第2单元 03 增分微课1 函数的值域与最值（word学生用书）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（人教A版）

该高中数学高考复习讲义聚焦函数值域求解核心考点，将单调性法、图象法等七种解题方法按函数类型系统整合，通过方法梳理、例题精讲、变式训练的教学流程，帮助学生构建“方法-题型-应用”的解题体系，突破高考高频难点。 资料以“方法分类+分层训练”为特色，如换元法例题引导学生通过变量代换简化问题培养数学思维，几何法将代数表达式转化为距离模型发展几何直观。设置基础例题与变式题梯度训练，确保高效掌握解题策略，助力学生提升数学表达与问题解决能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

　　　　　 　　　　　 　　　　　 方法一　单调性法 例1 (1)函数y=lox+,x∈[1,2)的值域为　　　　.  (2)函数f(x)=lo(x2-3x+5)(0≤x≤2)的值域为　　　　.  变式题 (1)函数y=2x-5+log3(2≤x≤10)的值域为　　　　.  (2)已知函数f(x)=则f(x)的最大值为　　　　.  方法二　图象法 例2 已知f(x)=3-2|x|,g(x)=x2-2x,若F(x)=则F(x) (　 ) A.有最大值3,最小值-1 B.有最大值7-2,无最小值 C.有最大值3,无最小值 D.无最大值,有最小值-1 变式题 记实数x1,x2,…,xn中的最小数为min{x1,x2,…,xn},若f(x)=min{x+1,x2-2x+1,-x+8},则函数f(x)的最大值为　　　　.  方法三　换元法 例3 函数f(x)=2x+的最大值为　　　　.  变式题 (1)函数y=的最小值为 (　 ) A.2 B. C.1 D.不存在 (2)函数y=x+4+的值域为　.  方法四　分离常数法 例4 函数f(x)=的值域为　　　　　　　.  变式题 函数y=的值域为　　　　.  方法五　判别式法 例5 函数f(x)=的值域为 (　 ) A. B. C. D.以上答案都不对 变式题 函数y=(x>0)的值域是 (　 ) A.(0,+∞) B. C. D. 方法六　几何法 例6 (1)函数y=+的值域为　　　　.  (2)函数f(x)=2x+的值域为　　　　.  变式题 函数y=的值域为　　　　.  方法七　导数法 例7 已知函数f(x)=cos x+,x∈[0,1],则f(x)的最小值为　　　　.  变式题 函数f(x)=ex-x+1在区间[-1,1]上的最大值是　　　　.  学科网（北京）股份有限公司 $ 增分微课1　函数的值域与最值 例1　(1)　(2)[-log25,2-log211]　[解析] (1)因为y=lox和y=在[1,2)上均单调递减,所以y=lox+在[1,2)上单调递减,所以lo2+<y≤lo1+,即-<y≤,所以函数y=lox+,x∈[1,2)的值域为. (2)设t=x2-3x+5=+,∵0≤x≤2,∴当x=时,t取得最小值,当x=0时,t取得最大值5,即≤t≤5.∵函数y=lot为减函数,∴lo5≤f(x)≤lo,即-log25≤f(x)≤2-log211,∴函数f(x)的值域为[-log25,2-log211]. 变式题　(1)　(2)4 [解析] (1)因为函数y=2x-5和y=log3在[2,10]上都单调递增,所以y=2x-5+log3在[2,10]上单调递增,当x=2时,y=2-3+log3=,当x=10时,y=25+log3=33,故所求函数的值域为. (2)当x≤1时,f(x)=4ex-1在(-∞,1]上单调递增,此时f(x)≤f(1)=4;当x>1时,f(x)=-x+1在(1,+∞)上单调递减,此时f(x)<-1+1=4.综上可知,f(x)的最大值为4. 例2　B　[解析] 作出F(x)的图象,如图中实线部分所示,由图可知F(x)在x=xA处取得最大值,无最小值.由x2-2x=3+2x,得x2-4x-3=0,解得x=2-或x=2+,可得xA=2-,所以yA=3+2(2-)=7-2,所以F(x)有最大值7-2,无最小值.故选B. 变式题　 [解析] 如图所示,在同一个坐标系中,分别作出函数y1=x+1,y2=x2-2x+1,y3=-x+8的图象,则f(x)=min{x+1,x2-2x+1,-x+8}的图象即是图中的实线部分,由图可知,函数f(x)的最大值即f(x)的图象的最高点A的纵坐标.由解得故函数f(x)的最大值为. 例3　　[解析] 令=t(t≥0),则x=1-t2,所以y=-2t2+t+2=-2+(t≥0),由二次函数的性质知,当t=,即x=时,f(x)取得最大值. 变式题　(1)B　(2)[4-,4+] [解析] (1)y===+,令=t(t≥2),则y=t+,易知y=t+在[2,+∞)上单调递增,所以ymin=.故选B. (2)由5-x2≥0,得|x|≤,令x=cos β,β∈[0,π],则原函数可化为y=cos β+4+ sin β=sin+4.因为0≤β≤π,所以≤β+≤,则-≤sin≤1,所以4-≤sin+4≤4+,所以函数y=x+4+的值域为[4-,4+]. 例4　∪ [解析] f(x)====-·,其中y=-·的值域为(-∞,0)∪(0,+∞),故函数f(x)的值域为∪. 变式题　{y∈R|y≠3}　[解析] y===3+,因为≠0,所以3+≠3,所以y=的值域为{y∈R|y≠3}. 例5　C　[解析] 易知f(x)的定义域为R.设y=,则yx2+(3y-8)x+4y-15=0,当y=0时,x=-;当y≠0时,方程可看作关于x的二次方程,由Δ=(3y-8)2-4y(4y-15)≥0,得综上, 函数f(x)的值域为.故选C. 变式题　C　[解析] 方法一:由y=,得yx2+(y-1)x+y=0,当y=0时,x=0,不符合题意;当y≠0时,由Δ=(y-1)2-4y2≥0,解得-1≤y≤,又x>0,所以y>0,所以0<y≤.综上,y=(x>0)的值域为.故选C. 方法二:当x>0时,y==,当x>0时,x+≥2=2,当且仅当x=1时等号成立,故0<≤,所以y=(x>0)的值域为.故选C. 例6　(1)[,+∞)　(2)[-2,] [解析] (1)原函数可变形为y=+,上式可看成x轴上的点P(x,0)到两定点A(3,2),B(-2,-1)的距离之和,当点P为线段AB与x轴的交点时,ymin=|AB|==,故所求函数的值域为[,+∞). (2)设点A(x,),则点A在半圆弧x2+y2=1(y≥0)上,点A到直线2x+y=0的距离d=,当y≥0时,由得半圆弧x2+y2=1(y≥0)与直线2x+y=0的交点坐标为. ①当-1≤x<-时,圆弧x2+y2=1(y≥0)在直线2x+y=0的左下方,2x+<0,则d==,且点(-1,0)到直线2x+y=0的距离最大,所以d=≤,故0>2x+≥-2;②当x=-时,2x+=0;③当-<x≤1时,圆弧x2+y2=1(y≥0)在直线2x+y=0的右上方,2x+>0,此时点A到直线2x+y=0的距离的最大值等于圆的半径1,所以d=≤1,故0<2x+≤.综上,函数f(x)的值域为[-2,]. 变式题　 [解析] y=表示点(cos x,sin x)与点(2,-2)连线的斜率.∵点(cos x,sin x)的轨迹为圆O:x2+y2=1,∴y=表示圆O:x2+y2=1上的点与点(2,-2)连线的斜率.过点(2,-2)作圆O:x2+y2=1的切线,斜率必然存在,设过点(2,-2)的圆O:x2+y2=1的切线方程为y+2=k(x-2),即kx-y-2k-2=0,∴圆心(0,0)到切线的距离d==1,解得k=,则圆O:x2+y2=1上的点与点(2,-2)连线的斜率的取值范围为,即y=的值域为. 例7　cos 1+　[解析] 由f(x)=cos x+,x∈[0,1],可得f'(x)=-sin x+x,x∈[0,1],设h(x)=f'(x),则h'(x)=1-cos x,x∈[0,1],令h'(x)>0,得<x≤1,令h'(x)<0,得0≤x<,所以f'(x)在上单调递减,在上单调递增,又因为f'(0)=0,f'(1)=1-sin 1<1-sin=0,所以f'(x)≤0,所以f(x)在[0,1]上单调递减,则f(x)min=f(1)=cos 1+. 变式题　e　[解析] 因为f(x)=ex-x+1,所以f'(x)=ex-1,当-1≤x<0时,f'(x)<0,当0<x≤1时,f'(x)>0,故函数f(x)在[-1,0)上单调递减,在(0,1]上单调递增,所以f(x)max=max{f(-1),f(1)}=max=e. 学科网（北京）股份有限公司 $