1.3 函数的值域和最值 五年高考母题原型训练-【备战高考】备战2027高考数学母题题源同步练

五年高考母题原型训练 (★代表高考出现的频次) 题源1求函数值域与最值的 常用方法（★★★★★） 1.(2018·全国I)抛物线y=-x2上的点到直线4x十3y 一8=0距离的最小值是 A专 C. D.3 2.(2019·全国I)设a>1,函数f(x)=log。x在区间[a, 2a]上的最大值与最小值之差为2，则a等于 A.√2 B.2 C.22 D.4 3.(2022·重庆)函数y=√16一4的值域是 ( A.[0,+o∞) B.0,4 C.[0,4) D.(0,4) 4.(2018·浙江)对a,b∈k,记maxa,b=a,a≥b ,a<b函数 f(x)=max{|x+1|,|x-21}(x∈R)的最小值是 5.(2022·天津)设函数g(x)=x2一2(x∈R),f(x)= g(x)+x+4,x<g(x), 则f(x)的值域是 g(x)-x,x≥g(x). A【是ua+o) B.[0,+o) n【号.ue+ 6.(2019·重庆)函数f(.x)=√x-2x+22下的最小 值为 7.(2020·浙江)已知t为常数，函数y=|x2-2x一t在区 间[0,3]上的最大值为2，则t= 8.(2018·全国1)设p是椭圆之+y2=1(a>1)短轴的一 个端点，Q为椭圆上的一个动点，求PQ的最大值. 1 题源2有关最值的综合题（★★★★★） 9.(2022·全国I)已知函数f(x)=|lgx1.若0<a<b,且 f(a)=f(b),则a十2b的取值范围是 () A.(22,+o∞) B.[2√2，+o∞) C.(3,十o) D.[3,+∞) 10.(2019·北京)已知函数y=kx与y=x2+2(x≥0)的图 象相交于不同两点A(x1y1),B(x2y2).l1,l,分别是y=x2十 2(.x≥0)的图象在A,B两点的切线，M,N分别是11，l:与x轴 的交点. (1)求k的取值范围； (2)设t为点M的横坐标，当x1<x2时，写出t以x1为自 变量的函数式，并求其定义域和值域； (3)试比较OM与ON|的大小，并说明理由(O是坐标原点). 11.(2020·浙江)已知a是实数，函数f(x)=x(x-a). (1)若f'(1)=3,求a的值及曲线y=f(x)在点(1，f(1) 处的切线方程； (2)求f(x)在区间[0,2]上的最大值. 6当P在AB上时，y=PAD =x; 当P在BC上时，由Rt△ABP 可知y=PA=√1十(x-1)产； 当P在CD上时，由Rt △ADP可知y=PA=√J1十(3-x)产； 当P在DA上时，y=PA=4一x,故所求表达式 x· 0≤x<1, √/1+(x-1),1≤x<2, 为y= W√1+(x-3),2≤x<3, 4-x, 3x4. 16.(1)证明：由函数f(x)的图象关于直线x=1 对称，有f(x+1)=f(1一x),即有f(一x)=f(x十 2). 又函数f(x)是定义在R上的奇函数，故有 f(-x)=-f(x). 故f(x+2)=-f(x),从而f(x+4)=-f(x 十2)=f(.x),即f(x)是周期为4的周期函数. (2)解：由函数f(x)是定义在R上的奇函数，可 知f(0)=0. x∈[-1,0)时，-x∈(0,1]， f(x)=-f(-x)=-√一x. 故x∈[-1,0]时，f(x)=-√一x. x∈[-5，-4]时，x+4∈[-1,0]， f(x)=f(x十4)=--x-4. 从而，x∈[一5，-4幻时，函数f(x)的解析式为 f(x)=-√-x-4. 17.解：(1)由已知f(x+y)-f(y)=(x+2y+ 1)x 令x=1,y=0,得f(1)-f(0)=2. 又，f(1)=0,.f(0)=-2. (2)令y=0,得f(x)-f(0)=(x+1)x, .f(x)=x2+x-2. (3)f)+2=x+x,而x∈(0,2） f)+2e(o,星)月 要使x∈(0，）时，f(x)+2<1og.x恒成立， 0<a<1, 只要》 1、3,解得4 ≤a<1. §1.3函数的值域和最值 五年高考母题原型训练 1.A【解析】本题以点到直线的距离公式的 二次函数模型，以抛物线上动点，考查最值问题的求 解方式，设抛物线y=一x2上任意一点为(x,一x2), 则点到直线4x十3y一8=0的距离d= 4-38-18-+8创，者=号时de √4+32 5 3,故应选A 4 2.D【解析】本小题主要考查对数函数的单 调性及对数的运算法则. a>l,.f(x)=logx是[a,2a]上的增函数. ∴.f(x)mx=log。(2a)=1+log.2, f(2)min logaa=1, 1 由题意有l0g.2=2一a=4.故选D 3.C【解析】4>0， .16-4<16 .0≤√/16-4<4， 选C. 3 4.2 【解析】考查分段函数的概念及数形结 合的数学思想.由已知，作出∫(x)的图象可得解. 5.D【解析】令x≥x2-2解得-1≤x≤2， ∴.f(x)= ++2(x<-1或>2) {x2-x-2(-1≤x≤2) 若x<-1或x>2,f(x)=x+x+2 .f(x)>f(-1)=2 若-1≤x2,f(x)=x2一x-2 此时)a=r(位）-是 f(x)mx=f(2)=0 ：-<fe)0 然上可知：-号<fx)0或f(x)>2 9 6.1十2√2【解析】 x-2x≥0， 。0或≥2， x2-5.x+4≥0,1x≤1或x≥4. .x≤0或x≥4.∴.f(x)的定义域为{xx≤0或 x≥4}. 当x≥4时，f(x)为增函数，f(x)mim=1十22： 当x≤0时，f(x)为减函数，f(x)mim=4. ,1十2√2<4，∴.在定义城内f(x)mm=1+2√2 7.1【解析】y=|x2-2.x-t=|(x-1)2- 1-tl. (1)当-1-t>0,即t<-1时，y=(x-1) -1-t, 即x=3时，ymax=3一t=2,即t=1(和t<一1 矛盾)，不符合题意： (2)当一1一t≤0，即t≥一1时，结合函数y= |x2-2x-t|的图象， 当x=1时，ymx=|一1一t|=2,又由t≥一1可 得t=1, 当x=3时，ymx=|3一t|=2,可得t=1或t= 5,易验证t=5时不符合题意. 综上所述，t=1. 8.解：依题意可设P(0,1),Q(x,y), 则|PQ1=√x2+(y-1). 又因为Q在椭圆上，所以x2=a2(1一y2). |PQ|2=a2(1-y2)+y2-2y+1=(1-a2)y2 -2+1+a=-a(-已a）-a+1 +a2 因为|y|≤1，a>1, 承操大出臣 若1<a<√2，则当y=-1时，IPQ取最大值2. 9.C【解析】f(x)=|lgx|的图象如图所示，由 图知f(a)=f(b),则有0<a<1<b,∴.f(a)=|lga| =-ga,f(b)=lgb=lgb,即-lga=lgb,得a=方 ÷a+26=26+6 y=lgr 令g6=26+石g0)=2-左，期6∈1，十 ∞)时，g'(b)>0,∴.g(b)在(1，十∞)上为增函数，得g 。 6)=2b+方>3，故选C 10.解：1)由方程=， y=x2+2 消y得x2一红十2 =0,① 依题意，该方程有两个正实根， 故A=-8>0 (x1十x2=k>0, 解得k>2√2】 (2)由f'(x)=2x,求得切线11的方程为y= 2x1(x-x1)+y1, 由y1=z+2,并令y=0,得=2-1 2x1 x1,x2是方程①的两实根，且x1<x2, 故1= k-√R2-8 4 ，k>2√2， 2 k+√k2-8 x1是关于k的减函数，所以x1的取值范围是 (0,√2) t是关于x1的增函数，定义域为(0，√2)，所以值 域为（一∞，0） (3)当x1<x时，由(2)可知 1ow1==-号+ 类似可得ON1=-1」 2x2 1OM1-|ON1=-x1+x2+x1+x2 2 TIT2 由①可知x1x2=2, 从而|OM-|ON|=0. 当x2<x1时，有相同的结果|OM|一|ON|=0. 所以|OM|=|ON1. 11.本题主要考查函数的基本性质、导数的应用 等基础知识，以及综合运用所学知识分析问题和解决 问题的能力. 解：(1)f'(x)=3.x2-2a.x 因为f'(1)=3-2a=3,所以a=0. 又当a=0时，f(1)=1,f'(1)=3, 所以曲线y=f(x)在(1，f(1)处的切线方程为 3x-y-2=0. (2)令f'(x)=0,解得x1=0,x2= 3 当号<0，即a<0x)在[0.2]上单调递楷，从 而fmax(x)=f(2)=8-4a. 当号≥2，即a≥3时f0x)在[0,2]上单调递减， 从而fmx(x)=f(0)=0. 当0<<2，即0<a<3时x)在p,号] 3 单调递减，在 ]上单满递诺，从而… =8-a,0<a≤2 0, 2<a<3. 综上所述，fmx(x)= 8-4a,a≤2， 0, a>2. 2012一2013高考题源拓展测试 1.D2.A3.D4.C5.A6.D7.A 8.A9.1(1,+∞)10.QP 11.(W2-1)p12.6n! 13.解：(1)函数的定义域为R, 即x2-a.x+9>0恒成立， 则△=a2-36<0恒成立，所以-6<a<6. 此时-a+9=(-）+9-≥9- a的取值范围是(-6,6)，值域为[g(9- 十∞). (2)函数的值域为R, 即真数x2一a.x十9必能取遍所有正数，二次函 数g(x)=x2一a.x十9的图象不可能全在x轴上方， △=a2-36≥0，所以a≥6或a≤-6. 由x-ax+9>0得x>0十√a-36 2 或x<a-a-36 2 所以此函数的定义域为 2 14.解：由f(x)=x-ax+号得 f)=-a+-(e-)+号- 当0≤号≤1，即0≤a≤2时， fx)的最小值为a)=f(侣)号-： 当号<0，即a<0时，f(x)在[0.1上为塔 函数， 所以录小值为g(a)=f0)=名： 当？>1，即a>2时f(z)在[0.1]上为减函数， 所以最小值为ga)=f)=1-号 a (a0), 于是g(a)= a 0≤a≤2) 24 1 -(a>2). 由函数g(a)的图象可知（如图）， ga)在a=1处取得最大值为g()= 15.解：由已知有yx2-a.x-b+y=0.当y=0 时，x=一 当y≠0时，x∈RA=公-4y 一b)≥0，即4y2一4by-a≤0.因而此不等式的解是 一1≤y≤4(y≠0).利用韦达定理可求得b=4+(一 1D=3,-=(-1DX4=-4,解得a=士 16.解：f'(x)=3x2-3a2,令f'(x)=0,得x =士a ①当a=0时，f(x)=x3在[0,1]上单调递增， .ymim=f(0)=0,ymsx=f(1)=1. @当0<a<时f0)=0f1a)=la1- 3a3=-2a3,f(1)=1-3a2. 由于f'(x)>0在x∈(a|,1)内成立，故f(x) 在[|a|,1]上单调递增，f(1)>f(a|),又f(1)>0 =f(0),故ymim=f(a)=-2|a|3,ymx=f(1)=1 -3a2. @当1a1-9时则了0=0f9)=名后 3 f(1)=0. =-66yn=10)=j 3 此时ymim=f( 3 =0. ①当<1a1<1时，/0)=0fa)=-2la