专题03 求函数的值域或最值14种常见考法归类（题型专练）高一数学人教A版必修第一册

**基本信息** 系统整合14类求函数值域方法，以“核心逻辑+解题步骤+易错提醒”构建方法体系，覆盖从基础到综合的完整知识链条。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |14类求值域方法|每题型含例题+3变式|提炼各方法核心逻辑、步骤及易错点，如观察法用基础函数范围，配方法抓顶点与定义域关系|从基础函数到复合函数，从正向求值域到反向求定义域/参数，形成“概念-方法-应用”递进链条，培养逻辑推理与数学表达能力|

专题03 求函数的值域或最值14种常见考法归类 （题型突破·举一反三） 题型 01 观察法求值域最值 题型 02 配方法求值域最值 题型 03 图象法求值域最值 题型 04 分离常数法求值域最值 题型 05 反解法求值域最值 题型 06 判别式法求值域最值 题型 07 换元法求值域最值 题型 08 单调性法求值域最值 题型 09 基本不等式法求值域最值 题型 10 平方法求值域最值 题型 11 二次函数在闭区间上的最值 题型 12 取整函数值域 题型 13 根据函数的值域求定义域 题型 14 根据函数的值域求参数 ▌题型01 观察法 1.核心逻辑 利用常见基础函数固定取值范围，直接观察解析式，快速写出值域，适合简单一次、、根式、指数、绝对值函数。 常用基础范围： ；； 2.解题步骤 (1)拆分解析式，识别绝对值、平方、偶次根式、指数等模块； (2)写出每一部分自带取值范围； (3)结合加减常数平移，整体判断函数取值上下界； (4)写成区间或集合形式。 3.易错提醒 (1)平方、根式忘记最小值为0； (2)平移常数计算上下界出错。 【例1】（2026高一·上海宝山·阶段检测）已知集合，，则________. 【变式1-1】（2026·全国·模拟预测）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】（2026高一·北京房山·期中）函数的值域为__________. 【变式1-3】（2026·吉林松原·模拟预测）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． ▌题型02 配方法 1.核心逻辑 针对二次型函数或含、的二次复合型，配方变成顶点式，由顶点判断最值，结合定义域确定值域。 2.解题步骤 (1)对含自变量平方的项配方，整理成完全平方形式； (2)由正负判断开口：有最小值；有最大值； (3)结合给定定义域，判断顶点是否可取； (4)结合端点函数值，确定完整值域。 3.易错提醒 (1)配方时常数项配错； (2)忽略自变量有限区间，直接默认全体实数取顶点最值。 【例2】（2026高一·江苏·寒假作业）求下列函数的值域： (1)； (2)． 【变式2-1】（2026高一·湖南长沙·期中）函数的值域为_________. 【变式2-2】（2026高一·全国·课后作业）已知集合，则（   ） A． B． C． D． 【变式2-3】（2026高一·重庆万州·期中）已知函数. (1)求的图象的顶点坐标； (2)求在上的值域. ▌题型03 图象法 1.核心逻辑 画出函数简易图像，值域就是图像上所有点纵坐标的取值范围，最高点纵坐标为最大值，最低点纵坐标为最小值。 2.解题步骤 (1)确定函数定义域，标出关键点：顶点、零点、端点、渐近线； (2)手绘简易函数图像； (3)竖直方向观察图像覆盖的范围； (4)区分空心点（取不到）、实心点（可取到），书写区间开闭。 3.易错提醒 (1)渐近线处误以为能取到对应数值； (2)分段函数漏画某一段图像，漏掉部分值域。 【例3】（2026高一·广东中山·期中）已知. (1)画出的图象; (2)根据图象求的单调区间和求的值域； (3)若在上单调递增，求的取值范围. 【变式3-1】【多选】（2026高一·湖北武汉·阶段检测）定义 ，若函数，则下列结论正确的是（   ） A． B．若直线与的图象有2个交点，则 C．在区间上单调递增 D．在区间上的值域为，则的最大值为，最小值为 【变式3-2】【多选】（2026高三·四川南充·开学考试）已知函数，下列关于函数的结论正确的是（    ） A．的定义域是 B．的值域是 C．若，则 D．的图象与直线有一个交点 【变式3-3】（2026高一·河南·期中）已知函数的图象由如图所示的两条曲线组成，则（    ） A． B．是单调增函数 C．的定义域是 D．的值域是 ▌题型04 分离常数法 1.核心逻辑 适用于一次分式，拆分常数转化为“常数+反比例型”，利用反比例函数范围求值域。 2.解题步骤 (1)分子凑出分母倍数，拆分分离常数：； (2)判断分式永远不能等于0； (3)推出，结合定义域写出值域。 3.易错提醒 (1)分离常数计算出错； (2)忘记函数永远取不到分离出的常数。 【例4】（2026高一·上海浦东新·阶段检测）函数的值域为_______ 【变式4-1】（2026高三·全国·专题练习）函数的值域为________ 【变式4-2】（2026高一·广东广州·阶段检测）函数在上的值域是_________． 【变式4-3】（2026高一·重庆云阳·阶段检测）函数的值域为（    ） A． B． C． D． ▌题型05 反解法 1.核心逻辑 把当作未知数，反解出关于的表达式，根据的定义域限制列不等式，解出范围即值域。 2.解题步骤 (1)原式交叉移项，用表示； (2)根据原函数的取值要求（分母、根号等）列不等式； (3)解关于的不等式，得到值域。 3.易错提醒 (1)反解移项符号出错； (2)遗漏原函数定义域限制条件。 【例5】（2026高一·全国·专题练习）求函数的值域 【变式5-1】（2026高一·全国·专题练习）求下列函数的值域： (1)； (2)． 【变式5-2】（2026高一·江苏苏州·阶段检测）求下列函数的值域 (1)； (2) 【变式5-3】（2026高三·全国·专题练习）函数的值域为（    ） A． B． C． D． ▌题型06 判别式法 1.核心逻辑 适用于分式二次函数，整理成关于的一元二次方程，有实数解则，解出范围。 2.解题步骤 (1)交叉相乘整理为； (2)分类：（一次方程，单独验证有无解）；用； (3)解不等式得到范围； (4)检验边界对应是否在原定义域内，舍去增根。 3.易错提醒 (1)忽略二次项系数的一次情况； (2)不检验边界值，包含定义域外的无效。 【例6】（2026高一·四川成都·期中）函数的值域为_____________． 【变式6-1】（2026高一·全国·专题练习）求函数的值域． 【变式6-2】（2026高三·全国·一轮复习）求函数的值域. 【变式6-3】（2026高三·全国·专题练习）求函数的值域． ▌题型07 换元法 1.核心逻辑 含根式、复杂复合式时，设根号内/复杂整体，转化为简单一次、二次函数，注意同步更新新元取值范围。 2.解题步骤 (1)设换元，写出的取值范围； (2)用替换原式，化简为简单基础函数； (3)根据范围求新函数值域； (4)最终值域用表示，不再保留。 3.易错提醒 (1)换元不写范围，值域扩大； (2)回代混淆与。 【例7】（2026高一·四川内江·阶段检测）函数的值域为_______． 【变式7-1】（2026高一·福建厦门·阶段检测）函数，的值域为（    ） A． B． C． D． 【变式7-2】（2026高一·辽宁·期中）函数的最大值是（    ） A． B． C．4 D． 【变式7-3】（2026高三·全国·专题练习）求函数的值域． ▌题型08 单调性法 1.核心逻辑 函数在区间单调递增/递减，最值直接取区间左右端点；复合函数遵循“同增异减”判断整体单调性。 2.解题步骤 (1)求函数定义域； (2)判断区间上单调递增还是递减； (3)单调增：左端点最小，右端点最大；单调减反之； (4)分段函数逐段求值域，最后取并集。 3.易错提醒 (1)复合函数单调性判断相反； (2)区间开区间端点误以为可取到最值。 【例8】（2026高一·全国·单元测试）函数在区间上的值域为_______． 【变式8-1】（2026高三·全国·专题练习）求函数的值域． 【变式8-2】（2026高一·北京朝阳·期中）已知函数. (1)用定义证明在区间上是增函数； (2)求该函数在区间上的最大值与最小值； (3)直接写出函数的值域（不需要写解答过程）. 【变式8-3】（2026高一·广东·期末）已知函数． (1)判断在区间上的单调性，并用定义证明； (2)求在区间上的值域． ▌题型09 基本不等式法 1.核心逻辑 形如，使用，必须满足一正、二定、三相等。 -一正：两项都大于0；-二定：积/和为定值；-三相等：存在使两项相等。 2.解题步骤 (1)确定定义域，保证两项均为正数； (2)配凑出乘积定值； (3)令两项相等，解出，验证在定义域内； (4)写出最值与值域；等号取不到改用单调性。 3.易错提醒 (1)忽略变量为负直接套不等式； (2)等号对应的不在定义域，仍使用不等式结果。 【例9】（2026高一·全国·专题练习）求函数的值域 【变式9-1】（2026高一·江苏·专题练习）求函数的值域. 【变式9-2】（2026·河北唐山·模拟预测）已知函数，则的最小值为（   ） A．0 B．2 C． D．3 【变式9-3】（2026高三·全国·专题练习）求函数的最小值. ▌题型10 平方法求值域 1.核心逻辑 型双根号函数，先确定定义域，两边平方去掉外层根号，转化为二次函数求中间式范围，结合还原值域。 2.解题步骤 (1)联立两个根式约束，求定义域； (2)两边平方，展开整理； (3)求出平方后式子的取值区间； (4)结合开方，得到值域。 3.易错提醒 (1)平方前不限制，出现负数值域； (2)联立定义域时漏掉约束条件。 【例10】（2026高一·浙江杭州·专题练习）函数的最大值是_____________. 【变式10-1】（2026高一·浙江·期中）已知函数，则该函数的值域是（   ） A． B． C． D． 【变式10-2】（2026高三·全国·专题练习）求函数的最值. 【变式10-3】（2026高一·全国·专题练习）已知函数的最大值为，最小值为，则的值为_________． ▌题型11 二次函数在闭区间上的最值 1.核心逻辑 分两大类：定函数动区间、动函数定区间；核心对比对称轴与闭区间位置，分三种：对称轴在区间左、区间内、区间右。 -开口向上：顶点最小，离对称轴越远越大； -相反。 2.解题步骤 (1)写出对称轴； (2)找到参数临界值，分类讨论对称轴相对区间位置； (3)每一类计算端点、顶点函数值； (4)对比得出该参数下最大、最小值。 3.易错提醒 (1)对称轴在区间外，仍取顶点最值； (2)分类讨论遗漏临界情况。 【例11】（2026高一·全国·课前预习）已知函数． (1)若，求函数的最值； (2)若，求函数的最值． 【变式11-1】（2026高一·江西南昌·阶段检测）已知函数（a为实常数）． （1）若，设在区间的最小值为，求的表达式： （2）设，若函数在区间上是增函数，求实数a的取值范围． 【变式11-2】（2026高一·河南南阳·阶段检测）已知函数. (1)若在上单调递减，求的取值范围； (2)设函数在区间上的最小值为，求的表达式； (3)对（2）中的，当，时，恒有成立，求实数的取值范围. 【变式11-3】（2026高一·四川成都·阶段检测）已知函数 （1）若函数在区间上的最小值为，求的表达式； （2）已知为奇函数，当时，，若对恒成立，求实数的取值范围. ▌题型12 取整函数值域 1.核心逻辑 表示不大于的最大整数；在区间，。复合函数先求内层范围，再分段取整。 2.解题步骤 (1)求内层函数的取值范围； (2)按整数分割区间； (3)写出每一段对应的取整结果； (4)收集所有整数，写成集合值域。 3.易错提醒 (1)误写取值3； (2)连续区间漏掉整数分段。 【例12】【多选】（2026高一·广西柳州·期末）高斯是德国著名的数学家，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为“高斯函数”，如：，，又称为“取整函数”．设，则下列结论正确的有（    ） A．， B．的值域为 C．若，则 D．的解集为 【变式12-1】（2026高一·江西上饶·阶段检测）取整函数（也叫高斯函数）的函数值表示不超过实数x的最大整数，例如，，，，，则函数，其中的值域为（   ） A． B． C． D． 【变式12-2】（3.2.2奇偶性专项觉醒2-3）世界公认的三大著名数学家为阿基米德、牛顿、高斯，其中享有“数学王子”美誉的高斯提出了取整函数，表示不超过的最大整数，例如． (1)若，求的值； (2)已知，求函数的值域． 【变式12-3】【多选】（2026高一·重庆九龙坡·阶段检测）高斯是德国著名的数学家，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为“高斯函数”，又称为“取整函数”.设，则下列结论正确的是（    ） A． B．对任意整数，有 C．设函数，则的值域为 D．的解集为 ▌题型13 根据函数的值域求定义域 1.核心逻辑 已知的取值范围，反向列不等式，解出自变量范围，同时兼顾分式、根式、零次幂自带定义域限制。 2.解题步骤 (1)由值域列出满足的不等式； (2)将解析式代入，转化为只含的不等式组； (3)叠加根式、分母等隐含约束； (4)求解不等式组，解集即为定义域。 3.易错提醒 (1)只看值域不等式，忽略根式、分母限制； (2)解不等式区间开闭判断错误。 【例13】（2026·上海嘉定·模拟预测）若函数的值域是，则此函数的定义域为______. 【变式13-1】【多选】（2026高一·江苏无锡·阶段检测）已知函数的值域是，则其定义域可能是（    ） A． B． C． D． 【变式13-2】（2026高一·河南开封·期末）已知函数 的值域为，则的定义域可以是______ 【变式13-3】（2026高一·河北保定·阶段检测）设函数，其中实数．若的值域为，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． ▌题型14 根据函数的值域求参数 1.核心逻辑 给定函数值域，等价于对应不等式恒成立/方程有解，结合函数图像、判别式、单调性建立含参不等式求解。 2.解题步骤 (1)分析函数类型，写出值域对应的限制条件； (2)转化为恒成立/存在解问题； (3)利用判别式、对称轴、单调性分类讨论参数； (4)检验参数边界是否满足题意，整合范围。 3.易错提醒 (1)混淆“恒成立”与“有解”，最值方向颠倒； (2)参数边界不检验，多解、漏解。 【例14】（2026高三·全国·一轮复习）已知函数的值域为，求，的值． 【变式14-1】（2026高二·黑龙江·期末）已知函数的定义域与值域都为，则实数的值为______ 【变式14-2】（26-27高三·全国·一轮复习）已知函数的值域是，则______，______． 【变式14-3】（2026高一·上海·阶段检测）已知，若函数的值域为，则的取值范围是______． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 求函数的值域或最值14种常见考法归类 ▌题型01 观察法 【例1】【答案】 【分析】求得集合，利用并集的意义可求得. 【详解】由，解得，所以， 又因为，所以， 所以. 故答案为：. 【变式1-1】【答案】C 【分析】分别化简集合A,B,再求交集. 【详解】由题意，,得，故； 又，故，∴. 故选:C. 【变式1-2】【答案】 【分析】根据反比例函数的性质即可求出函数的值域 【详解】因为，所以，故函数的值域为. 故答案为：. 【变式1-3】【答案】B 【分析】求函数的定义域和值域求集合，再由集合的交运算求集合. 【详解】由，得，故. 由，得，故， 则. 故选：B ▌题型02 配方法 【例2】【答案】(1) (2)． 【分析】（1）求出所有函数值即可得值域； （2）根据二次函数的性质即可得值域. 【详解】（1）因为 所以， 所以的值域为； （2）因为， 所以的值域为. 【变式2-1】【答案】 【分析】先求出分母的范围，然后根据倒数关系即可得的值域. 【详解】因为二次函数的值域为， 所以的定义域是，值域为. 故答案为：. 【变式2-2】【答案】B 【详解】由得，即，由，得，所以． 【变式2-3】【答案】(1) (2) 【分析】（1）配方，可得二次函数的顶点坐标. （2）考虑函数在端点处的函数值与顶点的纵坐标，可得函数在给定区间上的值域. 【详解】（1） 则的图象的顶点坐标为. （2）当时，取得最小值，且最小值为0. 因为 所以的最大值为9. 故在上的值域为. ▌题型03 图象法 【例3】【答案】(1) (2)增区间为、，减区间为、，值域为 (3) 【分析】（1）化简函数的解析式，可作出函数的图象； （2）根据图象可得出函数的增区间、减区间以及值域； （3）根据函数的单调性可得出关于实数的不等式（组），综合可求得实数的取值范围. 【详解】（1）因为，作出函数的图象如下图所示： （2）由图可知，函数的增区间为、，减区间为、，值域为. （3）因为函数在区间上单调递增，所以或， 所以或，解得或， 综上所述，实数的取值范围是. 【变式3-1】【答案】ACD 【分析】由题可得，代入求值判断A；结合图象可直观判断C，数形结合法判断BD. 【详解】注意到或，. 则，即. A选项，，故A正确. B选项，画出函数的图象，如图： 由图可知：若直线与的图象有2个交点，则或，故B错误； C选项，由图可知，函数在和上单调递增，在上单调递减，故C正确； D选项，令，解得；令，解得， 由图象可知：当时，取到最大值为， 当时，取到最小值为，故D正确. 故选：ACD 【变式3-2】【答案】BCD 【分析】根据函数的定义域、值域、由函数值求自变量、函数图象等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项，的定义域是，所以A选项错误. B选项，当时，， 当时，， 所以的值域是，所以B选项正确. C选项，由B选项的分析可知，若， 则，解得，所以C选项正确. D选项，画出的图象如下图所示，由图可知，D选项正确. 故选：BCD 【变式3-3】【答案】D 【分析】根据函数的图象，结合函数求值、函数单调性、定义域与值域，可得答案. 【详解】对于选项A，由图象可得，所以，A错误； 对于选项B，，，，故不是单调增函数，B错误； 对于选项C，由图象可得的定义域为，C错误； 对于选项D，由图象可得的值域为，D正确． 故选：D． ▌题型04 分离常数法 【例4】【答案】 【分析】求出函数的定义域，分离常数，结合反比例函数的值域即可得解. 【详解】函数的定义域为，， 而，则， 所以函数的值域是. 故答案为： 【变式4-1】【答案】 【分析】利用反比例函数的定义域和值域都是，来求分式函数的值域. 【详解】因为，又因为，所以， 所以函数的值域为． 故答案为：. 【变式4-2】【答案】 【分析】将函数变形为，再由的取值范围及不等式的性质计算可得. 【详解】因为， 又，所以，所以， 所以， 所以. 故答案为： 【变式4-3】【答案】D 【分析】分离常数后，得到函数值域. 【详解】， 因为，所以，故值域为． 故选：D ▌题型05 反解法 【例5】【答案】 【分析】利用分离常数法变形可得，然后观察可得值域. 【详解】方法一：分离常数法： 设，因为，所以， 所以原函数的值域为 方法二：反解法： 由，可得， 所以当时，， 所以原函数的值域为 【变式5-1】【答案】(1) (2) 【分析】选用分离常数法和反表示法即可求解； 【详解】（1）解法1：，因为，所以． 解法2：由于，则，故． （2）解法1：，因为，所以，故． 解法2：由于，则，因为，所以，解得，即． 【变式5-2】【答案】(1) (2) 【分析】（1）令，得，由即可求解； （2）分和两种情况分类讨论即可求解. 【详解】（1）令，所以，由有， 解得，所以； （2）当时，， 所以， 当时，， 所以， 综上所述，，即. 【变式5-3】【答案】B 【分析】解方程，用表示，解得的范围，即为值域. 【详解】设，则， 两边同时平方得，即， 当时，不成立，所以，所以， 所以即整理得，即， 解得或， 故选：B． ▌题型06 判别式法 【例6】【答案】 【分析】将函数式转化为方程，即该方程在上有解，讨论和，结合判别式法即可求值域. 【详解】由解析式知：函数的定义域为R，且， 整理可得，即该方程在上有解， 当时，，显然成立； 当时，有，整理得，即， 综上，原函数值域为. 故答案为：. 【变式6-1】【答案】 【分析】根据分式函数的特点，因定义域为，可将其化成关于的一元二次方程恒有实根的情况，通过根的判别式即可求得函数的值域. 【详解】因为恒成立，故， 则由可得，， 当时，，适合题意； 当时，由于，故恒有实数根， 故，解得且， 综上可得，的值域为. 【变式6-2】【答案】 【分析】由变形得，当时，此方程无解；当时，利用方程有实根即列不等式求解值域. 【详解】由变形得， 当时，此方程无解； 当时，因为，所以， 解得，又，所以， 所以函数的值域为. 【变式6-3】【答案】 【分析】由题知，等价于在上有根，再利用判别式求解即可. 【详解】，定义域为， 所以，即， 则在上有根， 所以， 解得，即或， 又，即， 所以函数的值域为． ▌题型07 换元法 【例7】【答案】 【分析】利用换元法将问题转化为二次函数的值域求解，即可得答案. 【详解】令，，则， 则，即为， 其图象对称轴为，则该函数在上单调递减， 故， 故函数的值域为， 故答案为： 【变式7-1】【答案】D 【分析】换元后得到，结合函数单调性得到值域. 【详解】，令，则， 则函数变为， 在上单调递减， 其中，， 故值域为. 故选：D 【变式7-2】【答案】B 【分析】设，可得，然后配方后利用二次函数的性质求解即可. 【详解】设，则， 即， 因为，所以当时，的最大值为， 故选：B. 【变式7-3】【答案】 【分析】利用换元法求值域即可. 【详解】函数的定义域为， 令，则， 原函数变为， 当时，， 因为在上单调递减，在上单调递增， 所以当或时，， 即当时，； 当时，， 因为在上单调递增，所以， 即当时，， 综上所述，函数的值域为. ▌题型08 单调性法 【例8】【答案】 【分析】根据函数在上的单调性求解即可. 【详解】因为函数在上恒正且单调递增，则在上单调递减， 所以，故的值域为． 故答案为：. 【变式8-1】【答案】 【分析】利用函数的单调性来求值域即可． 【详解】因为在定义域内单调递增，在定义域内单调递减， 所以在定义域上单调递增， 又因为函数定义域为， 所以， 即函数的值域为. 【变式8-2】【答案】(1) 任取，,，且， 则． ，，而，， ，即， 在区间上是增函数； (2)，． (3) 【分析】（1）在,内任取两个不同的值，利用作差法比较与的大小得结论； （2）利用函数在,上是增函数求得函数的最值； （3）分离常数后，根据分式的性质求解即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，在区间上是单调增函数， ， ． （3）， 因为，所以， 即函数的值域为. 【变式8-3】【答案】(1)在区间上单调递增，证明见解析 (2) 【分析】（1）利用定义法，设出，通过做差比较的大小，即可证明； （2）根据第（1）问得到在区间上的单调性，在区间直接赋值即可求解值域. 【详解】（1）在区间上单调递增，证明如下： ，且，有 ． 因为，且，所以，． 于是，即． 故在区间上单调递增． （2）由第（1）问结论可知，因为在区间上单调递增, ，． 所以在区间上的值域为． ▌题型09 基本不等式法 【例9】【答案】 【分析】先分离常数，再利用基本不等式可得答案. 【详解】因为，所以 ， 当且仅当，即时，等号成立. 故函数的值域为. 【变式9-1】【答案】. 【分析】根据给定条件，利用配凑法及基本不等式求出最小值即可得解. 【详解】当时，， 则 ，当且仅当，即时取等号， 所以函数的值域为. 【变式9-2】【答案】C 【分析】利用基本不等式可得答案. 【详解】由已知得， 所以， 当且仅当即等号成立， 则的最小值为. 故选：C. 【变式9-3】【答案】10 【分析】利用基本不等式结合计算可得结果. 【详解】易知. 因为，可得，因此可得， 当且仅当，即时，等号成立. 故， 所以当时，有最小值10. ▌题型10 平方法求值域 【例10】【答案】 【分析】对函数进行平方处理，结合二次函数的最值情况求解即可. 【详解】 当时取最大值，则的最大值是. 故答案为：. 【变式10-1】【答案】D 【分析】首先求出函数的定义域，令，将两边平方，求出取值范围，再由，即可求出的取值范围. 【详解】令，则，解得， 所以函数的定义域为， 则，因为，所以， 所以，则，所以， 显然，所以，即该函数的值域为. 故选：D 【变式10-2】【答案】最小值为，最大值为 【分析】将函数两边同时平方，然后利用二次函数的性质求值域即可. 【详解】由已知得函数的定义域为， 由可得， 又，所以， 可得， 又，可得， 所以函数的最小值为，最大值为. 【变式10-3】【答案】 【分析】将函数两边同时平方后化简，然后利用二次函数的性质来求值域. 【详解】函数定义域， ， 设，开口向下，对称轴为， 当时，， 当或时，， 所以，所以， 所以. 故答案为： ▌题型11 二次函数在闭区间上的最值 【例11】【答案】(1)最小值为，最大值为 (2)答案见解析 【分析】（1）求出函数的对称轴为，由二次函数的单调性，即可求解. （2）分类讨论定区间与对称轴的关系，结合二次函数的图象与性质，可得答案. 【详解】（1）∵函数的图象开口向上，对称轴为直线， ∴在上单调递减，在上单调递增，且． ∴，． （2）由（1）知对称轴为直线， ①当，即时， ，． ②当，即时， ，． ③当，即时， ，． ④当，即时， ，． 设函数的最大值为，最小值为， 则有， . 【变式11-1】【答案】（1）；（2） 【分析】（1）用二次函数法求函数的最小值，要注意定义域，同时由于不确定，要根据对称轴分类讨论． （2）首先用单调性定义证明单调性，可将“函数在区间上是增函数”转化为恒成立问题求即可． 【详解】（1）由于，当时， ①若，即，则在为增函数 ，； ②若，即时，； ③若，即时，在上是减函数，； 综上可得； （2）在区间上任取， 　　　　　　（*） 在上是增函数 ∴（*）可转化为对任意且都成立，即 ①当时，上式显然成立 ②，由得，解得； ③，由得，，得， 所以实数的取值范围是． 【点睛】本题考查二次函数在区间上的最值问题，注意要对对称轴和区间的位置进行讨论，考查单调性的应用，这类问题要转化为恒成立问题，实质还是研究最值，这里就会涉及到构造新函数的问题，本题是一道难度较大的题目． 【变式11-2】【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）求出函数的对称轴，根据二次函数的性质计算可得； （2）分、、三种情况讨论，分别求出，即可得解； （3）结合（2）求出的值域，则当，恒有成立，令，，则，再分、两种情况讨论，分别求出，即可得解. 【详解】（1）函数开口向上，对称轴为， 若在上单调递减，则，即的取值范围为； （2）因为，， 当时，在上单调递增，所以； 当时，在上单调递减，所以； 当时，； 所以； （3）当时，则， 因为当，时，恒有成立， 所以当，恒有成立， 令，，则， 当，即时，，解得，所以； 当，即时，，解得，所以； 综上可得. 【变式11-3】【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）讨论、、，根据的区间单调性求最小值的表达式； （2）由题设及的奇偶性求的解析式，再依据的单调性及不等式恒成立求的取值范围. 【详解】（1）①若，即时，在上是增函数，则. ②若，即时，在上是减函数，则 ③若，即时，在上先减后增，则. 综上， （2）当时，，设，则， ，又为奇函数， ， . 在上是增函数，且对恒成立， 对恒成立. 实数的取值范围是. ▌题型12 取整函数值域 【例12】【答案】BCD 【分析】对于A，取代入判断；对于B，分和，时讨论判断；对于C，分和两种情况代入判断即可；对于D，将问题转化为，再结合得即可求得范围. 【详解】对于A：取，，，故A错误； 对于B：当，时，，， 当，时，，， 所以函数，的值域为，故B正确； 对于C：当时，，，． 当时，，，，故C正确； 对于D：，可化为， 即，可化简为， ，，，，则，故D正确． 故选：BCD 【变式12-1】【答案】A 【分析】由题可知，从而得到函数的值域为. 【详解】根据取整函数的定义，对任意实数，有，可得； 故函数的值域为. 故选：A 【变式12-2】【答案】(1)0 (2) 【分析】（1）根据题意，由取整函数定义即可得到的值； （2）将变形，分析其取值范围，结合取整函数定义，即可得到结果． 【详解】（1）由取整函数定义可知，所以． 故的值为0． （2）设，则． 当时，，； 当时，． 所以，所以， 故函数的值域为． 【变式12-3】【答案】BCD 【分析】结合所给新定义逐项判断即可得. 【详解】对A：，故A错误； 对B：设，则，对任意整数，， 则，故B正确； 对C：由，且，则，即， 故的值域为，故C正确； 对D：由，则，则有， 即， 又，故，则，即，故， 即的解集为，故D正确. 故选：BCD. ▌题型13 根据函数的值域求定义域 【例13】【答案】 【分析】分类讨论分两种情况解不等式即可. 【详解】当时，，∴； 当时，，∴，∴. 故答案为：. 【变式13-1】【答案】ABC 【分析】根据二次函数的性质确定函数定义域形式，再结合给定值域求解作答. 【详解】由，得，即，得． 由，得，即或． 故定义域内必须含有1，0与2至少含有一个，且定义域一定是的子集． 设定义域为，若，则，则A成立； 若，则，则B，C成立； D不可能为定义域． 故选：ABC. 【变式13-2】【答案】（答案不唯一） 【分析】解分式不等式得到范围，写出符合题意的定义域即可. 【详解】令，解得或， 则的定义域可以是， 故答案为：（答案不唯一）. 【变式13-3】【答案】D 【分析】考虑函数的单调性，结合值域求a的取值范围. 【详解】函数，由对勾函数的性质可知， 由于在上单调递减，在上单调递增， 且注意到，，， 所以所求a的取值范围是． 故选：D ▌题型14 根据函数的值域求参数 【例14】【答案】 【分析】去分母，并整理成关于的一元二次方程的形式，当时，根据一元二次方程有实数根的条件列式，并结合一元二次不等式和一元二次方程的关系列方程组求解，并验证时也符合题意，从而可得最终结果. 【详解】将式子变形为； 当时，；即； 所以1，9是方程的两个根，代入得：；解得； 将代入，当时，方程化为，有实数解，故在值域内，符合题意. 综上，． 【变式14-1】【答案】 【分析】利用二次函数的定义域即为满足条件的解集，即可判断开口方向和二次函数的零点，从而得到参数的两个关系式，再利用值域中的最大值，即为二次函数的最大值开方，则再得到一个相等关系，从而利用消元法，即可解得参数. 【详解】由于的值域为，所以， 的定义域为，则方程的两根为， 所以， 则抛物线的对称轴为 ， 故答案为：. 【变式14-2】【答案】 3 【分析】首先将函数变形为，这个方程组有解，则判别式大于0，再由韦达定理即可求的结果. 【详解】将函数变形为． 当时，这个关于x的方程有解， 则，即． 由题设知，是方程的两个根， 根据韦达定理，得，， 解得，． 当时，，也满足题意． 故答案为：   【变式14-3】【答案】 【分析】根据给定条件，求出函数值域包含的范围即可. 【详解】由函数的值域为，得函数值域包含， 则，解得， 所以的取值范围是. 故答案为： 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 求函数的值域或最值14种常见考法归类 （题型突破·举一反三） 题型 01 观察法求值域最值 题型 02 配方法求值域最值 题型 03 图象法求值域最值 题型 04 分离常数法求值域最值 题型 05 反解法求值域最值 题型 06 判别式法求值域最值 题型 07 换元法求值域最值 题型 08 单调性法求值域最值 题型 09 基本不等式法求值域最值 题型 10 平方法求值域最值 题型 11 二次函数在闭区间上的最值 题型 12 取整函数值域 题型 13 根据函数的值域求定义域 题型 14 根据函数的值域求参数 ▌题型01 观察法 1.核心逻辑 利用常见基础函数固定取值范围，直接观察解析式，快速写出值域，适合简单一次、、根式、指数、绝对值函数。 常用基础范围： ；； 2.解题步骤 (1)拆分解析式，识别绝对值、平方、偶次根式、指数等模块； (2)写出每一部分自带取值范围； (3)结合加减常数平移，整体判断函数取值上下界； (4)写成区间或集合形式。 3.易错提醒 (1)平方、根式忘记最小值为0； (2)平移常数计算上下界出错。 【例1】（2026高一·上海宝山·阶段检测）已知集合，，则________. 【答案】 【分析】求得集合，利用并集的意义可求得. 【详解】由，解得，所以， 又因为，所以， 所以. 故答案为：. 【变式1-1】（2026·全国·模拟预测）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别化简集合A,B,再求交集. 【详解】由题意，,得，故； 又，故，∴. 故选:C. 【变式1-2】（2026高一·北京房山·期中）函数的值域为__________. 【答案】 【分析】根据反比例函数的性质即可求出函数的值域 【详解】因为，所以，故函数的值域为. 故答案为：. 【变式1-3】（2026·吉林松原·模拟预测）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求函数的定义域和值域求集合，再由集合的交运算求集合. 【详解】由，得，故. 由，得，故， 则. 故选：B ▌题型02 配方法 1.核心逻辑 针对二次型函数或含、的二次复合型，配方变成顶点式，由顶点判断最值，结合定义域确定值域。 2.解题步骤 (1)对含自变量平方的项配方，整理成完全平方形式； (2)由正负判断开口：有最小值；有最大值； (3)结合给定定义域，判断顶点是否可取； (4)结合端点函数值，确定完整值域。 3.易错提醒 (1)配方时常数项配错； (2)忽略自变量有限区间，直接默认全体实数取顶点最值。 【例2】（2026高一·江苏·寒假作业）求下列函数的值域： (1)； (2)． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）求出所有函数值即可得值域； （2）根据二次函数的性质即可得值域. 【详解】（1）因为 所以， 所以的值域为； （2）因为， 所以的值域为. 【变式2-1】（2026高一·湖南长沙·期中）函数的值域为_________. 【答案】 【分析】先求出分母的范围，然后根据倒数关系即可得的值域. 【详解】因为二次函数的值域为， 所以的定义域是，值域为. 故答案为：. 【变式2-2】（2026高一·全国·课后作业）已知集合，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由得，即，由，得，所以． 【变式2-3】（2026高一·重庆万州·期中）已知函数. (1)求的图象的顶点坐标； (2)求在上的值域. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）配方，可得二次函数的顶点坐标. （2）考虑函数在端点处的函数值与顶点的纵坐标，可得函数在给定区间上的值域. 【详解】（1） 则的图象的顶点坐标为. （2）当时，取得最小值，且最小值为0. 因为 所以的最大值为9. 故在上的值域为. ▌题型03 图象法 1.核心逻辑 画出函数简易图像，值域就是图像上所有点纵坐标的取值范围，最高点纵坐标为最大值，最低点纵坐标为最小值。 2.解题步骤 (1)确定函数定义域，标出关键点：顶点、零点、端点、渐近线； (2)手绘简易函数图像； (3)竖直方向观察图像覆盖的范围； (4)区分空心点（取不到）、实心点（可取到），书写区间开闭。 3.易错提醒 (1)渐近线处误以为能取到对应数值； (2)分段函数漏画某一段图像，漏掉部分值域。 【例3】（2026高一·广东中山·期中）已知. (1)画出的图象; (2)根据图象求的单调区间和求的值域； (3)若在上单调递增，求的取值范围. 【答案】(1) (2)增区间为、，减区间为、，值域为 (3) 【分析】（1）化简函数的解析式，可作出函数的图象； （2）根据图象可得出函数的增区间、减区间以及值域； （3）根据函数的单调性可得出关于实数的不等式（组），综合可求得实数的取值范围. 【详解】（1）因为，作出函数的图象如下图所示： （2）由图可知，函数的增区间为、，减区间为、，值域为. （3）因为函数在区间上单调递增，所以或， 所以或，解得或， 综上所述，实数的取值范围是. 【变式3-1】【多选】（2026高一·湖北武汉·阶段检测）定义 ，若函数，则下列结论正确的是（   ） A． B．若直线与的图象有2个交点，则 C．在区间上单调递增 D．在区间上的值域为，则的最大值为，最小值为 【答案】ACD 【分析】由题可得，代入求值判断A；结合图象可直观判断C，数形结合法判断BD. 【详解】注意到或，. 则，即. A选项，，故A正确. B选项，画出函数的图象，如图： 由图可知：若直线与的图象有2个交点，则或，故B错误； C选项，由图可知，函数在和上单调递增，在上单调递减，故C正确； D选项，令，解得；令，解得， 由图象可知：当时，取到最大值为， 当时，取到最小值为，故D正确. 故选：ACD 【变式3-2】【多选】（2026高三·四川南充·开学考试）已知函数，下列关于函数的结论正确的是（    ） A．的定义域是 B．的值域是 C．若，则 D．的图象与直线有一个交点 【答案】BCD 【分析】根据函数的定义域、值域、由函数值求自变量、函数图象等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项，的定义域是，所以A选项错误. B选项，当时，， 当时，， 所以的值域是，所以B选项正确. C选项，由B选项的分析可知，若， 则，解得，所以C选项正确. D选项，画出的图象如下图所示，由图可知，D选项正确. 故选：BCD 【变式3-3】（2026高一·河南·期中）已知函数的图象由如图所示的两条曲线组成，则（    ） A． B．是单调增函数 C．的定义域是 D．的值域是 【答案】D 【分析】根据函数的图象，结合函数求值、函数单调性、定义域与值域，可得答案. 【详解】对于选项A，由图象可得，所以，A错误； 对于选项B，，，，故不是单调增函数，B错误； 对于选项C，由图象可得的定义域为，C错误； 对于选项D，由图象可得的值域为，D正确． 故选：D． ▌题型04 分离常数法 1.核心逻辑 适用于一次分式，拆分常数转化为“常数+反比例型”，利用反比例函数范围求值域。 2.解题步骤 (1)分子凑出分母倍数，拆分分离常数：； (2)判断分式永远不能等于0； (3)推出，结合定义域写出值域。 3.易错提醒 (1)分离常数计算出错； (2)忘记函数永远取不到分离出的常数。 【例4】（2026高一·上海浦东新·阶段检测）函数的值域为_______ 【答案】 【分析】求出函数的定义域，分离常数，结合反比例函数的值域即可得解. 【详解】函数的定义域为，， 而，则， 所以函数的值域是. 故答案为： 【变式4-1】（2026高三·全国·专题练习）函数的值域为________ 【答案】 【分析】利用反比例函数的定义域和值域都是，来求分式函数的值域. 【详解】因为，又因为，所以， 所以函数的值域为． 故答案为：. 【变式4-2】（2026高一·广东广州·阶段检测）函数在上的值域是_________． 【答案】 【分析】将函数变形为，再由的取值范围及不等式的性质计算可得. 【详解】因为， 又，所以，所以， 所以， 所以. 故答案为： 【变式4-3】（2026高一·重庆云阳·阶段检测）函数的值域为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分离常数后，得到函数值域. 【详解】， 因为，所以，故值域为． 故选：D ▌题型05 反解法 1.核心逻辑 把当作未知数，反解出关于的表达式，根据的定义域限制列不等式，解出范围即值域。 2.解题步骤 (1)原式交叉移项，用表示； (2)根据原函数的取值要求（分母、根号等）列不等式； (3)解关于的不等式，得到值域。 3.易错提醒 (1)反解移项符号出错； (2)遗漏原函数定义域限制条件。 【例5】（2026高一·全国·专题练习）求函数的值域 【答案】 【分析】利用分离常数法变形可得，然后观察可得值域. 【详解】方法一：分离常数法： 设，因为，所以， 所以原函数的值域为 方法二：反解法： 由，可得， 所以当时，， 所以原函数的值域为 【变式5-1】（2026高一·全国·专题练习）求下列函数的值域： (1)； (2)． 【答案】(1) (2) 【分析】选用分离常数法和反表示法即可求解； 【详解】（1）解法1：，因为，所以． 解法2：由于，则，故． （2）解法1：，因为，所以，故． 解法2：由于，则，因为，所以，解得，即． 【变式5-2】（2026高一·江苏苏州·阶段检测）求下列函数的值域 (1)； (2) 【答案】(1) (2) 【分析】（1）令，得，由即可求解； （2）分和两种情况分类讨论即可求解. 【详解】（1）令，所以，由有， 解得，所以； （2）当时，， 所以， 当时，， 所以， 综上所述，，即. 【变式5-3】（2026高三·全国·专题练习）函数的值域为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】解方程，用表示，解得的范围，即为值域. 【详解】设，则， 两边同时平方得，即， 当时，不成立，所以，所以， 所以即整理得，即， 解得或， 故选：B． ▌题型06 判别式法 1.核心逻辑 适用于分式二次函数，整理成关于的一元二次方程，有实数解则，解出范围。 2.解题步骤 (1)交叉相乘整理为； (2)分类：（一次方程，单独验证有无解）；用； (3)解不等式得到范围； (4)检验边界对应是否在原定义域内，舍去增根。 3.易错提醒 (1)忽略二次项系数的一次情况； (2)不检验边界值，包含定义域外的无效。 【例6】（2026高一·四川成都·期中）函数的值域为_____________． 【答案】 【分析】将函数式转化为方程，即该方程在上有解，讨论和，结合判别式法即可求值域. 【详解】由解析式知：函数的定义域为R，且， 整理可得，即该方程在上有解， 当时，，显然成立； 当时，有，整理得，即， 综上，原函数值域为. 故答案为：. 【变式6-1】（2026高一·全国·专题练习）求函数的值域． 【答案】 【分析】根据分式函数的特点，因定义域为，可将其化成关于的一元二次方程恒有实根的情况，通过根的判别式即可求得函数的值域. 【详解】因为恒成立，故， 则由可得，， 当时，，适合题意； 当时，由于，故恒有实数根， 故，解得且， 综上可得，的值域为. 【变式6-2】（2026高三·全国·一轮复习）求函数的值域. 【答案】 【分析】由变形得，当时，此方程无解；当时，利用方程有实根即列不等式求解值域. 【详解】由变形得， 当时，此方程无解； 当时，因为，所以， 解得，又，所以， 所以函数的值域为. 【变式6-3】（2026高三·全国·专题练习）求函数的值域． 【答案】 【分析】由题知，等价于在上有根，再利用判别式求解即可. 【详解】，定义域为， 所以，即， 则在上有根， 所以， 解得，即或， 又，即， 所以函数的值域为． ▌题型07 换元法 1.核心逻辑 含根式、复杂复合式时，设根号内/复杂整体，转化为简单一次、二次函数，注意同步更新新元取值范围。 2.解题步骤 (1)设换元，写出的取值范围； (2)用替换原式，化简为简单基础函数； (3)根据范围求新函数值域； (4)最终值域用表示，不再保留。 3.易错提醒 (1)换元不写范围，值域扩大； (2)回代混淆与。 【例7】（2026高一·四川内江·阶段检测）函数的值域为_______． 【答案】 【分析】利用换元法将问题转化为二次函数的值域求解，即可得答案. 【详解】令，，则， 则，即为， 其图象对称轴为，则该函数在上单调递减， 故， 故函数的值域为， 故答案为： 【变式7-1】（2026高一·福建厦门·阶段检测）函数，的值域为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】换元后得到，结合函数单调性得到值域. 【详解】，令，则， 则函数变为， 在上单调递减， 其中，， 故值域为. 故选：D 【变式7-2】（2026高一·辽宁·期中）函数的最大值是（    ） A． B． C．4 D． 【答案】B 【分析】设，可得，然后配方后利用二次函数的性质求解即可. 【详解】设，则， 即， 因为，所以当时，的最大值为， 故选：B. 【变式7-3】（2026高三·全国·专题练习）求函数的值域． 【答案】 【分析】利用换元法求值域即可. 【详解】函数的定义域为， 令，则， 原函数变为， 当时，， 因为在上单调递减，在上单调递增， 所以当或时，， 即当时，； 当时，， 因为在上单调递增，所以， 即当时，， 综上所述，函数的值域为. ▌题型08 单调性法 1.核心逻辑 函数在区间单调递增/递减，最值直接取区间左右端点；复合函数遵循“同增异减”判断整体单调性。 2.解题步骤 (1)求函数定义域； (2)判断区间上单调递增还是递减； (3)单调增：左端点最小，右端点最大；单调减反之； (4)分段函数逐段求值域，最后取并集。 3.易错提醒 (1)复合函数单调性判断相反； (2)区间开区间端点误以为可取到最值。 【例8】（2026高一·全国·单元测试）函数在区间上的值域为_______． 【答案】 【分析】根据函数在上的单调性求解即可. 【详解】因为函数在上恒正且单调递增，则在上单调递减， 所以，故的值域为． 故答案为：. 【变式8-1】（2026高三·全国·专题练习）求函数的值域． 【答案】 【分析】利用函数的单调性来求值域即可． 【详解】因为在定义域内单调递增，在定义域内单调递减， 所以在定义域上单调递增， 又因为函数定义域为， 所以， 即函数的值域为. 【变式8-2】（2026高一·北京朝阳·期中）已知函数. (1)用定义证明在区间上是增函数； (2)求该函数在区间上的最大值与最小值； (3)直接写出函数的值域（不需要写解答过程）. 【答案】(1) 任取，,，且， 则． ，，而，， ，即， 在区间上是增函数； (2)，． (3) 【分析】（1）在,内任取两个不同的值，利用作差法比较与的大小得结论； （2）利用函数在,上是增函数求得函数的最值； （3）分离常数后，根据分式的性质求解即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，在区间上是单调增函数， ， ． （3）， 因为，所以， 即函数的值域为. 【变式8-3】（2026高一·广东·期末）已知函数． (1)判断在区间上的单调性，并用定义证明； (2)求在区间上的值域． 【答案】(1)在区间上单调递增，证明见解析 (2) 【分析】（1）利用定义法，设出，通过做差比较的大小，即可证明； （2）根据第（1）问得到在区间上的单调性，在区间直接赋值即可求解值域. 【详解】（1）在区间上单调递增，证明如下： ，且，有 ． 因为，且，所以，． 于是，即． 故在区间上单调递增． （2）由第（1）问结论可知，因为在区间上单调递增, ，． 所以在区间上的值域为． ▌题型09 基本不等式法 1.核心逻辑 形如，使用，必须满足一正、二定、三相等。 -一正：两项都大于0；-二定：积/和为定值；-三相等：存在使两项相等。 2.解题步骤 (1)确定定义域，保证两项均为正数； (2)配凑出乘积定值； (3)令两项相等，解出，验证在定义域内； (4)写出最值与值域；等号取不到改用单调性。 3.易错提醒 (1)忽略变量为负直接套不等式； (2)等号对应的不在定义域，仍使用不等式结果。 【例9】（2026高一·全国·专题练习）求函数的值域 【答案】 【分析】先分离常数，再利用基本不等式可得答案. 【详解】因为，所以 ， 当且仅当，即时，等号成立. 故函数的值域为. 【变式9-1】（2026高一·江苏·专题练习）求函数的值域. 【答案】. 【分析】根据给定条件，利用配凑法及基本不等式求出最小值即可得解. 【详解】当时，， 则 ，当且仅当，即时取等号， 所以函数的值域为. 【变式9-2】（2026·河北唐山·模拟预测）已知函数，则的最小值为（   ） A．0 B．2 C． D．3 【答案】C 【分析】利用基本不等式可得答案. 【详解】由已知得， 所以， 当且仅当即等号成立， 则的最小值为. 故选：C. 【变式9-3】（2026高三·全国·专题练习）求函数的最小值. 【答案】10 【分析】利用基本不等式结合计算可得结果. 【详解】易知. 因为，可得，因此可得， 当且仅当，即时，等号成立. 故， 所以当时，有最小值10. ▌题型10 平方法求值域 1.核心逻辑 型双根号函数，先确定定义域，两边平方去掉外层根号，转化为二次函数求中间式范围，结合还原值域。 2.解题步骤 (1)联立两个根式约束，求定义域； (2)两边平方，展开整理； (3)求出平方后式子的取值区间； (4)结合开方，得到值域。 3.易错提醒 (1)平方前不限制，出现负数值域； (2)联立定义域时漏掉约束条件。 【例10】（2026高一·浙江杭州·专题练习）函数的最大值是_____________. 【答案】 【分析】对函数进行平方处理，结合二次函数的最值情况求解即可. 【详解】 当时取最大值，则的最大值是. 故答案为：. 【变式10-1】（2026高一·浙江·期中）已知函数，则该函数的值域是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先求出函数的定义域，令，将两边平方，求出取值范围，再由，即可求出的取值范围. 【详解】令，则，解得， 所以函数的定义域为， 则，因为，所以， 所以，则，所以， 显然，所以，即该函数的值域为. 故选：D 【变式10-2】（2026高三·全国·专题练习）求函数的最值. 【答案】最小值为，最大值为 【分析】将函数两边同时平方，然后利用二次函数的性质求值域即可. 【详解】由已知得函数的定义域为， 由可得， 又，所以， 可得， 又，可得， 所以函数的最小值为，最大值为. 【变式10-3】（2026高一·全国·专题练习）已知函数的最大值为，最小值为，则的值为_________． 【答案】 【分析】将函数两边同时平方后化简，然后利用二次函数的性质来求值域. 【详解】函数定义域， ， 设，开口向下，对称轴为， 当时，， 当或时，， 所以，所以， 所以. 故答案为： ▌题型11 二次函数在闭区间上的最值 1.核心逻辑 分两大类：定函数动区间、动函数定区间；核心对比对称轴与闭区间位置，分三种：对称轴在区间左、区间内、区间右。 -开口向上：顶点最小，离对称轴越远越大； -相反。 2.解题步骤 (1)写出对称轴； (2)找到参数临界值，分类讨论对称轴相对区间位置； (3)每一类计算端点、顶点函数值； (4)对比得出该参数下最大、最小值。 3.易错提醒 (1)对称轴在区间外，仍取顶点最值； (2)分类讨论遗漏临界情况。 【例11】（2026高一·全国·课前预习）已知函数． (1)若，求函数的最值； (2)若，求函数的最值． 【答案】(1)最小值为，最大值为 (2)答案见解析 【分析】（1）求出函数的对称轴为，由二次函数的单调性，即可求解. （2）分类讨论定区间与对称轴的关系，结合二次函数的图象与性质，可得答案. 【详解】（1）∵函数的图象开口向上，对称轴为直线， ∴在上单调递减，在上单调递增，且． ∴，． （2）由（1）知对称轴为直线， ①当，即时， ，． ②当，即时， ，． ③当，即时， ，． ④当，即时， ，． 设函数的最大值为，最小值为， 则有， . 【变式11-1】（2026高一·江西南昌·阶段检测）已知函数（a为实常数）． （1）若，设在区间的最小值为，求的表达式： （2）设，若函数在区间上是增函数，求实数a的取值范围． 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）用二次函数法求函数的最小值，要注意定义域，同时由于不确定，要根据对称轴分类讨论． （2）首先用单调性定义证明单调性，可将“函数在区间上是增函数”转化为恒成立问题求即可． 【详解】（1）由于，当时， ①若，即，则在为增函数 ，； ②若，即时，； ③若，即时，在上是减函数，； 综上可得； （2）在区间上任取， 　　　　　　（*） 在上是增函数 ∴（*）可转化为对任意且都成立，即 ①当时，上式显然成立 ②，由得，解得； ③，由得，，得， 所以实数的取值范围是． 【点睛】本题考查二次函数在区间上的最值问题，注意要对对称轴和区间的位置进行讨论，考查单调性的应用，这类问题要转化为恒成立问题，实质还是研究最值，这里就会涉及到构造新函数的问题，本题是一道难度较大的题目． 【变式11-2】（2026高一·河南南阳·阶段检测）已知函数. (1)若在上单调递减，求的取值范围； (2)设函数在区间上的最小值为，求的表达式； (3)对（2）中的，当，时，恒有成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）求出函数的对称轴，根据二次函数的性质计算可得； （2）分、、三种情况讨论，分别求出，即可得解； （3）结合（2）求出的值域，则当，恒有成立，令，，则，再分、两种情况讨论，分别求出，即可得解. 【详解】（1）函数开口向上，对称轴为， 若在上单调递减，则，即的取值范围为； （2）因为，， 当时，在上单调递增，所以； 当时，在上单调递减，所以； 当时，； 所以； （3）当时，则， 因为当，时，恒有成立， 所以当，恒有成立， 令，，则， 当，即时，，解得，所以； 当，即时，，解得，所以； 综上可得. 【变式11-3】（2026高一·四川成都·阶段检测）已知函数 （1）若函数在区间上的最小值为，求的表达式； （2）已知为奇函数，当时，，若对恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）讨论、、，根据的区间单调性求最小值的表达式； （2）由题设及的奇偶性求的解析式，再依据的单调性及不等式恒成立求的取值范围. 【详解】（1）①若，即时，在上是增函数，则. ②若，即时，在上是减函数，则 ③若，即时，在上先减后增，则. 综上， （2）当时，，设，则， ，又为奇函数， ， . 在上是增函数，且对恒成立， 对恒成立. 实数的取值范围是. ▌题型12 取整函数值域 1.核心逻辑 表示不大于的最大整数；在区间，。复合函数先求内层范围，再分段取整。 2.解题步骤 (1)求内层函数的取值范围； (2)按整数分割区间； (3)写出每一段对应的取整结果； (4)收集所有整数，写成集合值域。 3.易错提醒 (1)误写取值3； (2)连续区间漏掉整数分段。 【例12】【多选】（2026高一·广西柳州·期末）高斯是德国著名的数学家，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为“高斯函数”，如：，，又称为“取整函数”．设，则下列结论正确的有（    ） A．， B．的值域为 C．若，则 D．的解集为 【答案】BCD 【分析】对于A，取代入判断；对于B，分和，时讨论判断；对于C，分和两种情况代入判断即可；对于D，将问题转化为，再结合得即可求得范围. 【详解】对于A：取，，，故A错误； 对于B：当，时，，， 当，时，，， 所以函数，的值域为，故B正确； 对于C：当时，，，． 当时，，，，故C正确； 对于D：，可化为， 即，可化简为， ，，，，则，故D正确． 故选：BCD 【变式12-1】（2026高一·江西上饶·阶段检测）取整函数（也叫高斯函数）的函数值表示不超过实数x的最大整数，例如，，，，，则函数，其中的值域为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题可知，从而得到函数的值域为. 【详解】根据取整函数的定义，对任意实数，有，可得； 故函数的值域为. 故选：A 【变式12-2】（3.2.2奇偶性专项觉醒2-3）世界公认的三大著名数学家为阿基米德、牛顿、高斯，其中享有“数学王子”美誉的高斯提出了取整函数，表示不超过的最大整数，例如． (1)若，求的值； (2)已知，求函数的值域． 【答案】(1)0 (2) 【分析】（1）根据题意，由取整函数定义即可得到的值； （2）将变形，分析其取值范围，结合取整函数定义，即可得到结果． 【详解】（1）由取整函数定义可知，所以． 故的值为0． （2）设，则． 当时，，； 当时，． 所以，所以， 故函数的值域为． 【变式12-3】【多选】（2026高一·重庆九龙坡·阶段检测）高斯是德国著名的数学家，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为“高斯函数”，又称为“取整函数”.设，则下列结论正确的是（    ） A． B．对任意整数，有 C．设函数，则的值域为 D．的解集为 【答案】BCD 【分析】结合所给新定义逐项判断即可得. 【详解】对A：，故A错误； 对B：设，则，对任意整数，， 则，故B正确； 对C：由，且，则，即， 故的值域为，故C正确； 对D：由，则，则有， 即， 又，故，则，即，故， 即的解集为，故D正确. 故选：BCD. ▌题型13 根据函数的值域求定义域 1.核心逻辑 已知的取值范围，反向列不等式，解出自变量范围，同时兼顾分式、根式、零次幂自带定义域限制。 2.解题步骤 (1)由值域列出满足的不等式； (2)将解析式代入，转化为只含的不等式组； (3)叠加根式、分母等隐含约束； (4)求解不等式组，解集即为定义域。 3.易错提醒 (1)只看值域不等式，忽略根式、分母限制； (2)解不等式区间开闭判断错误。 【例13】（2026·上海嘉定·模拟预测）若函数的值域是，则此函数的定义域为______. 【答案】 【分析】分类讨论分两种情况解不等式即可. 【详解】当时，，∴； 当时，，∴，∴. 故答案为：. 【变式13-1】【多选】（2026高一·江苏无锡·阶段检测）已知函数的值域是，则其定义域可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】根据二次函数的性质确定函数定义域形式，再结合给定值域求解作答. 【详解】由，得，即，得． 由，得，即或． 故定义域内必须含有1，0与2至少含有一个，且定义域一定是的子集． 设定义域为，若，则，则A成立； 若，则，则B，C成立； D不可能为定义域． 故选：ABC. 【变式13-2】（2026高一·河南开封·期末）已知函数 的值域为，则的定义域可以是______ 【答案】（答案不唯一） 【分析】解分式不等式得到范围，写出符合题意的定义域即可. 【详解】令，解得或， 则的定义域可以是， 故答案为：（答案不唯一）. 【变式13-3】（2026高一·河北保定·阶段检测）设函数，其中实数．若的值域为，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】考虑函数的单调性，结合值域求a的取值范围. 【详解】函数，由对勾函数的性质可知， 由于在上单调递减，在上单调递增， 且注意到，，， 所以所求a的取值范围是． 故选：D ▌题型14 根据函数的值域求参数 1.核心逻辑 给定函数值域，等价于对应不等式恒成立/方程有解，结合函数图像、判别式、单调性建立含参不等式求解。 2.解题步骤 (1)分析函数类型，写出值域对应的限制条件； (2)转化为恒成立/存在解问题； (3)利用判别式、对称轴、单调性分类讨论参数； (4)检验参数边界是否满足题意，整合范围。 3.易错提醒 (1)混淆“恒成立”与“有解”，最值方向颠倒； (2)参数边界不检验，多解、漏解。 【例14】（2026高三·全国·一轮复习）已知函数的值域为，求，的值． 【答案】 【分析】去分母，并整理成关于的一元二次方程的形式，当时，根据一元二次方程有实数根的条件列式，并结合一元二次不等式和一元二次方程的关系列方程组求解，并验证时也符合题意，从而可得最终结果. 【详解】将式子变形为； 当时，；即； 所以1，9是方程的两个根，代入得：；解得； 将代入，当时，方程化为，有实数解，故在值域内，符合题意. 综上，． 【变式14-1】（2026高二·黑龙江·期末）已知函数的定义域与值域都为，则实数的值为______ 【答案】 【分析】利用二次函数的定义域即为满足条件的解集，即可判断开口方向和二次函数的零点，从而得到参数的两个关系式，再利用值域中的最大值，即为二次函数的最大值开方，则再得到一个相等关系，从而利用消元法，即可解得参数. 【详解】由于的值域为，所以， 的定义域为，则方程的两根为， 所以， 则抛物线的对称轴为 ， 故答案为：. 【变式14-2】（26-27高三·全国·一轮复习）已知函数的值域是，则______，______． 【答案】 3 【分析】首先将函数变形为，这个方程组有解，则判别式大于0，再由韦达定理即可求的结果. 【详解】将函数变形为． 当时，这个关于x的方程有解， 则，即． 由题设知，是方程的两个根， 根据韦达定理，得，， 解得，． 当时，，也满足题意． 故答案为：   【变式14-3】（2026高一·上海·阶段检测）已知，若函数的值域为，则的取值范围是______． 【答案】 【分析】根据给定条件，求出函数值域包含的范围即可. 【详解】由函数的值域为，得函数值域包含， 则，解得， 所以的取值范围是. 故答案为： 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $