第二章 第2节 视野拓展2 求函数的值域(最值)的常用方法（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习上册·第1轮（浙江专用）

衔接教材 夯基固本 落实 第2节　函数的单调性与最值 视野拓展2——求函数的值域(最值)的常用方法 第二章　函　数 衔接教材 夯基固本 落实 ACD D D C C 请完成：课时训练(8) 温馨提示 谢谢观看！ (1)配方法：主要用于和一元二次函数有关的函数求值域问题． (2)单调性法：利用函数的单调性，再根据所给定义域来确定函数的值域． (3)数形结合法． (4)换元法：引进一个(几个)新的量来代替原来的量，实行这种“变量代换”． (5)分离常数法：分子、分母同次的分式形式采用配凑分子的方法，把函数分离成一个常数和一个分式和的形式． [例] (多选)下列函数中，值域正确的是(　 　) A．当x∈[0，3)时，函数y＝x2－2x＋3的值域为[2，6) B．函数y＝ eq \f(2x＋1,x－3)的值域为R C．函数y＝2x－ eq \r(x－1)的值域为[ eq \f(15,8)，＋∞) D．函数y＝ eq \r(x＋1)＋ eq \r(x－1)的值域为[ eq \r(2)，＋∞) 解析：对于A，(配方法)y＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2，由x∈[0，3)，再结合函数的图象(如图①所示)，可得函数的值域为[2，6)； 对于B，(分离常数法)y＝ eq \f(2x＋1,x－3)＝ eq \f(2（x－3）＋7,x－3)＝2＋ eq \f(7,x－3)，显然 eq \f(7,x－3)≠0，∴y≠2，故函数的值域为(－∞，2)∪(2，＋∞)；对于C，(换元法)设t＝ eq \r(x－1)，则x＝t2＋1，且t≥0，∴y＝2(t2＋1)－t＝2(t－ eq \f(1,4))2＋ eq \f(15,8)，由t≥0，再结合函数的图象(如图②所示)，可得函数的值域为[ eq \f(15,8)，＋∞)；对于D，函数的定义域为[1，＋∞)，∵y＝ eq \r(x＋1)与y＝ eq \r(x－1)在[1，＋∞)上均单调递增，∴y＝ eq \r(x＋1)＋ eq \r(x－1)在[1，＋∞)上为增函数，∴当x＝1时，ymin＝ eq \r(2)，即函数的值域为[ eq \r(2)，＋∞). 考向3　利用单调性解函数不等式 [例5] 已知函数f(x)＝ln x＋2x，若f(x2－4)<2，则实数x的取值范围是________________________________． 答案：(－ eq \r(5)，－2)∪(2， eq \r(5))　解析：因为函数f(x)＝ln x＋2x在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝ln 1＋2＝2.由f(x2－4)<2得f(x2－4)<f(1).所以0<x2－4<1，解得－ eq \r(5)<x<－2或2<x< eq \r(5). 考向4　利用函数单调性求参数问题 [例6] 设函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x>4.))若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，1] B．[1，4] C．[4，＋∞) D．(－∞，1]∪[4，＋∞) 解析：作出函数f(x)的图象如图所示， 由图象可知f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4. 单调性应用的基本思路 (1)比较函数值的大小时，先转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决． (2)求解函数不等式时，由条件脱去“f”，转化为自变量间的大小关系，应注意函数的定义域． (3)利用单调性求参数的取值(范围).根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解．对于分段函数，要注意衔接点的取值． 训练2 (1)(2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)上单调递减，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2] B．[－2，0) C．(0，2] D．[2，＋∞) 解析：通解(复合函数法)　由题意得y＝x(x－a)在区间(0，1)上单调递减，所以x＝ eq \f(a,2)≥1，解得a≥2. 光速解(特值法)　取a＝3，则y＝x(x－3)＝(x－ eq \f(3,2))2－ eq \f(9,4)在(0，1)上单调递减，所以f(x)＝2x(x－3)在(0，1)上单调递减，所以a＝3符合题意，排除A，B，C． (2)已知函数f(x)＝lg x－( eq \f(1,2))x，f(m)＝1，且0<p<m<n，则(　　) A．f(n)<1且f(p)>1 B．f(n)>1且f(p)>1 C．f(n)>1且f(p)<1 D．f(n)<1且f(p)<1 解析：∵函数y＝lg x，y＝－( eq \f(1,2))x在(0，＋∞)上均单调递增，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵0<p<m<n，且f(m)＝1，∴f(p)<f(m)＝1<f(n). (3)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ln （x＋1），x≥0，,－2x2，x<0，))则不等式f(x＋2)<f(x2＋2x)的解集是(　　) A．(－2，1) B．(0，1) C．(－∞，－2)∪(1，＋∞) D．(1，＋∞) 解析：由函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ln （x＋1），x≥0，,－2x2，x<0))的图象(图略)可得f(x)在R上是增函数，则不等式f(x＋2)<f(x2＋2x)等价于x＋2<x2＋2x，即x2＋x－2>0，解得x>1或x<－2，则原不等式的解集为(－∞，－2)∪(1，＋∞). $$