增分微练1函数的定义域与最值专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦函数定义域与最值，通过分层题型系统整合单调性法、换元法等6类解题方法，构建从基础判断到综合应用的知识逻辑链，培养数学思维与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础判断|1-5题|基本函数值域特征分析|从具体函数到抽象概念的生成| |单一函数最值|6-7题|单调性法、复合函数单调性|定义域限制下的最值推导| |复杂函数值域|8-13题|换元法（含三角换元）、分段函数分析|变量代换与函数性质的综合应用| |综合应用|14-15题|不等式法、方程思想|实际问题与函数模型的转化|

增分微练1　函数的定义域与最值 (时间:45分钟) 1.下列函数中,值域为[0,+∞)的是 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A.y=2x B.y= C.y=tan x D.y=cos x 2.函数g(x)=在区间上的最小值是 (　 ) A.-1 B.0 C.-2 D. 3.函数f(x)=的 (　 ) A.最小值为0,最大值为1 B.最小值为0,无最大值 C.最小值为0,最大值为5 D.最小值为1,最大值为5 4.设函数f(x)=在区间[3,4]上的最大值和最小值分别为M,m,则= (　 ) A. B. C. D. 5.函数y=的值域为 (　 ) A. B. C. D.(0,2] 6.函数y=的最小值为　　　　.  7.函数f(x)=-log2(x+2)在区间[-1,1]上的最大值为　　　　.  8.若函数f(x)的值域是,则函数F(x)=f(x)+的值域是 (　 ) A. B. C. D. 9.下列说法正确的是 (　 ) A.y=-的值域为(-∞,] B.y=+的最大值为2 C.y=lg(x2-2x-3)的单调递增区间为(1,+∞) D.函数y=的最小值为- 10.设f(x)=若f(0)是f(x)的最小值,则a的取值范围为 (　 ) A.[-1,0] B.[-1,2] C.[-2,-1] D.[-2,0] 11.(多选题)已知定义域为A的函数f(x),若对任意x∈A,存在正数M,都有|f(x)|≤M成立,则称函数f(x)是定义域A上的“有界函数”.则下列函数为“有界函数”的是 (　 ) A.f(x)= B.f(x)= C.f(x)= D.f(x)=x+ 12.函数y=x+4+的值域为　　　　.  13.已知函数f(x)的值域为,则函数g(x)=f(x)+的值域为　　　　.  14.已知实数a,b满足lg a+lg b=lg(a+2b),则a+b的最小值是　　　　.  15.[2024·山西阳泉模拟] 已知函数f(x)=m+.若存在实数a,b(a<b),使f(x)在[a,b]上的取值范围为[a,b],则符合条件的m的一个值为　　　　.  参考答案 增分微练1　函数的定义域与最值 1.B　[解析] y=2x的值域为(0,+∞),故A错误;y==的定义域为[0,+∞),值域也是[0,+∞),故B正确;y=tan x的值域为(-∞,+∞),故C错误;y=cos x的值域为[-1,1],故D错误.故选B. 2.B　[解析] 因为g(x)==2+,所以g(x)在上单调递增,所以g(x)min=g=2+=0.故选B. 3.B　[解析] 当x∈[-1,0]时,函数y=x2单调递减,y∈[0,1];当x∈(0,1]时,函数y=单调递减,y≥1.综上所述,y≥0,所以f(x)的最小值为0,无最大值.故选B. 4.D　[解析] 易知f(x)==2+,所以f(x)在区间[3,4]上单调递减,所以M=f(3)=2+=6,m=f(4)=2+=4,所以==.故选D. 5.D　[解析] 令t=x2-2x,则y=,∵t=x2-2x=(x-1)2-1≥-1,∴y=∈(0,2],∴函数y=的值域为(0,2].故选D. 6.　[解析] y===+,令=t(t≥2),则y=t+,∵y=t+在[2,+∞)上单调递增,∴当t=2,即x=0时,ymin=. 7.3　[解析] ∵y=和y=-log2(x+2)在区间[-1,1]上都单调递减,∴f(x)=-log2(x+2)在区间[-1,1]上单调递减,∴函数f(x)在区间[-1,1]上的最大值为f(-1)=3. 8.B　[解析] 令f(x)=t,则t∈,函数F(x)化为y=t+.当t∈时,y=t+单调递减,当t∈[1,3]时,y=t+单调递增,又当t=时,y=,当t=1时,y=2,当t=3时,y=,所以函数F(x)的值域为.故选B. 9.D　[解析] 由得x≥3,∴函数y=-的定义域为[3,+∞),y=-=在定义域[3,+∞)上单调递减,∴当x=3时函数取得最大值,且>,即->0,∴该函数的值域为(0,],故A错误;≤()2+()2=4,则+≤2,当且仅当=,即x=2时等号成立,故B错误;由x2-2x-3>0,得x>3或x<-1,∴y=lg(x2-2x-3)的定义域为(-∞,-1)∪(3,+∞),根据复合函数的单调性可知y=lg(x2-2x-3)的单调递增区间为(3,+∞),故C错误;y==-,可以理解为以原点O为圆心,半径为1的圆O上的动点P(cos x,sin x)与定点A(2,0)所构成直线PA的斜率,直线PA与圆O相切时,取到最值,易知,当直线PA的倾斜角为时,最大,最大为,∴函数y=的最小值为-,故D正确.故选D. 10.A　[解析] 当x=0时,f(0)=a2,因为f(0)是f(x)的最小值,所以f(x)在(-∞,0]上单调递减,所以a≤0,且a2≤x++a在(0,+∞)上恒成立.又x+≥2=2,当且仅当x=1时取等号,所以a2≤2+a,解得-1≤a≤2.综上,a的取值范围为[-1,0].故选A. 11.BC　[解析] 对于A,f(x)===-1+,由于≠0,所以f(x)≠-1,|f(x)|∈[0,+∞),故f(x)=不是“有界函数”;对于B,令s=4-x2,s≥0,则y=,因为s=4-x2在x=0处取得最大值4,所以s∈[0,4],即y=∈[0,2],则|f(x)|≤2,故f(x)=是“有界函数”;对于C,令y=2x2-4x+3(y≠0),当x=-=1时,函数y=2x2-4x+3(y≠0)取得最小值2×12-4×1+3=1,即2x2-4x+3≥1,所以0<≤5,所以|f(x)|≤5,故函数f(x)=是“有界函数”;对于D,令t=,t≥0,则x=4-t2,即y=-t2+t+4,t≥0,当t=时,ymax=-++4=,无最小值,即f(x)≤,则|f(x)|∈[0,+∞),故f(x)=x+不是“有界函数”.故选BC. 12.[1,3+4]　[解析] 由9-x2≥0,得-3≤x≤3.令x=3cos θ,θ∈[0,π],则y=3cos θ+4+3sin θ=3sin+4.因为0≤θ≤π,所以≤θ+≤,所以-≤sin≤1,所以1≤y≤3+4,所以函数y=x+4+的值域为[1,3+4]. 13.　[解析] ∵≤f(x)≤,∴≤≤.令t=,则f(x)=(1-t2),则y=(1-t2)+t,即y=-(t-1)2+1,∴当t=时,y取得最小值,当t=时,y取得最大值,∴g(x)的值域为. 14.3+2　[解析] 因为实数a,b满足lg a+lg b=lg(a+2b),所以a>0,b>0,且ab=a+2b.令u=a+b,则u>0,所以a=u-b,代入ab=a+2b,得(u-b)b=u-b+2b,所以关于b的一元二次方程b2-(u-1)b+u=0有正根,只需u-1>0且Δ=(u-1)2-4u≥0,可得u≥3+2,即a+b的最小值是3+2(此时Δ=0,解得a=2+,b=1+). 15.-2(答案不唯一)　[解析] 函数f(x)=m+的定义域为[-2,+∞),显然f(x)在[-2,+∞)上单调递增,依题意,b>a≥-2,因此方程f(x)=x,即x--m=0在[-2,+∞)上有两个不等实根,令=t≥0,则方程t2-t-m-2=0有两个不等的非负实根t1,t2,则解得-<m≤-2,所以符合条件的m的值可以为-2. 1 学科网（北京）股份有限公司 $