江苏省江阴市长泾中学2016届高三数学一轮复习函数的值域与最值课件(共34张)

函数的值域与最值长泾中学戴延庆（2010山东文数·4）函数f(x)=log2xlog2(2x)的最小值为_________.解：f(x)=(12log2x)[2log2(2x)]=log2x(1+log2x)=(log2x+12)2-14,所以当log2x=-12，x=22时，f(x)取得最小值-14.-14高考原题赏析（2010重庆文数·12）已知t＞0，则函数y=t2-4t+1t的最小值为____________.解：因为t＞0，故y=t2-4t+1t=t+1t-4≥-2，当且仅当t=1时，ymin=-2.-2高考原题赏析(2014浙江·13)已知实数a、b、c满足a+b+c=0，a2+b2+c2=1，则a的最大值为_______.解析：由△=4a2-8(2a2-1)≥0，得-63≤a≤63故实数a的最大值为6363高考原题赏析一、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．基础回顾要点梳理一般地，设函数f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足：函数的最值（最大值、最小值）：(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单调性法转化为二次函数给定区间求值域！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．(3)解法1：由y＝2x－1x＋1＝2－3x＋1，结合图象知，函数在[3，5]上是增函数，所以ymax＝32，ymin＝54，故所求函数的值域是54，32.解法2：由y＝2x－1x＋1，得x＝1＋y2－y.∵x∈[3，5]，∴3≤1＋y2－y≤5，解得54≤y≤32，即所求函数的值域是54，32.函数的单调性函数的有界性(3)y＝2x－1x＋1，x∈[3，5]；(4)由y＝2x2x＋1，得2x＝y1－y0，即0y1.故所求函数的值域为(0，1)．函数有界性(4)y＝2x2x＋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，由题意知，f(x)的对称轴为－a2.①当－a2－2，即a4时，g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0，得a≤73.又a4，故此时的a不存在．②当－a2∈[－2,2]，即－4≤a≤4时，g(a)＝f(－a2)＝3－a－a24≥0得－6≤a≤2.又－4≤a≤4，故－4≤a≤2.③当－a22，即a－4时，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．解：(1)∵f(x)的值域是[0，＋∞)，即fmin(x)＝0，∴4（2a＋6）－（4a）24＝0，即a＝－1或32.(2)若函数f(x)≥0恒成立，则Δ＝(4a)2－4(2a＋6)≤0，即2a2－a－3≤0，∴－1≤a≤32，∴g(a)＝2－a|a＋3|＝2－a(a＋3)＝－a＋322＋174.∵－1≤a≤32，∴g(a)在－1，32上为减函数，∴gmax(a)＝g(－1)＝4，gmin(a)＝g32＝－194，即函数g(a)＝2－a|a＋3|的值域是－194，4.3．已知函数f(x)＝x2＋2x＋ax，x∈[1，＋∞)．(1)当a＝12时，求函数f(x)的最小值；(2)若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)0恒成立，试求实数a的取值范围．3．解(1)当a＝12时，f(x)＝x＋12x＋2，设x1，x2∈[1，＋∞)且x1x2，f(x1)－f(x2)＝x1＋12x1－x2－12x2＝(x1－x2)(1－12x1x2)．∵x1x2，∴x1－x20，又∵1x1x2，∴1－12x1x20，∴f(x1)－f(x2)0，∴f(x1)f(x2)．∴f(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，∴f(x)在区间[1，＋∞)上的最小值为f(1)＝72.借题发挥(2)方法一在区间[1，＋∞)上，f(x)＝x2＋2x＋ax0恒成立，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＋a0时，函数f(x)恒成立，故a－3.方法二f(x)＝x＋ax＋2，x∈[1，＋∞)，当a≥0时，函数f(x)的值恒为正，满足题意，当a0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＋a0时，函数f(x)0恒成立，故a－3.即x2＋2x＋a0恒成立．方法三在区间[1，＋∞)上f(x)＝x2＋2x＋ax0恒成立，即x2＋2x＋a0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.已知函数f(x)对于任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x0时，f(x)0，f(1)＝－23.(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x1x2，则x1－x20，f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)．又∵x0时，f(x)0，而x1－x20，∴f(x1－x2)0，即f(x1)f(x2)．因此f(x)在R上是减函数．借题发挥4．方法二：设x1x2，则f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)＝f(x1－x2)．又∵x0时，f(x)0.而x1－x20，∴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．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．课时小结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．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3.考题类型题型四：综合题型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．易错提示：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．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．同学们，再见！第三课时巩固与拓展（微视频链接）长泾中学戴延庆已知函数f(x)＝22kkx(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q0，使函数g(x)＝1－qf(x)＋(2q－1)x在区间[－1,2]上的值域为[－4，178]？若存在，求出q；若不存在，请说明理由．解：(1)∵f(2)f(3)，∴f(x)在第一象限是增函数．故－k2＋k＋20，解得－1k2.又∵k∈Z，∴k＝0或k＝1.当k＝0或k＝1时，－k2＋k＋2＝2，∴f(x)＝x2.巩固与拓展（微视频链接）：(2)假设存在q0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－12q，4q2＋14q)处取得．而4q2＋14q－g(－1)＝4q2＋14q－(2－3q)＝4q－124q≥0，∴g(x)max＝4q2＋14q＝178，g(x)min＝g(－1)＝2－3q＝－4.解得q＝2.∴存在q＝2满足题意．同学们，再见！