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江苏省江阴市长泾中学2016届高考数学一轮复习 函数的值域与最值课件


函数的值域与最值

高考原题赏析
(2010 山东文数· 4)函数 f(x)=log2 xlog 2(2x)的最小值

1 为_________. 4

1 解:f(x)= ( log2x)[2log2(2x)] 2

121 = log2x(1+ log2x)=( log2x + ) -

, 2 4
1 2 1 所以当 log2x=- ,x= 时,f(x)取得最小值- . 2 2 4

高考原题赏析
t2-4t+1 (2010 重庆文数· 12)已知 t>0,则函数 y= 的最小值 t -2 为____________ .

解:因为 t>0,故
t2-4t+1 1 y= =t + - 4≥- 2, t t 当且仅当 t=1 时,ymin=-2 .

高考原题赏析
( 2014 浙江·13)已知实数 a、b、c 满足 a+b+c=0, 2 2 6 a2+b +c =1,则 a 的最大值为_______. 3 解析:

6 6 ≥0, 得- 3 ≤a≤ 3 6 故实数a的最大值为 3
由△=4a2-8(2a2-1)

一、学习目标 1、掌握几种常见题型的函数的值域的求法; 2、理解数形结合思想以及化归的数学数学, 理解换元法的作用和实质.

基础回顾

要点梳理

函数的最值(最大值、最小值) :
一般地,设函数 f(x)的定义域为 I,如果存在实数 M 满 足:

(1) 对于任意的 x∈I,都有 f(x)≤M(或 f(x)≥M); (2) 存在 x0∈I,使得 f(x0)=M,那么称 M 是函数 y =f(x)的最大(小) 值.

一般地,设函数 y=f(x)的定义域为 A,如果存在 x0∈A ,使得对于任意的 x∈A ,都有 f(x)≤f(x0)( 或 ≥f(x0)),则称 f(x0)为 y=f(x)的最__大_(或最__小__) 值.

典例精析

题型一:求函数值域常见几种方法

配方法

分离常数法

换元法
转化为二次函数给定区 间求值域!

单调性法

基本不等式法

注意:基本不等式法在求函数值域时,“一正、二 定、三相等”三个条件要同时满足!

解题反思:
1、若与二次函数有关,可用配方法; 2、当所给函数是分式的形式,且分子、分母是同次的, 可考虑用分离常数法; 3、若函数解析式中含有根式,可考虑用换元法或单调性法; 4、当函数解析式结构与基本不等式有关,可考虑用基本 不等式法;

5、当函数的图象易画出时,还可借助图象求解; 6、分段函数应分段求解.

2x-1 3 (3) 解法 1:由 y= =2- , x+1 x+1

2x-1 (3) y= ,x∈[3,5]; x+1

函数的单调性

结合图象知,函数在[3,5]上是增函数, ?5 3? 3 5 ? 所以 ymax= ,ymin= , 故所求函数的值域是? , ?4 2?. 2 4 ? ? 2x-1 1+y 函数的有界性 解法 2:由 y= ,得 x= . x +1 2-y 1+y 5 3 ∵x∈[3,5],∴3≤ ≤5,解得 ≤y≤ , 4 2 2-y ?5 3? ? , 即所求函数的值域是? ?4 2?. ? ?

2x (4) y= x . 2 +1

2x (4) 由 y= x ,得 函数有界性 2 +1 y x 2= >0,即 0<y<1. 1-y
故所求函数的值域为(0,1).

题型二:二次函数的最值问题

解题反思:

二次函数在区间上的最值问题主要有三种类型:
轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动.

不论哪种类型,解决的关键是考查对称轴与区间的关系, 特别是当含有参数时,要依据对称轴与区间的关系进行 分类讨论.

解题反思: 利用闭区间上的最值不超过整个定义域上 的最值,缩小了m,n的取值范围,避开了繁难的分类 讨论,解题过程简洁、明了。

借题发挥 2 (2)已知 f(x)=x2+ax+3-a,若 x∈[-2,2]时,f(x)≥0 恒 成立,求 a 的取值范围. (2)解:设 f(x)的最小值为 g(a),则只需 g(a)≥0, a 由题意知,f(x)的对称轴为- . 2 a ①当- <-2,即 a>4 时, 2 7 g(a)=f(-2)=7-3a≥0,得 a≤ . 3 又 a>4,故此时的 a 不存在. a ②当- ∈[-2,2],即-4≤a≤4 时, 2 a a2 g(a)=f(- )=3-a- ≥0 得-6≤a≤2. 2 4 又-4≤a≤4,故-4≤a≤2.

a ③当- >2,即 a<-4 时, 2

g(a)=f(2)=7+a≥0 得 a≥-7. 又 a<-4,故-7≤a<-4. 综上得所求 a 的取值范围是-7≤a≤2.

题型三

函数值域和最值的应用

例 3 已知函数 f(x)=x2+4ax+2a+6. (1) 若 f(x)的值域是[0,+∞),求 a 的值; (2) 若函数 f(x)≥0 恒成立,求 g(a)=2-a|a+3|的值域.

4(2a+6)-(4a)2 3 ∴ =0,即 a=-1 或 . 4 2 (2) 若函数 f(x)≥0 恒成立,则 3 2 2 Δ=(4a) -4(2a+6)≤0,即 2a -a-3≤0,∴-1≤a≤2, ? ?

? 3? 3 ? ∵ -1≤a≤ ,∴g(a)在?-1,2? ?上为减函数, 2 ? ? ? ? 19 ?3? ∴ gmax(a)=g(-1)=4,gmin(a)=g?2?=- , 4 ? ? ? 19 ? ? 即函数 g(a)=2-a|a+3|的值域是?- 4 ,4? ?. ? ?

解:(1) ∵ f(x)的值域是[0,+∞),即 fmin(x)=0,

3?2 17 ? g(a)=2-a|a+3|=2-a(a+3)=-?a+2? + . 4 ? ?

借题发挥
x2+2x+a 3.已知函数 f(x)= ,x∈[1,+∞). x 1 (1)当 a= 时,求函数 f(x)的最小值; 2 (2)若对任意 x∈[1,+∞),f(x)>0 恒成立,试求 实数 a 的取值范围. 1 1 3.解 (1)当 a= 时,f(x)=x+ +2, 2 2x 设 x1,x2∈[1,+∞)且 x1<x2, 1 1 1 f(x1)-f(x2)=x1+ -x2- =(x1-x2)(1- ). 2x1x2 2x1 2x2 ∵x1<x2,∴x1-x2<0,又∵1<x1<x2, 1 ∴1- >0,∴f(x1)-f(x2)<0,∴f(x1)<f(x2). 2x1x2 ∴f(x)在区间[1,+∞)上为增函数, 7 ∴f(x)在区间[1,+∞)上的最小值为 f(1)= . 2

(2)方法一

即 x2+2x+a>0 恒成立.

x2+2x+a 在区间[1,+∞)上,f(x)= >0 恒成立, x

设 y=x2+2x+a,x∈[1,+∞), y=x2+2x+a=(x+1)2+a-1 递增, ∴当 x=1 时,ymin=3+a, 于是当且仅当 ymin=3+a>0 时,函数 f(x)恒成立, 故 a>-3. a 方法二 f(x)=x+x+2,x∈[1,+∞), 当 a≥0 时,函数 f(x)的值恒为正,满足题意, 当 a<0 时,函数 f(x)递增, 当 x=1 时,f(x)min=3+a,于是当且仅当 f(x)min=3+a>0 时,函数 f(x)>0 恒成立,故 a>-3.

方法三

x2+2x+a 在区间[1,+∞)上 f(x)= >0 恒成立,即 x

x2+2x+a>0 恒成立.即 a>-x2-2x 恒成立.
又∵x∈[1,+∞),a>-x2-2x 恒成立, ∴a 应大于函数 u=-x2-2x,x∈[1,+∞)的最大值.

∴a>-x2-2x=-(x+1)2+1.
当 x=1 时,u 取得最大值-3,∴a>-3.

借题发挥4. 已知函数 f(x)对于任意 x,y∈R,总有 f(x)+f(y)=f(x+y),且 2 当 x>0 时,f(x)<0,f(1)=- . 3 (1)求证:f(x)在 R 上是减函数; (2)求 f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值. 解:(1)方法一: ∵函数 f(x)对于任意 x, y∈R 总有 f(x)+f(y)=f(x+y), ∴令 x=y=0,得 f(0)=0. 再令 y=-x,得 f(-x)=-f(x). 在 R 上任取 x1>x2,则 x1-x2>0, f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2). 又∵x>0 时,f(x)<0,而 x1-x2>0, ∴f(x1-x2)<0,即 f(x1)<f(x2). 因此 f(x)在 R 上是减函数.

方法二:设 x1>x2,则 f(x1)-f(x2)=f(x1-x2+x2)-f(x2)
=f(x1-x2)+f(x2)-f(x2)=f(x1-x2).

又∵x>0 时,f(x)<0.而 x1-x2>0, ∴f(x1-x2)<0,
即 f(x1)<f(x2),

∴f(x)在 R 上为减函数.

(2)∵f(x)在 R 上是减函数, ∴f(x)在[-3,3]上也是减函数, ∴f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值分别为 f(-3)与 f(3). 又∵f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)=f(1)+f(1)+f(1) ∴f(3)=3f(1)=-2,f(-3)=-f(3)=2. ∴f(x)在[-3,3]上的最大值为 2,最小值为-2. 解题反思: (1)对于抽象函数的问题要根据题设及所求的结论 来适当取特殊值说明抽象函数的特点. (2)证明 f(x)为单调减函数,首选方法是用单调性的定 义来证. (3)用函数的单调性求最值.

课时小结
1 .函数值域的几何意义是对应函数图象上点的纵坐标的 变化范围.利用函数几何意义,数形结合可求某些函 数的值域.
2. 函数的值域与最值有密切关系, 某些连续函数可借助函 数的最值求值域,利用配方法、判别式法、基本不等式 求值域时,一定注意等号是否成立,必要时注明“=” 成立的条件.

3. 考题类型 题型一:求函数值域常见几种方法 题型二:二次函数的最值问题 题型三:函数值域和最值的应用 题型四:综合题型

易错提示:
1.求函数的值域,不但要重视对应法则的作用,而且还要 特别注意定义域对值域的制约作用.

2. 函数的值域常常化归为求函数的最值问题,要重视函 数单调性在确定函数最值过程中的作用.特别要重视 实际问题的最值的求法.
3. 对于定义域、 值域的应用问题, 首先要用 “定义域优先” 的原则,同时结合不等式的性质.

巩固与拓展
已知函数 f(x)= x (k∈Z)满足 f(2)<f(3). (1)求 k 的值并求出相应的 f(x)的解析式; (2)对于(1)中得到的函数 f(x),试判断是否存在 q>0,使函数 17 g(x)=1-qf(x)+(2q-1)x 在区间[-1,2]上的值域为[-4, ]? 8 若存在,求出 q;若不存在,请说明理由.
? k 2 ?k ?2

解:(1)∵f(2)<f(3),
∴f(x)在第一象限是增函数. 故-k2+k+2>0,解得-1<k<2. 又∵k∈Z,∴k=0 或 k=1. 当 k=0 或 k=1 时,-k2+k+2=2, ∴f(x)=x2.

(2)假设存在 q>0 满足题设,由(1)知 g(x)=-qx2+(2q-1)x+1,x∈[-1,2]. ∵g(2)=-1, ∴ 两 个 最 值 点 只 能 在 端 点 ( - 1 , g( - 1)) 和 顶 点 2q-1 4q2+1 ( , )处取得. 2q 4q 4q2+1 4q2+1 ?4q-1?2 而 -g(-1)= -(2-3q)= ≥0, 4q 4q 4q 4q2+1 17 ∴g(x)max= = , 4q 8
g(x)min=g(-1)=2-3q=-4.

解得 q=2.∴存在 q=2 满足题意.


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