专题二 第7讲　函数的值域与最值课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“函数的值域与最值”专题，依据课标要求梳理求值域的基本方法、基本函数值域及最值应用，对接高考评价体系，分析分段函数、对勾函数、恒成立问题等高频考点，归纳选择、填空、解答等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于真题驱动与方法体系结合，如2024北京卷分段函数值域题用数形结合培养数学思维，例1(3)三角换元法训练数学眼光，规律与技巧总结提升得分率，助力学生掌握方法，教师可据此精准教学，高效备考。

专题2　 函数与基本初等函数 1 第7讲　函数的值域与最值 目 录 课标要求 夯基固本 考点探究 01 03 02 课标要求 返回目录 夯基固本 知识梳理 >> 函数值 定义域和对应关系 定义域 返回目录 f(x)≤M f(x)=M f(x)≥M f(x)=M 返回目录 返回目录 夯基固本 常用结论 >> R [，＋∞) (－∞，] y≠0 返回目录 夯基固本 (0，＋∞) R R [－1，1] 夯基固本 热身练习 >> B 2 3 4 5 1 返回目录 夯基固本 返回目录 C 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 C 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 D 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 －2 －3 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 考点探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 求函数的值域或最值 C 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 [2，＋∞) 5 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 C 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 [0，＋∞) 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 C 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点2 函数最值的综合应用 D 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 0(答案不唯一) 1 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 2 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 C 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点3 恒成立问题 B 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 B 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 [3，＋∞) 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 [－1，1] 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 1.掌握求值域或最值的基本方法，会求一些简单函数的值域或最值. 2.建立函数思想，能应用函数观点(如应用函数的值域、最值)解决数学问题． 1．函数的值域 值域是________________的取值范围，它是由________________所确定的，所以求值域时要注意____________． 2．函数的最值 最值 最大值 最小值 条件 设函数f(x)的定义域为D，如果存在实数M满足 (1)∀x∈D，都有_______； ∃x0∈D，使得________ (2)∀x∈D，都有_______； ∃x0∈D，使得_________ 结论 M是函数y＝f(x)的最大值 M是函数y＝f(x)的最小值 3.求函数值域或最值的常用方法 求函数的值域与最值没有通用的方法，要根据问题的不同特点，综合而灵活地运用各种方法求解．常见的方法有： (1)配方法——常用于二次型函数； (2)分离常数法——常用于分式型函数，且分子次数不低于分母次数； (3)不等式法——常用于函数是n项的和或积的形式； (4)换元法、数形结合法以及利用函数的单调性法等． 1．基本函数的值域 (1)一次函数y＝kx＋b (k≠0)的值域为___________． (2)二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的值域： 当a＞0时，值域为______________________； 当a＜0时，值域为______________________． (3)反比例函数y＝ eq \f(k,x)(x≠0)的值域为y∈R，且______． (4)指数函数y＝ax (a＞0，且a≠1)的值域为_______． (5)对数函数y＝logax (a＞0，且a≠1，x＞0)的值域为________． (6)正、余弦函数的值域为__________，正切函数的值域为__________． 2．若f(x)>A在区间D上恒成立，则等价于在区间D上，f(x)min>A；若不等式f(x)<B在区间D上恒成立，则等价于在区间D上，f(x)max<B. 1．已知函数f(x)的定义域为R，M为常数．若p：对∀x∈R，都有f(x)≥M；q：M是函数f(x)的最小值，则p是q的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：对∀x∈R，都有f(x)≥M⇏M是函数f(x)的最小值；M是函数f(x) 的最小值⇒对∀x∈R，都有f(x)≥M.所以p是q的必要不充分条件．故选B. 2．函数y＝ eq \f(2x－1,x＋1)的值域是(　　) A．R B．{y|y≠－1，y∈R} C．{y|y≠2，y∈R} D．{2} 解析：因为y＝ eq \f(2x－1,x＋1)＝ eq \f(2(x＋1)－3,x＋1)＝2－ eq \f(3,x＋1)， 又因为－ eq \f(3,x＋1)≠0， 所以2－ eq \f(3,x＋1)≠2，即y≠2.故选C. 3．(教材母题必修3.2例5改编)设函数f(x)＝ eq \f(2x,x－2)在区间[3，4]上的最大值和最小值分别为M，m，则M＋m＝(　　) A．4 B．6 C．10 D．24 解析：因为f(x)＝ eq \f(2(x－2)＋4,x－2)＝2＋ eq \f(4,x－2)， 所以f(x)在[3，4]上是减函数． 所以m＝f(4)＝4，M＝f(3)＝6. 所以M＋m＝6＋4＝10.故选C. 4．(2024·北京卷)若函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＋2，x<1，,\f(a,x)，x≥1))的值域为(0，＋∞)，则实数a的取值范围为(　　) A．(0，1] B．(－1，0) C．(1，＋∞) D．[1，＋∞) 解析：当x<1时，函数f(x)＝－x＋2在(－∞，1)上单调递减，f(x)在(－∞，1)上的值域是(1，＋∞)， 因为函数f(x)在R上的值域是(0，＋∞)， 则函数f(x)＝ eq \f(a,x)在[1，＋∞)上的值域包含(0，1]， 显然a>0，否则当x≥1时， eq \f(a,x)≤0，不符合题意， 于是函数f(x)＝ eq \f(a,x)在[1，＋∞)上单调递减， 其值域为(0，a]，因此(0，1](0，a]，则a≥1， 所以实数a的取值范围为[1，＋∞).故选D. 5．已知x∈[－3，－1]，则函数y＝x＋ eq \f(4,x)＋2的最大值为________，最小值为________． 解析：函数y＝x＋ eq \f(4,x)＋2在(－∞，－2)上单调递增， 在(－2，0)上单调递减， 当x∈[－3，－1]时， 函数y＝x＋ eq \f(4,x)＋2在[－3，－2]上单调递增， 在[－2，－1]上单调递减， 即当x＝－2时，ymax＝－2， 而当x＝－3时，y＝－ eq \f(7,3)， 当x＝－1时，y＝－3，则ymin＝－3， 所以函数y＝x＋ eq \f(4,x)＋2的最大值为－2， 最小值为－3. 【例1】(1)下列函数中最小值为6的是(　　) A．y＝x2＋2x＋6 B．y＝|cos x|＋ eq \f(9,|cos x|) C．y＝3x＋ eq \f(9,3x) D．y＝ln x＋ eq \f(9,ln x) 解析：(1)对于A，y＝x2＋2x＋6＝(x＋1)2＋5， 最小值为5，故错误； 对于B，令t＝|cos x|∈(0，1]， 则y＝t＋ eq \f(9,t)在(0，1]上单调递减，其最小值为10， 故错误； 对于C，y＝3x＋ eq \f(9,3x)≥2 eq \r(3x·\f(9,3x))＝6， 当且仅当3x＝ eq \f(9,3x)，即x＝1时，等号成立，故正确； 对于D，当0<x<1时，ln x<0，显然不成立，故错误． 故选C. 【例1】(2)已知函数f(x)＝x＋ eq \f(a2,x)(a>0). (ⅰ)当a＝1，x∈(0，＋∞)时，则函数f(x)的值域为________； (ⅱ)当a＝2，x∈[1，3]时，则函数f(x)的最大值为________． 解析：(2)函数f(x)的图象如下： (ⅰ)根据函数的图象可得f(x)的值域为[2，＋∞). (ⅱ)根据函数的图象可得f(x)在[1，2)上为减函数，在[2，3]上为增函数，所以f(x)max＝max{f(1)，f(3)}＝5. 【例1】(3)函数f(x)＝ eq \f(\r(1－x2)－1,x－2)的值域为(　　) A．[－ eq \f(4,3)， eq \f(4,3)] B．[－ eq \f(4,3)，0] C．[0，1] D．[0， eq \f(4,3)] 解析：(3)令x＝cos θ，θ∈[0，π]， 则f(x)＝g(θ)＝ eq \f(sin θ－1,cos θ－2)， 其几何意义是单位圆(在x轴及其上方)上的动点M(cos θ，sin θ)与点A(2，1)连线的斜率k，由图象得0≤k≤1，即函数f(x)的值域为[0，1]，故选C. (1)求函数的值域、最值的常用方法： ①配方法——转化为二次函数在闭区间上的最值，与二次型函数有关的函数常用此法． ②分离常数法——分式型函数常用此法． ③利用函数的单调性． ④利用基本不等式． ⑤换元法——对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求值域或最值；换元法求值域时，一定要注意新元的范围对值域的影响． (2)求函数的值域时，应先考虑定义域，运用换元法时，要注意换元前后变量的取值范围． 1．函数y＝ eq \f(x2－4x＋4,x－1)(x>1)的值域是____________． 解析：因为x>1，则x－1>0， 可得y＝ eq \f(x2－4x＋4,x－1)＝(x－1)＋ eq \f(1,x－1)－2 ≥2 eq \r((x－1)·\f(1,x－1))－2＝0， 当且仅当x－1＝ eq \f(1,x－1)，即x＝2时，等号成立， 所以函数的值域为[0，＋∞). 2．已知函数f(x)＝3－2|x|，g(x)＝x2－2x，F(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(g(x)，f(x)≥g(x)，,f(x)，g(x)>f(x)，))则(　　) A．F(x)的最大值为3，最小值为1 B．F(x)的最大值为2－2 eq \r(7)，无最小值 C．F(x)的最大值为7－2 eq \r(7)，无最小值 D．F(x)的最大值为3，最小值为－1 解析：在同一坐标系中先作出f(x)＝3－2|x|与g(x)＝x2－2x的图象，然后根据定义作出F(x)的图象(图中实线部分). 由图象可知，当x<0时，y＝F(x)取得最大值， 由3－2|x|＝x2－2x得x＝2－ eq \r(7)或x＝2＋ eq \r(7)(舍去)， 此时函数F(x)有最大值3＋2(2－ eq \r(7))＝7－2 eq \r(7)， 无最小值．故选C. 【例2】(1)(2024·河北保定期中)设函数f(x)＝ eq \f(x2＋x＋16,x)(2≤x≤a)，其中实数a>2.若f(x)的值域是[9，11]，则实数a的取值范围是(　　) A．(2，4] B．[4，6] C．(2，8] D．[4，8] 解析：(1)函数f(x)＝ eq \f(x2＋x＋16,x)＝x＋ eq \f(16,x)＋1， 由对勾函数的性质可知，f(x)在[2，4]上单调递减， 在[4，＋∞)上单调递增， 且注意到f(2)＝11，f(4)＝9，f(8)＝11， 所以所求实数a的取值范围是[4，8].故选D. 【例2】(2)设函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－ax＋1，x<a，,(x－2)2，x≥a.))若f(x)存在最小值，则实数a的一个取值为______________；实数a的最大值为________. 解析：(2)若a＝0，f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1，x<0，,(x－2)2，x≥0，)) 所以f(x)min＝0. 若a<0，当x<a时，f(x)＝－ax＋1单调递增， 当x→－∞时，f(x)→－∞， 故f(x)没有最小值，不符合题目要求． 若a>0，当x<a时，f(x)＝－ax＋1单调递减， f(x)>f(a)＝－a2＋1， 当x≥a时，f(x)min＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(0，0<a<2，,(a－2)2，a≥2，)) 所以－a2＋1≥0或－a2＋1≥(a－2)2，解得0<a≤1. 综上可得0≤a≤1，所以实数a的最大值为1. (1)如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上单调递增，那么f(x)在区间端点处取最值；如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上单调递增，在区间[b，c]上单调递减，那么ymax＝f(b)；如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上单调递减，在区间[b，c]上单调递增，那么ymin＝f(b)，从而得出值域． (2)函数的值域是函数值的集合，它受到定义域的制约，故求值域时应首先考虑定义域．最值可由值域得到，但我们也要重视最值的概念，注意检验是否具备取得最值的条件． (3)函数的值域(最值)是高考的重要内容之一，函数、方程、不等式、立体几何、解析几何等很多问题都需要转化为函数的值域(最值)问题． 4．已知函数f(x)＝ax－ eq \f(1,ax)＋ eq \f(2,a)(a>0)，且f(x)在(0，1]上的最大值为g(a)，则g(a)的最小值为______． 解析：f(x)＝ax－ eq \f(1,ax)＋ eq \f(2,a)(a>0)， 所以f(x)在(0，1]上单调递增， 所以f(x)max＝f(1)＝a＋ eq \f(1,a)，所以g(a)＝a＋ eq \f(1,a)≥2， 当且仅当a＝ eq \f(1,a)，即a＝1时取等号， 所以g(a)的最小值为2. 5．(2024·厦门模拟)已知函数g(x)＝ax＋2(a>0)，f(x)＝x2－2x，对∀x1∈[－1，2]，∃x0∈[－1，2]，使g(x1)＝f(x0)成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(0， eq \f(1,3)] B．[1，2) C．(0， eq \f(1,2)] D．[ eq \f(1,3)，＋∞) 解析：若对∀x1∈[－1，2]，∃x0∈[－1，2]，使g(x1)＝f(x0)成立， 只需函数y＝g(x)的值域为函数y＝f(x)的值域的子集即可． 函数f(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1，x∈[－1，2]的值域为[－1，3]. 当a>0时，g(x)＝ax＋2单调递增， 由x∈[－1，2]可得其值域为[2－a，2＋2a]， 要使[2－a，2＋2a][－1，3]， 需 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2－a≥－1，,2＋2a≤3，,a>0，))解得0<a≤ eq \f(1,2)， 综上，实数a的取值范围为(0， eq \f(1,2)].故选C. 【例3】(1)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2，x<0，,－x2，x≥0，))若对任意的x∈(t2－4，t2)，不等式f(x＋t)<4f(x)恒成立，则实数t的取值范围是(　　) A．(0，1) B．[0，1] C．( eq \f(1－\r(17),2)， eq \f(1＋\r(17),2)) D．[ eq \f(1－\r(17),2)， eq \f(1＋\r(17),2)] 解析：(1)函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2，x<0，,－x2，x≥0，)) 由二次函数的图象和性质可知， 当x<0时，f(x)为减函数，且f(x)>0； 当x≥0时，f(x)为减函数，且f(x)≤0， 所以f(x)在R上为减函数． 当x<0时，f(2x)＝(2x)2＝4x2＝4f(x)； 当x≥0时，f(2x)＝－(2x)2＝－4x2＝4f(x)， 所以4f(x)＝f(2x)， 不等式f(x＋t)<4f(x)等价于f(x＋t)<f(2x)， 则x＋t>2x在x∈(t2－4，t2)上恒成立， 即t>x在x∈(t2－4，t2)上恒成立， 得t≥t2，解得0≤t≤1.故选B. 【例3】(2)设函数f(x)的定义域为R，满足f(x＋1)＝2f(x)，且当x∈(0，1]时，f(x)＝x(x－1).若对任意x∈(－∞，m]，都有f(x)≥－ eq \f(8,9)，则实数m的取值范围是(　　) A．(－∞， eq \f(9,4)] B．(－∞， eq \f(7,3)] C．(－∞， eq \f(5,2)] D．(－∞， eq \f(8,3)] 解析：因为f(x＋1)＝2f(x)，所以f(x)＝2f(x－1). 因为x∈(0，1]时，f(x)＝x(x－1)∈[－ eq \f(1,4)，0]. 所以x∈(1，2]时，x－1∈(0，1]， f(x)＝2f(x－1)＝2(x－1)(x－2)∈[－ eq \f(1,2)，0]； 所以x∈(2，3]时，x－1∈(1，2]， f(x)＝2f(x－1)＝4(x－2)(x－3)∈[－1，0]， 函数f(x)的大致图象如图． 当x∈(2，3]时，由4(x－2)(x－3)＝－ eq \f(8,9)， 解得x1＝ eq \f(7,3)，x2＝ eq \f(8,3)， 若对任意x∈(－∞，m]，都有f(x)≥－ eq \f(8,9)， 则m≤ eq \f(7,3). 则实数m的取值范围是(－∞， eq \f(7,3)].故选B. (1)恒成立问题常转化为最值问题．一般地，若f(x)>A在区间D上恒成立，则等价于在区间D上，f(x)min>A；若不等式f(x)<B在区间D上恒成立，则等价于在区间D上，f(x)max<B. (2)含参数问题的处理常采用分离变量法，分离变量后，转化为函数的最值问题． 6．已知函数f(x)＝ex＋ae-x，若f(x)≥2 eq \r(3)恒成立，则实数a的取值范围是______________. 解析：由已知得ex＋ eq \f(a,ex)≥2 eq \r(3)恒成立， 即a≥－(ex)2＋2 eq \r(3)ex恒成立， 因此a≥(－(ex)2＋2 eq \r(3)ex)max. 令g(x)＝－(ex)2＋2 eq \r(3)ex＝－(ex－ eq \r(3))2＋3， 当ex＝ eq \r(3)，即x＝ln eq \r(3)时，g(x)max＝3，所以a≥3. 故实数a的取值范围是[3，＋∞). 7．若对任意x∈R，不等式3x2－2ax≥|x|－ eq \f(3,4)恒成立，则实数a的取值范围是______________． 解析：已知3x2－2ax≥|x|－ eq \f(3,4)⇔2ax≤3x2－|x|＋ eq \f(3,4). 当x>0时，2a≤(3x－1＋ eq \f(3,4x))min， 而3x－1＋ eq \f(3,4x)＝3x＋ eq \f(3,4x)－1≥2 eq \r(3x·\f(3,4x))－1＝2， 当且仅当x＝ eq \f(1,2)时等号成立， 所以2a≤2，即a≤1. 当x＝0时，不等式恒成立． 当x<0时，2a≥(3x＋1＋ eq \f(3,4x))max， 而3x＋1＋ eq \f(3,4x)＝1－[(－3x)＋(－ eq \f(3,4x))]≤－2， 当且仅当x＝－ eq \f(1,2)时等号成立， 所以2a≥－2，即a≥－1. 综上所述，－1≤a≤1， 故实数a的取值范围是[－1，1]. $