＜0，g（x）单调递减， 所以当x＝e时，函数g（x）有最小值，没有最大值，不符合题意， 所以①②正确． 两个函数图象如图所示： 由数形结合思想可知：当直线y＝m经过点M时，此时直线y＝m与两曲线y＝f（x）和y＝g（x）恰好有三个交点， 不妨设0＜x1＜1＜x2＜e＜x3，且， 由，又x1＜1，lnx2＜lne＝1， 又当x＜1时，f（x）单调递增，所以x1＝lnx2， 又，又x2＞1，lnx3＞lne＝1， 又当x＞1时，f（x）单调递减，所以x2＝lnx3，， ，于是有，所以④正确， 如果x1+x3＝2x2，则，所以，∴，∴x1＝x3， 与0＜x1＜1＜x2＜e＜x3矛盾，所以x1+x3＝2x2错误，所以③错误．故选：B． 【例题52】（2024秋•五华区校级月考）已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝x+2，若f（x1）＝g（x2），则x1x2的最小值为（　　） A．0 B．﹣1 C．﹣2 D．﹣e 【分析】设f（x1）＝g（x2）＝t，则lnx1＝x2+2＝t，用含t的式子表示x1，x2，再构造函数，研究其单调性，即可求出函数的最小值，即可求解． 解：设f（x1）＝g（x2）＝t，则lnx1＝x2+2＝t，所以，x2＝t﹣2，， 令h（t）＝（t﹣2）et，则h'（t）＝（t﹣1）et， 令h'（t）＝0，解得t＝1，令h'（t）＜0，解得t＜1，令h'（t）＞0，解得t＞1， 所以函数h（t）在（﹣∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增， 所以h（t）在t＝1处取得极小值，也是最小值， 即h（t）min＝h（1）＝﹣e．即x1x2的最小值为﹣e．故选：D． 【例题53】．（2024春•河北期末）已知对∀x＞0恒成立，则a的最大值为（　　） A．0 B． C．e D．1 【分析】由题意得exlnx﹣xlnx≥a对∀x＞0恒成立，令f（x）＝xlnx，利用导数求得，即，再令，利用导数求出g（t）的最小值，可求出a的取值范围，从而可求出a的最大值． 解：由，得xx≥xlnx+a，所以exlnx﹣xlnx≥a对∀x＞0恒成立， 令f（x）＝xlnx，则f′（x）＝lnx+1在（0，+∞）上单调递增， 由f′（x）＝0，得，当时，f′（x）＜0，当时，f′（x）＞0， 所以f（x）在上单调递减，在上单调递增， 所以，即 令，则g′（t）＝et﹣1在上单调递增， 由g′（t）＝0，得t＝0，所以当时，g′（t）＜0，当t＞0时，g′（t）＞0， 所以g（t）在上单调递减，在（0，+∞）上单调递增， 所以g（t）min＝g（0）＝1，所以a≤1，所以a的最大值为1．故选：D． 【方法和总结】：用导数研究函数的最值，必须明确函数的单调性。 【考点九、三次函数中的最值问题】 【例题54】（2024春•珲春市校级期末）已知函数f（x）＝ax3+bx+2在[1，4]上的值域为[2，5]，则g（x）＝ax3+bx﹣1在[﹣4，﹣1]上的值域为（　　） A．[﹣5，﹣4] B．[﹣4，﹣1] C．[﹣3，﹣2] D．[﹣2，0] 【分析】根据奇函数的性质即可求解． 解：函数f（x）＝ax3+bx+2在[1，4]上的值域为[2，5]， 令h（x）＝ax3+bx，所以h（x）在[1，4]上的取值范围为[0，3]， 又h（x）是奇函数，所以h（x）在[﹣4，﹣1]上的值域为[﹣3，0]， 所以g（x）在[﹣4，﹣1]上的值域为[﹣4，﹣1]．故选：B． 【例题55】（2024春•福田区校级期中）已知函数f（x）＝x3﹣3x，x∈（a，a+4）存在最小值，则实数a的取值范围为（　　） A．[﹣2，1） B．（﹣2，1） C．[﹣3，1） D．（﹣3，1） 【分析】由导数性质得f（x）的增区间是（﹣∞，﹣1），（1，+∞），减区间是（﹣1，1），从而得f（x）的极小值为f（1）＝﹣2，由此利用函数性质列不等式，即可求解a的范围． 解：∵f（x）＝x3﹣3x，∴f′（x）＝3x2﹣3，由f′（x）＝0，得x＝±1， x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＞0；x∈（﹣1，1）时，f′（x）＜0；x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0， ∴f（x）的增区间是（﹣∞，﹣1），（1，+∞），减区间是（﹣1，1）， ∴f（x）的极小值为f（1）＝﹣2． f（x）＝x3﹣3x＝﹣2时， x3﹣3x+2＝0，x3﹣x﹣2x+2＝0， x（x2﹣1）﹣2x+2＝0， x（x+1）（x﹣1）﹣2（x﹣1）＝0， （x2+x）（x﹣1）﹣2（x﹣1）＝0， （x﹣1）（x2+x﹣2）＝0， （x﹣1）（x+2）（x﹣1）＝0， （x﹣1）2（x+2）＝0， 解得x＝1，x＝﹣2，∴﹣2≤a＜1＜a+4，∴﹣2≤a＜1，即实数a的取值范围是[﹣2，1）．故选：A． 【例题56】（2024秋•山东月考）函数f（x）＝x3﹣12x在区间[﹣3，2]上的最大值是（　　） A．﹣9 B．﹣16 C．16 D．9 【分析】根据题意，求导可得f（x）的极值，从而得到结果． 解：因为f′（x）＝3x2﹣12，令f′（x）＝0，解得x＝±2， 当x∈（﹣3，﹣2）时，f′（x）＞0，即f（x）单调递增， 当x∈（﹣2，2）时，f′（x）＜0，即f（x）单调递减， 所以f（x）在x＝﹣2时取得极大值，即最大值f（﹣2）＝（﹣2）3+2×12＝16， 所以f（x）在区间[﹣3，2]上的最大值是16．故选：C． 【例题57】（2024•大连模拟）已知函数f（x）＝e2ax﹣3lnx，若f（x）＞x3﹣2ax恒成立，则实数a的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【分析】f（x）＞x3﹣2ax等价于e2ax+2ax＞e3lnx+3lnx，令g（x）＝ex+x，求导分析单调性，可得e2ax+2ax＞e3lnx+3lnx等价于g（2ax）＞g（3lnx），进而可得，令，只需a＞h（x）max，利用导数求解最值即可得出答案． 解：f（x）＞x3﹣2ax等价于e2ax+2ax＞x3+3lnx＝e3lnx+3lnx， 令g（x）＝ex+x，则g′（x）＝ex+1＞0，所以g（x）是增函数， 所以e2ax+2ax＞e3lnx+3lnx等价于g（2ax）＞g（3lnx）， 所以2ax＞3lnx（x＞0），所以， 令，则， 所以在（0，e）上，h′（x）＞0，g（x）单调递增， 在（e，+∞）上，h'（x）＜0，h（x）单调递减， 所以h（x）max＝h（e）＝，故，所以实数a的取值范围为．故选：B． 【例题58】（2024春•古冶区校级期末）已知函数f（x）＝x3﹣4x+4在[0，a]上的最大值为4，则实数a的取值范围为（　　） A．（0，1] B．（0，] C．（0，2] D．（0，2] 【分析】由题意，对函数f（x）进行求导，利用导数得到函数的单调性和极值，结合端点值即可得到实数a的取值范围． 解：易知f（x）的定义域为R，可得f′（x）＝x2﹣4＝（x+2）（x﹣2）， 当x＜﹣2时，f′（x）＞0，f（x）单调递增； 当﹣2＜x＜2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减； 当x＞2时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 所以当x＝2时，f（x）取得极小值，极小值f（2）＝﹣， 因为函数f（x）在[0，a]上的最大值为4， 又f（0）＝4，f（2）＝4，所以0＜a≤2．故选：D． 【例题59】函数f（x）＝x3+ax+2存在3个零点，则a的取值范围是（　　） A．（﹣∞，﹣2） B．（﹣∞，﹣3） C．（﹣4，﹣1） D．（﹣3，0） 【分析】求函数的导数，f（x）存在3个零点，等价为f′（x）＝0有两个不同的根，且极大值大于0极小值小于0，求函数的极值，建立不等式关系即可． 解：f′（x）＝3x2+a，若函数f（x）＝x3+ax+2存在3个零点， 则f′（x）＝3x2+a＝0，有两个不同的根，且极大值大于0极小值小于0， 即判别式Δ＝0﹣12a＞0，得a＜0， 由f′（x）＞0得x＞或x＜﹣，此时f（x）单调递增， 由f′（x）＜0得﹣＜x＜，此时f（x）单调递减， 即当x＝﹣时，函数f（x）取得极大值，当x＝时，f（x）取得极小值， 则f（﹣）＞0，f（）＜0， 即﹣（﹣+a）+2＞0，且（﹣+a）+2＜0， 即﹣×+2＞0，①，且×+2＜0，②， 则①恒成立， 由×+2＜0，2＜﹣×， 平方得4＜﹣×，即a3＜﹣27，则a＜﹣3，综上a＜﹣3， 即实数a的取值范围是（﹣∞，﹣3）．故选：B． 【方法和总结】：三次函数中，用导数研究最值，必须明确函数的单调性。 【考点十、三角函数中的最值问题】 【例题60】（2024秋•河西区期中）已知函数有下列结论： ①最小正周期为； ②点为f（x）图象的一个对称中心； ③若f（x）＝a在区间上有两个实数根，则实数a的取值范围是； ④若f（x）的导函数为f'（x），则函数y＝f（x）+f'（x）的最大值为． 则上述结论正确的是（　　） A．①② B．②③ C．①④ D．①③④ 【例题61】（2024•天津）已知函数（ω＞0）的最小正周期为π．则函数在的最小值是（　　） A．﹣ B．﹣ C．0 D． 【分析】由最小正周期为π，求出ω＝2，从而f（x）＝﹣sin2x，由此能求出函数在的取最小值． 解：∵函数＝sin（3ωx+π），（ω＞0）T＝＝π，ω＝， 可得f（x）＝sin（2x+π）＝﹣sin2x，x∈，2x∈[﹣，]， 所以f（x）在2x∈[﹣，]上单调递减，﹣sin＝﹣，故函数取最小值是﹣．故选：A． 【例题62】．（2024•全国）函数y＝sinx+cosx的最大值是（　　） A．1 B． C．2 D．﹣2 【分析】利用两角和的正弦公式即可化为asinx+bcosx＝sin（x+θ），进而利用正弦函数的单调性、最值即可得出． 解：∵y＝sinx+cosx＝2（sinx+cosx）＝2sin（x+）．∵﹣1≤sin（x+）≤1， ∴当sin（x+）＝1时，函数y取得最大值2．故选：C． 【例题63】．．（2024•全国）已知和都是函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0）的极值点，则ω的最小值是（　　） A．4 B．2 C．1 D． 【分析】根据x＝和x＝都是函数f（x）的极值点，得出函数的周期T≤2×（﹣），由此求解即可． 解：因为x＝和x＝都是函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0）的极值点， 所以周期为T≤2×（﹣）＝，所以≤，所以ω≥4，即ω的最小值是4． 故选：A． 【例题63】．（2024•北京）设函数f（x）＝sinωx（ω＞0）．已知f（x1）＝﹣1，f（x2）＝1，且|x1﹣x2|的最小值为，则ω＝（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】由已知结合正弦函数的性质即可直接求解． 解：因为f（x）＝sinωx，则f（x1）＝﹣1为函数的最小值，f（x2）＝1为函数的最大值， 又＝，所以T＝π，ω＝2．故选：B． 【例题64】．（2022•甲卷）设函数f（x）＝sin（ωx+）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（　　） A．[，） B．[，） C．（，] D．（，] 【分析】由题意，利用正弦函数的极值点和零点，求得ω的取值范围． 解：当ω＜0时，不能满足在区间（0，π）极值点比零点多，所以ω＞0； 函数f（x）＝sin（ωx+）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点， ωx+∈（，ωπ+），∴＜ωπ+≤3π，求得＜ω≤， 故选：C． 【例题65】．．（2021•浙江）已知α，β，γ是互不相同的锐角，则在sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα三个值中，大于的个数的最大值是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【分析】首先利用基本不等式确定sinαcosβ+sinβcosγ+sinγcosα 的取值范围，确定个数的上限，然后利用特殊角确定满足题意的个数即可． 解：由基本不等式可得：，，， 三式相加，可得：， 很明显sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα 不可能均大于． 取α＝30°，β＝60°，γ＝45°， 则， 则三式中大于 的个数的最大值为2，故选：C． 【例题66】．．（2021•北京）函数f（x）＝cosx﹣cos2x是（　　） A．奇函数，且最大值为2 B．偶函数，且最大值为2 C．奇函数，且最大值为 D．偶函数，且最大值为 【分析】先利用二倍角公式将函数f（x）进行化简，然后由偶函数的定义进行判断，再利用换元法，令t＝cosx，转化为二次函数求解最值即可． 解：因为f（x）＝cosx﹣cos2x＝cosx﹣（2cos2x﹣1）＝﹣2cos2x+cosx+1， 因为f（﹣x）＝﹣2cos2（﹣x）+cos（﹣x）+1＝﹣2cos2x+cosx+1＝f（x）， 故函数f（x）为偶函数， 令t＝cosx，则t∈[﹣1，1]，故f（t）＝﹣2t2+t+1是开口向下的二次函数， 所以当t＝时，f（t）取得最大值f（）＝﹣2×（）2++1＝， 故函数的最大值为．综上所述，函数f（x）是偶函数，有最大值．故选：D． 【例题67】．（2020•全国）已知函数f（x）＝2sin2x﹣sin2x，则f（x）的最小值为（　　） A．0 B．﹣1 C．﹣ D．﹣2 【分析】首先利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成余弦型函数，进一步利用余弦型函数性质的应用求出函数的最小值． 解：函数f（x）＝2sin2x﹣sin2x＝＝1﹣2cos（2x﹣）； 当（k∈Z），即x＝（k∈Z）时，函数的最小值为﹣1． 故选：B． 【考点十一、圆锥曲线中的最值问题】 【例题68】（2024•濮阳模拟）在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线．在平面直角坐标系xOy中，动点P（x，y）到两个定点F1（﹣1，0），F2（1，0）的距离之积等于3，化简得曲线C：，下列结论不正确的是（　　） A．曲线C关于y轴对称 B．|PF1|+|PF2|的最小值为 C．△F1PF2面积的最大值为 D．|OP|的取值范围为 【分析】根据新定义，针对各个选项即可分别求解． 解：根据题意可得≥0， 所以x4﹣2x2﹣8≤0，解得：﹣2≤x≤2， 令t＝，则t∈[3，5]， 所以，2]， 所以， 对于A选项，方程中的x换成﹣x方程不变，所以曲线C关于y轴对称，A选项正确； 对于B选项，∵|PF1|+|PF2|＝|PF1|+≥， 当且仅当，即P（0，±）时，等号成立，所以B选项正确； 对于C选项，因为△F1PF2面积为， 所以△F1PF2面积的最大值为，所以C选项错误； 对于D选项，因为∈[2，4]， 所以OP的取值范围为[，2]，所以D选项正确． 故选：C． 【例题69】（2024秋•靖远县校级期中）抛物线y2＝8x上的点到其准线的距离与到直线y＝2x+3的距离之和的最小值为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据抛物线的定义，转化距离，利用数形结合，即可求解． 解：已知抛物线的方程为y2＝8x， 则其焦点坐标为F（2，0），准线方程为x＝﹣2， 设抛物线上的点M到其准线的距离为|MM′|，点M到直线y＝2x+3的距离为|MN|， 由抛物线的定义可知|MM′|＝|MF|， 则|MM′|+|MN|＝|MF|+|MN|， 其最小值为焦点F（2，0）到直线y＝2x+3的距离， 结合点到直线的距离公式可得：＝， 即抛物线y2＝8x上的点到其准线的距离与到直线y＝2x+3的距离之和的最小值为． 故选：D． 【例题70】（2024•张家口模拟）从椭圆外一点P（x0，y0）向椭圆引两条切线，切点分别为A，B，则直线AB称作点P关于椭圆C的极线，其方程为．现有如图所示的两个椭圆C1，C2，离心率分别为e1，e2，C2内含于C1，椭圆C1上的任意一点M关于C2的极线为l，若原点O到直线l的距离为1，则的最大值为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据定义写出极线的方程，由距离公式列出一个方程，再结合点在椭圆C1上找到e1，e2的关系再进行求解． 解：设M（x0，y0），椭圆C1的方程为，椭圆C2的方程为， 此时，① 由极线的定义得直线l的方程为， 又原点O到直线l的距离， 整理得，② 由①②可得， 所以， 此时． 当且仅当，即时，等号成立， 此时． 故选：D． 【例题71】．（2023秋•天津期末）设F1，F2分别是椭圆（a＞b＞0）的左右焦点，过F1的直线与椭圆交于A、B两点，若△ABF2的周长为16，且|AB|的最小值为2，则椭圆的方程为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据椭圆的定义及椭圆的通径求出a，b，即可得出椭圆方程． 解：如图， 由椭圆定义知|AF1|+|AF2|＝|BF1|+|BF2|＝2a， 所以△ABF2的周长为|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|＝4a＝16，所以a＝4， 又|AB|最小时，AB⊥x轴，即AB为椭圆的通径，所以，所以b2＝4， 所以椭圆的标准方程为：． 故选：B． 【例题72】．（2024秋•青羊区校级期中）已知O（0，0），Q（0，1），直线l1：kx﹣y+2k+4＝0，直线l2：x+ky+4k+2＝0，若P为l1，l2的交点，则2|PO|+|PQ|的最小值为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据题意，可判断出直线l1经过定点M（﹣2，4），直线l2经过定点N（﹣2，﹣4），结合l1⊥l2，可知动点P的轨迹是以MN为直径的圆，然后利用待定系数法，求出在x轴上存在定点A（6，0），使|PA|＝2|PO|成立，结合|PA|+|PQ|≥|AQ|，利用两点间的距离公式计算出2|PO|+|PQ|． 解：直线l1：kx﹣y+2k+4＝0，即k（x+2）﹣（y﹣4）＝0，可知直线l1经过定点M（﹣2，4）， 直线l2：x+ky+4k+2＝0，即x+2+k（y+2）＝0，可知直线l2经过定点N（﹣2，﹣4）． 因为l1⊥l2，所以l1、l2的交点P在以MN为直径的圆上， 该圆的圆心为MN的中点C（﹣2，0），半径r＝|MN|＝4， 所以该圆的方程为（x+2）2+y2＝16． 接下来在x轴上找出一点A，使|PA|＝2|PO|． 根据圆的性质，在直线CO上存在点A，使点P满足|PA|＝λ|PO|，λ为正常数且λ≠1． 设P（x，y），A（m，0），则＝λ， 整理得（λ2﹣1）x2+（λ2﹣1）y2+2mx﹣m2＝0， 圆（x+2）2+y2＝16的方程化成一般式，得x2+y2+4x﹣12＝0， 上述两个方程表示同一个圆，可得且，解得λ＝2，m＝6． 所以在x轴上存在点A（6，0），使|PA|＝2|PO|成立，可得2|PO|+|PQ|＝|PA|+|PQ|． 观察图形，可知当A、P、Q共线时，|PA|+|PQ|＝|AQ|达到最小值， 所以2|PO|+|PQ|的最小值为|AQ|＝＝．故选：B． 学科网（北京）股份有限公司 $$