2021届高考数学一轮复习讲义课件：函数的值域与最值
2021年新高考数学一轮专题复习第05讲-函数的单调性与最值(讲义版)
【例
2－1】（2020·安徽省六安一中高一月考）若函数
f
x
2x2 1
3 x2
，则
f
x
的值域为（
）
A． ,3
B． 2,3
C． 2,3
D．3,
【答案】C 【分析】
利用分子分离法化简 f x ，再根据不等式的性质求函数的值域.
【详解】
f
x
2x2 3 1 x2
2(x2 1) 1 1 x2
2
1
1 x
考点一 确定函数的单调性(区间)
【例 1－1】（2019·安徽省泗县第一中学高二开学考试（理））如果函数 f(x)在[a，b]上是增函数，
对于任意的 x1，x2∈[a，b](x1≠x2)，下列结论不正确的是( )
A．
f
x1
x1
f x2
x2
>0
B．f(a)<f(x1)<f(x2)<f(b)
C．(x1－x2) [f(x1)－f(x2)]>0
取到.
(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大值(或最小值). 2.函数 y＝f(x)(f(x)>0)在公共定义域内与 y＝－f(x)，y＝ 1 的单调性相反.
f（x） 3.“对勾函数”y＝x＋a(a>0)的增区间为(－∞，－ a)，( a，＋∞)；单调减区间是[－ a，0)，
x (0， a].
三、 经典例题
的最大值为（ ）
A．-2
B．-3
C．-4
D．-6
10．（2020·安徽省六安一中高一月考）已知函数 f (x) log 1 (3x2 ax 5) 在 (1, ) 上是减函数，则实数 a
2
高考一轮数学复习理科课件人教版专题研究三角函数的值域与最值
CHAPTER
06
总结与展望
总结
三角函数值域与最值的定义和性 质
总结了三角函数值域与最值的定义，以及 相关的基本性质，如周期性、对称性等。
三角函数值域与最值的求法
归纳了几种常见的求三角函数值域与最值 的方法，如配方法、换元法、不等式法等 。
三角函数了三角函数值域与最值在解 决数学问题中的应用，如代数、几何等领 域。
解决实际问题
在实际问题中，如物理、工程等领域 ，常常需要求解三角函数的最值或值 域，以解决实际问题。
三角函数值域与最值的求解方法
代数法
通过代数运算，利用三角函数的 性质和公式，求出三角函数的最
值或值域。
几何法
将三角函数与几何图形相结合，利 用几何意义求出三角函数的最值或 值域。
导数法
利用导数求出函数的极值点，再结 合函数的单调性求出三角函数的最 值。
详细描述
反解法适用于一些难以直接观察的三角函数。通过反解，将 自变量表示为因变量的函数，然后利用函数的性质，如单调 性、奇偶性等，来求解函数的值域。反解法有时需要结合其 他方法一起使用，以简化求解过程。
CHAPTER
03
三角函数最值的求解方法
代数法
总结词
通过代数运算，将三角函数式转化为 更易于处理的形式，从而求得最值。
数形结合法
将三角函数与图像结合，利用 图像的直观性，得出函数的值
域或最值。
CHAPTER
05
三角函数值域与最值的应用实 例
在三角形中的应用
总结词
解决三角形问题
详细描述
三角函数在三角形问题中有着广泛的应用，尤其是在求解角度、边长等问题时。通过三角函数，我们可以利用已 知条件推导出未知量，从而解决三角形的问题。
导数与函数的极值、最值-2021届高三数学一轮高考总复习课件
考点 3 利用导数解决生活中的优化问题 例 3：(2016 年江苏)现需要设计一个仓库，它由上下两部 分组成，上部分的形状是正四棱锥PA1B1C1D1，下部分的形状 是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(如图2171)，并要求正四棱柱的 高 O1O 是正四棱锥的高 PO1 的 4 倍. (1)若 AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积 是多少？
②若 a<0，由 f′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝－1a. ∵x＝1 是 f(x)的极大值点， ∴－1a>1，解得－1<a<0. 综合①②，得实数 a 的取值范围是 a>－1. (2)由 f′(1)＝0，得 b＝1－a， 又 f(1)＝12，∴－12a－(1－a)＝12，即 a＝3. 从而 b＝－2，∴a－b＝5.
考点 1 函数的极值 例 1：设函数 f(x)＝ln x－12ax2－bx. (1)若 x＝1 是 f(x)的极大值点，则实数 a 的取值范围为 ________； (2)若函数 f(x)在 x＝1 处有极值12，则 a－b＝______； (3)若 f(x)有两个极值点，则实数 a 的取值范围是________.
4.(2018年四川南充一诊)若函数f(x)＝x3＋x2－ax－4在区间 (－1,1)内恰有一个极值点，则实数 a 的取值范围为( B )
A.(1,5) B.[1,5) C.(1,5] D.(－∞，1)∪(5，＋∞) 解析：由题意知 f′(x)＝3x2＋2x－a＝0在区间(－1,1)内恰 有一根( 且在根两侧 f′(x) 异号) ⇔ f′(1)f′(－1) ＝(5 －a)(1－ a)<0⇔1<a<5，故选 B.
解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－ax－b，由 f′(1)＝0，得 b＝1－a.
2021届新高考数学一轮课件：第二章+第5讲+函数的单调性与最值
答案：D
难点突破 ⊙函数的最值与值域 例题：求下列函数的值域：
(1)y＝3xx－＋22； (3)y＝x2＋x－x＋1 2(x>1)；
(2)y＝x2x－2－x＋x 1； (4)y＝|x＋1|＋|x－2|.
解：(1)方法一，y＝3xx－＋22＝3x－x－62＋8＝3＋x－8 2， ∵x－8 2≠0，∴y≠3. ∴函数 y＝3xx－＋22的值域是{y|y∈R，且 y≠3}. 方法二，由 y＝3xx－＋22，得 x＝2yy－＋31.∴y≠3.
∵log34>log33＝1,1＝20>2－23>2－32，∴log34>2
2 3
>2
3 2
，
又 f(x)在(0，＋∞)单调递减，
2
3
∴f(log34)<f(2 3 )<f(2 2 )，
∴f(2
3 2
2
)>f(2 3
)>flog314，故选
C.
答案：C
考向 2 解不等式
例 4：(1)(2017 年新课标Ⅰ)函数 f(x)在(－∞，＋∞)上单调
解析：x∈(－∞，0)时，xf′(x)>0，即 f′(x)<0， ∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，又 f(x)为偶函数， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增. ∴f(3)<f(4)<f(5)， ∴f(－3)<f(4)<f(－5)，故选 A. 答案：A
(2)(2019 年新课标Ⅲ)设 f(x)是定义域为 R 的偶函数，且在
3.函数 y＝ 16－4x的值域是___[_0_,4_)__.
解析：∵4x>0，∴0≤16－4x<16，∴ 16－4x∈[0,4). 4.函数 f(x)＝x－x 1(x≥2)的最大值为___2___.
2021届高考数学(理)考点复习：导数与函数的极值、最值(含解析)
2021届高考数学（理）考点复习导数与函数的极值、最值1．函数的极值与导数条件f ′(x 0)＝0x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0图象极值 f (x 0)为极大值 f (x 0)为极小值 极值点x 0为极大值点x 0为极小值点2.函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值． 概念方法微思考1．对于可导函数f (x )，“f ′(x 0)＝0”是“函数f (x )在x ＝x 0处有极值”的________条件．(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”) 提示 必要不充分2．函数的最大值一定是函数的极大值吗？提醒 不一定，函数的最值可能在极值点或端点处取到．1．（2019•新课标Ⅱ）已知函数()(1)1f x x lnx x =---．证明： （1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 【解析】（1）函数()(1)1f x x lnx x =---． ()f x ∴的定义域为(0,)+∞， 11()1x f x lnx lnx x x-'=+-=-，y lnx =单调递增，1y x=单调递减，()f x ∴'单调递增， 又f '（1）10=-<，f '（2）1412022ln ln -=-=>， ∴存在唯一的0(1,2)x ∈，使得0()0f x '=．当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增， ()f x ∴存在唯一的极值点．（2）由（1）知0()f x f <（1）2=-， 又22()30f e e =->，()0f x ∴=在0(x ，)+∞内存在唯一的根x a =，由01a x >>，得011x a<<， 1111()()(1)10f a f ln a a a a a=---==， ∴1a是()0f x =在0(0,)x 的唯一根， 综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．2．（2019•江苏）设函数()()()()f x x a x b x c =---，a ，b ，c R ∈，()f x '为()f x 的导函数． （1）若a b c ==，f （4）8=，求a 的值；（2）若a b ≠，b c =，且()f x 和()f x '的零点均在集合{3-，1，3}中，求()f x 的极小值； （3）若0a =，01b <，1c =，且()f x 的极大值为M ，求证：427M ． 【解析】（1）a b c ==，3()()f x x a ∴=-， f （4）8=，3(4)8a ∴-=， 42a ∴-=，解得2a =．（2）a b ≠，b c =，设2()()()f x x a x b =--． 令2()()()0f x x a x b =--=，解得x a =，或x b =．2()()2()()()(32)f x x b x a x b x b x b a '=-+--=---．令()0f x '=，解得x b =，或23a bx +=． ()f x 和()f x '的零点均在集合{3A =-，1，3}中，若：3a =-，1b =，则2615333a b A +-+==-∉，舍去． 1a =，3b =-，则2231333a b A +-==-∉，舍去． 3a =-，3b =，则263133a b A +-+==-∉，舍去．． 3a =，1b =，则2617333a b A ++==∉，舍去． 1a =，3b =，则2533a b A +=∉，舍去． 3a =，3b =-，则263133a b A +-==∈，． 因此3a =，3b =-，213a bA +=∈， 可得：2()(3)(3)f x x x =-+． ()3[(3)](1)f x x x '=---．可得1x =时，函数()f x 取得极小值，f （1）22432=-⨯=-． （3）证明：0a =，01b <，1c =， ()()(1)f x x x b x =--．2()()(1)(1)()3(22)f x x b x x x x x b x b x b '=--+-+-=-++． △22214(1)124444()332b b b b b =+-=-+=-+．令2()3(22)0f x x b x b '=-++=．解得：21111(0,]3b b b x +--+=，2211b b b x ++-+=．12x x <，12223b x x ++=，123b x x =，可得1x x =时，()f x 取得极大值为M ，2111()3(22)0f x x b x b '=-++=，令11(0,]3x t =∈，可得：23221t tb t -=-．43211112()()(1)()(1)21t t t M f x x x b x t t b t t -+-∴==--=--=-， 432261282(21)t t t tM t -+-+'=-． 令32()61282g t t t t =-+-+，22()182482(32)0g t t t t '=-+-=--<，∴函数()g t 在1(0,]3t ∈上单调递减，14()039g =>． ()0t g t ∴>．0M ∴'>．∴函数()M t 在1(0,]3t ∈上单调递增，14()()327M t M ∴=． 3．（2018•北京）设函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线斜率为0，求a ； （Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围． 【解析】（Ⅰ）函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++的导数为2()[(1)1]x f x ax a x e '=-++．曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线斜率为0， 可得2(4221)0a a e --+=， 解得12a =； （Ⅱ）()f x 的导数为2()[(1)1](1)(1)x x f x ax a x e x ax e '=-++=--， 若0a =则1x <时，()0f x '>，()f x 递增；1x >，()0f x '<，()f x 递减． 1x =处()f x 取得极大值，不符题意；若0a >，且1a =，则2()(1)0x f x x e '=-，()f x 递增，无极值； 若1a >，则11a<，()f x 在1(a ，1)递减；在(1,)+∞，1(,)a -∞递增，可得()f x 在1x =处取得极小值； 若01a <<，则11a >，()f x 在1(1,)a递减；在1(a ，)+∞，(,1)-∞递增，可得()f x 在1x =处取得极大值，不符题意；若0a <，则11a<，()f x 在1(a ，1)递增；在(1,)+∞，1(,)a -∞递减，可得()f x 在1x =处取得极大值，不符题意． 综上可得，a 的范围是(1,)+∞．4．（2018•北京）设函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线与x 轴平行，求a ； （Ⅱ）若()f x 在2x =处取得极小值，求a 的取值范围． 【解析】（Ⅰ）函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++的导数为2()[(21)2]x f x ax a x e '=-++．由题意可得曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线斜率为0， 可得(212)0a a e --+=，且f （1）30e =≠， 解得1a =；（Ⅱ）()f x 的导数为2()[(21)2](2)(1)x x f x ax a x e x ax e '=-++=--， 若0a =则2x <时，()0f x '>，()f x 递增；2x >，()0f x '<，()f x 递减． 2x =处()f x 取得极大值，不符题意；若0a >，且12a =，则21()(2)02x f x x e '=-，()f x 递增，无极值； 若12a >，则12a <，()f x 在1(a，2)递减；在(2,)+∞，1(,)a -∞递增， 可得()f x 在2x =处取得极小值； 若102a <<，则12a >，()f x 在1(2,)a 递减；在1(a，)+∞，(,2)-∞递增， 可得()f x 在2x =处取得极大值，不符题意； 若0a <，则12a <，()f x 在1(a，2)递增；在(2,)+∞，1(,)a -∞递减， 可得()f x 在2x =处取得极大值，不符题意． 综上可得，a 的范围是1(2，)+∞．5．（2018•新课标Ⅲ）已知函数2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-．（1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．【解析】（1）当0a =时，()(2)(1)2f x x ln x x =++-，(1)x >-．()(1)1xf x ln x x '=+-+，2()(1)x f x x ''=+，可得(1,0)x ∈-时，()0f x ''，(0,)x ∈+∞时，()0f x '' ()f x ∴'在(1,0)-递减，在(0,)+∞递增， ()(0)0f x f ∴''=，()(2)(1)2f x x ln x x ∴=++-在(1,)-+∞上单调递增，又(0)0f =．∴当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >．（2）解：由2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-，得222(12)(1)(1)()(12)(1)211x ax ax x ax x ln x f x ax ln x x x ++-++++'=+++-=++， 令2()(12)(1)(1)h x ax x ax x ln x =-++++， ()4(421)(1)h x ax ax a ln x '=++++．当0a ，0x >时，()0h x '>，()h x 单调递增， ()(0)0h x h ∴>=，即()0f x '>，()f x ∴在(0,)+∞上单调递增，故0x =不是()f x 的极大值点，不符合题意．当0a <时，12()84(1)1ah x a aln x x -''=++++， 显然()h x ''单调递减， ①令(0)0h ''=，解得16a =-．∴当10x -<<时，()0h x ''>，当0x >时，()0h x ''<，()h x ∴'在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减， ()(0)0h x h ∴''=，()h x ∴单调递减，又(0)0h =，∴当10x -<<时，()0h x >，即()0f x '>，当0x >时，()0h x <，即()0f x '<，()f x ∴在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减， 0x ∴=是()f x 的极大值点，符合题意；②若106a -<<，则(0)160h a ''=+>，161644(1)(21)(1)0a a aah ea e++-''-=--<，()0h x ∴''=在(0,)+∞上有唯一一个零点，设为0x ，∴当00x x <<时，()0h x ''>，()h x '单调递增，()(0)0h x h ∴'>'=，即()0f x '>，()f x ∴在0(0,)x 上单调递增，不符合题意；③若16a <-，则(0)160h a ''=+<，221(1)(12)0h a e e''-=->，()0h x ∴''=在(1,0)-上有唯一一个零点，设为1x ，∴当10x x <<时，()0h x ''<，()h x '单调递减，()(0)0h x h ∴'>'=，()h x ∴单调递增， ()(0)0h x h ∴<=，即()0f x '<，()f x ∴在1(x ，0)上单调递减，不符合题意． 综上，16a =-．6．（2017•全国）已知函数32()3(1)12f x ax a x x =-++． （1）当0a >时，求()f x 的极小值；（Ⅱ）当0a 时，讨论方程()0f x =实根的个数． 【解析】2()36(1)123(2)(2)f x ax a x ax x '=-++=--． （1）当0a >时，令()0f x '=，得2x =或2x a=； ①当01a <<时，有22>，列表如下： x(,2)-∞2 2(2,)a 2a 2(,)a+∞ ()f x ' +0 -0 +()f x极大值极小值故极小值为22124()a f a a -=．②当1a =时，有22a=，则2()3(2)0f x x '=-，故()f x 在R 上单调递增，无极小值； ③当1a >时，有22<，列表如下： x2(,)a-∞2a 2(,2)a 2 (2,)+∞()f x ' +0 -0 +()f x极大值极小值故极小值为f （2）124a =-．（Ⅱ）解法一：①当0a =时，令2()3123(4)f x x x x x =-+=--，得0x =或4x =，有两个根； ②当0a <时，令()0f x '=，得2x =或2x =，有202<<，列表如下： x2(,)a -∞2a2(,2)a2 (2,)+∞ ()f x ' -0 +0 -()f x极小值极大值故极大值为f （2）1240a =->，极小值22124()0a f a a -=<，因此()0f x =有三个根．解法二：①当0a =时，令2()3123(4)f x x x x x =-+=--，得0x =或4x =，有两个根； ②当0a <时，2()[3(1)12]f x x ax a x =-++，对于二次函数23(1)12y ax a x =-++，0x =不是该二次函数的零点，△29(1)240a a =+->，则该二次函数有两个不等的非零零点， 此时，方程()0f x =有三个根．7．（2017•山东）已知函数2()2cos f x x x =+，()(cos sin 22)x g x e x x x =-+-，其中 2.71828e ≈⋯是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程；（Ⅱ）令()h x g =()x a -()()f x a R ∈，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 【解析】2()()2I f ππ=-．()22sin f x x x '=-，()2f ππ∴'=．∴曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程为：2(2)2()y x πππ--=-．化为：2220x y ππ---=．()()II h x g =()x a -2()(cos sin 22)(2cos )x f x e x x x a x x =-+--+()(cos sin 22)(sin cos 2)(22sin )x x h x e x x x e x x a x x '=-+-+--+-- 2(sin )()2(sin )()x x lna x x e a x x e e =--=--．令()sin u x x x =-，则()1cos 0u x x '=-，∴函数()u x 在R 上单调递增． (0)0u =，0x ∴>时，()0u x >；0x <时，()0u x <．（1）0a 时，0x e a ->，0x ∴>时，()0h x '>，函数()h x 在(0,)+∞单调递增；0x <时，()0h x '<，函数()h x 在(,0)-∞单调递减． 0x ∴=时，函数()h x 取得极小值，(0)12h a =--．（2）0a >时，令()2(sin )()0x lna h x x x e e '=--=． 解得1x lna =，20x =．①01a <<时，(,)x lna ∈-∞时，0x lna e e -<，()0h x '>，函数()h x 单调递增； (,0)x lna ∈时，0x lna e e ->，()0h x '<，函数()h x 单调递减； (0,)x ∈+∞时，0x lna e e ->，()0h x '>，函数()h x 单调递增．∴当0x =时，函数()h x 取得极小值，(0)21h a =--．当x lna =时，函数()h x 取得极大值，2()[2sin()cos()2]h lna a ln a lna lna lna =--+++． ②当1a =时，0lna =，x R ∈时，()0h x '，∴函数()h x 在R 上单调递增． ③1a <时，0lna >，(,0)x ∈-∞时，0x lna e e -<，()0h x '>，函数()h x 单调递增； (0,)x lna ∈时，0x lna e e -<，()0h x '<，函数()h x 单调递减； (,)x lna ∈+∞时，0x lna e e ->，()0h x '>，函数()h x 单调递增．∴当0x =时，函数()h x 取得极大值，(0)21h a =--．当x lna =时，函数()h x 取得极小值，2()[2sin()cos()2]h lna a ln a lna lna lna =--+++． 综上所述：0a 时，函数()h x 在(0,)+∞单调递增；0x <时，函数()h x 在(,0)-∞单调递减． 0x =时，函数()h x 取得极小值，(0)12h a =--．01a <<时，函数()h x 在(,)x lna ∈-∞，(0,)+∞是单调递增；函数()h x 在(,0)x lna ∈上单调递减．当0x =时，函数()h x 取得极小值，(0)21h a =--．当x lna =时，函数()h x 取得极大值，2()[2sin()cos()2]h lna a ln a lna lna lna =--+++． 当1a =时，0lna =，函数()h x 在R 上单调递增．1a >时，函数()h x 在(,0)-∞，(,)lna +∞上单调递增；函数()h x 在(0,)lna 上单调递减．当0x =时，函数()h x 取得极大值，(0)21h a =--．当x lna =时，函数()h x 取得极小值，2()[2sin()cos()2]h lna a ln a lna lna lna =--+++．8．（2017•江苏）已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b R =+++>∈有极值，且导函数()f x '的极值点是()f x的零点．（Ⅰ）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （Ⅱ）证明：23b a >；（Ⅲ）若()f x ，()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求实数a 的取值范围．【解析】（Ⅰ）解：因为32()1f x x ax bx =+++， 所以2()()32g x f x x ax b ='=++，()62g x x a '=+， 令()0g x '=，解得3ax =-．由于当3a x >-时()0g x '>，()()g x f x ='单调递增；当3ax <-时()0g x '<，()()g x f x ='单调递减；所以()f x '的极小值点为3ax =-，由于导函数()f x '的极值点是原函数()f x 的零点，所以()03af -=，即33102793a a ab -+-+=，所以223(0)9a b a a=+>．因为32()1(0,)f x x ax bx a b R =+++>∈有极值， 所以2()320f x x ax b '=++=有实根，所以24120a b ->，即222903a a a-->，解得3a >，所以223(3)9a b a a=+>．（Ⅱ）证明：由（1）可知h （a ）42332245913(427)(27)81381a a b a a a a a=-=-+=--， 由于3a >，所以h （a ）0>，即23b a >；（Ⅲ）解：由（1）可知()f x '的极小值为2()33a a fb '-=-，设1x ，2x 是()y f x =的两个极值点，则1223ax x +=-，123b x x =，所以332212121212()()()()2f x f x x x a x x b x x +=++++++22121212121212()[()3][()2]()2x x x x x x a x x x x b x x =++-++-+++3422273a ab=-+，又因为()f x ，()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，所以23242372327392a a ab a b a -+-+=--， 因为3a >，所以3263540a a --， 所以22(36)9(6)0a a a -+-， 所以2(6)(2129)0a a a -++， 由于3a >时221290a a ++>， 所以60a -，解得6a ， 所以a 的取值范围是(3，6]．9．（2017•新课标Ⅱ）已知函数2()f x ax ax xlnx =--，且()0f x ． （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<． 【解析】（1）因为2()()(0)f x ax ax xlnx x ax a lnx x =--=-->， 则()0f x 等价于()0h x ax a lnx =--，求导可知1()h x a x'=-． 则当0a 时()0h x '<，即()y h x =在(0,)+∞上单调递减， 所以当01x >时，0()h x h <（1）0=，矛盾，故0a >． 因为当10x a <<时()0h x '<、当1x a>时()0h x '>， 所以1()()min h x h a=，又因为h （1）10a a ln =--=， 所以11a=，解得1a =； 另解：因为f （1）0=，所以()0f x 等价于()f x 在0x >时的最小值为f （1）， 所以等价于()f x 在1x =处是极小值， 所以解得1a =；（2）由（1）可知2()f x x x xlnx =--，()22f x x lnx '=--， 令()0f x '=，可得220x lnx --=，记()22t x x lnx =--，则1()2t x x'=-，令()0t x '=，解得12x =， 所以()t x 在区间1(0,)2上单调递减，在1(2，)+∞上单调递增，所以1()()2102min t x t ln ==-<，又2212()0t e e=>，所以()t x 在1(0,)2上存在唯一零点，所以()0t x =有解，即()0f x '=存在两根0x ，2x ，且不妨设()f x '在0(0,)x 上为正、在0(x ，2)x 上为负、在2(x ，)+∞上为正， 所以()f x 必存在唯一极大值点0x ，且00220x lnx --=， 所以222200000000000()22f x x x x lnx x x x x x x =--=-+-=-， 由012x <可知20002111()()224max f x x x <-=-+=； 由1()0f e '<可知0112x e <<，所以()f x 在0(0,)x 上单调递增，在0(x ，1)e 上单调递减，所以0211()()f x f e e>=；综上所述，()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<． 10．（2016•山东）设2()(21)f x xlnx ax a x =-+-，a R ∈． （1）令()()g x f x ='，求()g x 的单调区间；（2）已知()f x 在1x =处取得极大值，求正实数a 的取值范围． 【解析】（1）由()f x ln '= 22x ax a -+， 可得()g x ln = 22x ax a -+，(0,)x ∈+∞， 所以112()2axg x a x x-'=-=， 当0a ，(0,)x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增； 当0a >，1(0,)2x a∈时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 1(2x a∈，)+∞时，()0g x '<，函数()g x 单调递减． 所以当0a 时，()g x 的单调增区间为(0,)+∞； 当0a >时，()g x 的单调增区间为1(0,)2a，单调减区间为1(2a ，)+∞．⋯（6分）（2）由（1）知，f '（1）0=．①当102a <<时，112a >，由（1）知()f x '在1(0,)2a内单调递增， 可得当(0,1)x ∈时，()0f x '<，当1(1,)2x a∈时，()0f x '>． 所以()f x 在(0,1)内单调递减，在1(1,)2a内单调递增， 所以()f x 在1x =处取得极小值，不合题意． ②当12a =时，112a=，()f x '在(0,1)内单调递增，在(1,)+∞内单调递减， 所以当(0,)x ∈+∞时，()0f x '，()f x 单调递减，不合题意． ③当12a >时，1012a <<，()f x 在1(0,)2a上单减， 当1(2x a∈，1)时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减． 所以()f x 在1x =处取极大值，符合题意．综上可知，正实数a 的取值范围为1(2，)+∞．⋯（12分）11．（2017•北京）已知函数()cos x f x e x x =-． （1）求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程；（2）求函数()f x 在区间[0，]2π上的最大值和最小值．【解析】（1）函数()cos x f x e x x =-的导数为()(cos sin )1x f x e x x '=--， 可得曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线斜率为0(cos0sin 0)10k e =--=， 切点为0(0,cos00)e -，即为(0,1)，曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程为1y =；（2）函数()cos x f x e x x =-的导数为()(cos sin )1x f x e x x '=--， 令()(cos sin )1x g x e x x =--，则()g x 的导数为()(cos sin sin cos )2sin x x g x e x x x x e x '=---=-，当[0x ∈，]2π，可得()2sin 0x g x e x '=-，即有()g x 在[0，]2π递减，可得()(0)0g x g =，则()f x 在[0，]2π递减，即有函数()f x 在区间[0，]2π上的最大值为0(0)cos001f e =-=；最小值为2()cos 2222f e πππππ=-=-．1．（2020•道里区校级一模）已知函数21()(1)2f x xlnx m x x =-+-有两个极值点，则实数m 的取值范围为( ) A ．1(e-，0)B ．1(1,1)e--C ．1(,1)e-∞-D ．(1,)-+∞【答案】B【解析】由21()(1)2f x xlnx m x x =-+-，得()(1)f x lnx m x '=-+，0x >．要使21()(1)2f x xlnx m x x =-+-有两个极值点，只需()(1)0f x lnx m x '=-+=有两个变号根，即1lnxm x+=有两个变号根． 令()lnxg x x=，(0)x >，则21()lnx g x x -'=，由()0g x '=得x e =，易知当(0,)x e ∈时，()0g x '>，此时()g x 单调递增； 当(,)x e ∈+∞时，()0g x '<，此时()g x 单调递减． 所以1()()max g x g e e==， 而1()0g e e=-<，1lim lim 01x x lnx x x →+∞→+∞==，作出()y g x =，1y m =+的图象，可知：101m e <+<，解得111m e-<<-+． 故选B ．2．（2020•内江三模）函数2()(12)22ax f x a x lnx =+--在区间1(2，3)内有极小值，则a 的取值范围是( ) A ．1(2,)3--B ．1(2,)2--C ．(2-，11)(33--⋃，)+∞D ．(2-，11)(22--⋃，)+∞【答案】D【解析】22(12)2(1)(2)()(12)ax a x ax x f x ax a x x x+--+-'=++-==， 当0a =时，()2f x x '=-，所以在1(2，2)上，()0f x '<，()f x 单调递减，在(2,3)上，()0f x '>，()f x 单调递增， f （2）为函数()f x 的极小值，符合题意，当0a >时，令()0f x '=，得1x a=-，2x =，且102a -<<，所以在1(2，2)上，()0f x '<，()f x 单调递减，在(2,3)上，()0f x '>，()f x 单调递增， f （2）为函数()f x 的极小值，符合题意，当0a <时，令()0f x '=，得1x a=-，2x =，且102a <-<，若()f x 在1(2，2)有极小值，只需12112a a ⎧-<⎪⎪⎨⎪->⎪⎩或12a ->，解得122a -<<-，或102a -<<，综上所述，122a -<<-，或12a -<，故选D ．3．（2020•德阳模拟）已知函数2()2f x ax x lnx =-+有两个极值点1x ，2x ，若不等式1212()()f x f x x x t +<++恒成立，那么t 的取值范围是( )A ．[1-，)+∞B ．[222ln --，)+∞C ．[32ln --，)+∞D ．[5-，)+∞【答案】D【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，2221()ax x f x x-+'=(0)x >， 因为函数2()2f x ax x lnx =-+有两个极值点1x ，2x ，所以方程22210ax x -+=在(0,)+∞上有两个不相等的正实数根， 则121248010102a x x a x x a ⎧⎪=->⎪⎪+=>⎨⎪⎪=>⎪⎩，解得102a <<．因为222121211122212121212122()()()22[()2]3()()12f x f x x x ax x lnx ax x lnx x x a x x x x x x ln x x ln a a+-+=-++-+--=+--++=---，设h （a ）212ln a a=---，h '（a ）22aa-=，易知h '（a ）0>在1(0,)2上恒成立， 故h （a ）在1(0,)2上单调递增，故h （a ）1()52h <=-，所以5t -，所以t 的取值范围是[5-，)+∞． 故选D ．4．（2020•汕头校级三模）已知函数21()(1)2x x f x x e ae ax =--+只有一个极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(-∞，10][2，)+∞B ．(-∞，10][3，)+∞C ．(-∞，10][4，)+∞D ．(-∞，1][03-，)+∞【答案】A 【解析】21()(1)2x x f x x e ae ax =--+，2()x xf x xe ae a '∴=-+，()f x 只有一个极值点，()f x '∴只要一个变号零点．（1）当0a =时，()x f x xe '=，易知0x =是()f x 的唯一极值点； （2）当0a ≠时，方程2()0x x f x xe ae a '=-+=可化为1x x x e e a-=-， 令1()g x x a=，()x xh x e e -=-，可得两函数均为奇函数， ∴只需判断0x >时，两函数无交点即可．①当0a <时，1()0g x x a=<，()0x x h x e e -=->，所以()g x 与()h x 有唯一交点0x =，且当0x >时，()()g x h x <；当0x <时，()()g x h x >． 0x ∴=是()f x 的唯一极值点；②当0a >时，()0x x h x e e -'=+>，即()h x 在(0,)+∞上单调递增，且(0)0h =，lim ()x h x →+∞=+∞，设()h x 过原点的切线为y kx =，切点为(m ，)(0)km m >， 则m m m me e k km e e --⎧+=⎨=-⎩，解得0m =，2k =， 如图所示，当1y x a=在直线2y x =下方（第一象限）或与2y x =重合时，0x =是唯一交点，能满足()0f x '=的变号零点，即函数()f x 的极值点， 12a∴．综上所述，实数a 的取值范围为(-∞，10][2，)+∞．故选A ．5．（2020•山西模拟）已知函数3()(2)x e f x t lnx x x x=-++仅有一个极值点1，则实数t 的取值范围是( ) A ．1(,]33e ⎧⎫-∞⎨⎬⎩⎭B ．1(,]3-∞C ．1(,]23e ⎧⎫-∞⎨⎬⎩⎭ D ．1(,]2-∞【答案】B 【解析】由题意知函数()f x 的定义域为(0,)+∞，222(1)(23)()(1)1323()(2)xx e x x t x e x f x t x x x x -+--+'=-+-=， 因为函数恰有一个极值点1，所以023xe t x -=+无解，令()(0)23x e g x x x =>+，则2(21)()0(23)x e x g x x +'=>+，所以()g x 在(0,)+∞上单调递增，从而1()(0)3g x g >=，所以13t 时，023x e t x -=+无解，3()(2)x e f x t lnx x x x =-++仅有一个极值点1，所以t 取值范围是1(,]3-∞．故选B ．6．（2020•南平三模）函数3211()(2)(0)32f x x a x x a =-++>在(,)e +∞内有极值，那么下列结论正确的是( )A ．当1(0,2)a e e ∈+-时，11a e e a -->B ．当1(2,)2ea e e ∈+-时，11a e e a --<C ．当(,)2ea e ∈时，11a e e a -->D ．当1(,)a e e e∈+时，11a e e a --<【答案】B【解析】令2()()(2)1(0)g x f x x a x a ='=-++>，则△2(2)40a =+->， 若()f x 在(,)e +∞内仅有一个极值点，即()g x 在(,)e +∞内有一个零点， 则20()(2)10a g e e a e >⎧⎨=-++<⎩，解得12a e e >+-； 若()f x 在(,)e +∞内仅有两个极值点，即()g x 在(,)e +∞内有两个零点， 则20()(2)1022a g e e a e a e ⎧⎪>⎪=-++>⎨⎪+⎪>⎩，无解， ∴当12a e e>+-时，函数()f x 在(,)e +∞内有极值， 现考查不等式11a e e a --<，两边同时取对数可得，1(1)a e lna -<-，即1(1)0a e lna ---<， 令1()1(1),2h a a e lna a e e=--->+-，则1()1e h a a-'=-，令h '（a ）0>，解得1a e >-， ∴函数h （a ）在1(2,1)e e e+--上单调递减，在(1,)e -+∞上单调递增， 又111(2)3(1)(2)h e e e ln e e e e+-=+---+-112(1)10e e lne e e<+---=-<，h （e ）(1)(1)0e e lne =---=，∴当1(2)a e e e∈+-时，h （a ）0<成立，即11a e e a --<，∴选项B 正确． 故选B ．7．（2020•龙岩模拟）已知函数()xf x ax lnx=-在(1,)+∞上有极值，则实数a 的取值范围为( ) A ．1(,]4-∞B ．1(,)4-∞C ．1(0,]4D ．1[0,)4【答案】B 【解析】21()()lnx f x a lnx -'=-，设22111()()()lnx g x lnx lnx lnx -==-， 函数()f x 在区间(1,)+∞上有极值，()()f x g x a ∴'=-在(1,)+∞上有变号零点，令1t lnx=，由1x >可得0lnx >，即0t >， 得到22111()244y t t t =-=--+， ∴14a <． 故选B ．8．（2020•武汉模拟）设函数2()(32)()f x lnx a x x a R =+-+∈在定义域内只有一个极值点，则实数a的取值范围为( ) A ．8(,)9+∞B ．8(0,)9C ．(,0)-∞D ．(0,)+∞【答案】C【解析】2()(32)f x lnx a x x =+-+，定义域为(0,)+∞，21231()(23)ax ax f x a x x x-+'=+-=， 设2()231g x ax ax =-+，①当0a =时，()1g x =，故()0f x '>， ()f x ∴在(0,)+∞上为增函数，所以无极值点．②当0a >时，△298a a =-， 若809a<时△0，()0g x ，故()0f x '， 故()f x 在(0,)+∞上递增，所以无极值点． 若89a >时△0>，设()0g x =的两个不相等的实数根为1x ，2x ，且12x x <， 且1232x x +=，而(0)10g =>，则12304x x <<<， 所以当1(0,)x x ∈，()0g x >，()0f x '>，()f x 单调递增； 当1(x x ∈，2)x ，()0g x <，()0f x '<，()f x 单调递减； 当2(x x ∈，)+∞，()0g x >，()0f x '>，()f x 单调递增． 所以此时函数()f x 有两个极值点；③当0a <时△0>，设()0g x =的两个不相等的实数根为1x ，2x ，且12x x <，但(0)10g =>，所以120x x <<，所以当2(0,)x x ∈，()0g x >，()0f x '>，()f x 单调递増； 当2(x x ∈，)+∞，()0g x <，()0f x '<，()f x 单调递减． 所以此时函数()f x 只有一个极值点． 综上得：当0a <时()f x 有一个极值点． 故选C ．9．（2020•昆明一模）已知函数221()(44)(4)2x f x e x x k x x =--++，2x =-是()f x 的唯一极小值点，则实数k 的取值范围为( ) A ．2[e -，)+∞ B ．3[e -，)+∞ C ．2[e ，)+∞ D ．3[e ，)+∞【答案】D【解析】由题可知，21()(4424)(24)(2)[(4)]2x x f x e x x x k x x e x k '=--+-++=+-+，2x =-是()f x 的唯一极小值点，(4)0x e x k ∴-+恒成立，即(4)x k e x --，令()(4)x g x e x =-，则()(3)x g x e x '=-，当3x <时，()0g x '<，()g x 单调递减；当3x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，∴3()(3)min g x g e ==-，3k e ∴--，即3k e ．故选D ．10．（2020•江西模拟）已知定义在(0,)+∞上的函数()()x a f x e ln x a -=-+，其中0a >，e 为自然对数的底数．（1）求证：()f x 有且只有一个极小值点； （2）若不等式()212f x x a ln ++-在(0,)+∞上恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）证明：由于1()x a f x e x a-'=-+ 21()0()x a f x e x a -''=+>+，则()f x ' 在(0,)+∞ 上单调递增．令()x g x e x =-，则()1x g x e '=-，故当(,0)x ∈-∞时，()0g x '<，()g x 单调递减 当(0,)x ∈+∞ 时，()0g x '>，()g x 单调递增， 则()(0)1min g x g ==，即1x e x x +>，由于1(0)0aaa a e f e a e a --'=-=<，1(1)021f a e a '+=->+，故0(0,1)x a ∃∈+，使得0()0f x '=，且当0(0,)x x ∈时0()0f x '<，()f x 单调递减； 当0(x x ∈，)+∞时，0()0f x '>，()f x 单调递增．因此()f x 在(0,)+∞ 有且只有一个极小值点0x ，无极大值点． （2）由于不等式()212f x x a ln ++- 在(0,)+∞ 上恒成立，()i 必要性：当1x = 时，不等式成立，即 1(1)312a e ln a a ln --++--令1()(1)312,()0a g a ln a a e ln g a -=+++--， 由于11()0123a g a e a a -'=++>++，则g （a ） 在 (0,)+∞ 上单调递增，又由于g （1）0=，则g （a ）0 的解为01a <． ()ii 充分性：下面证明当01a < 时， ()212f x x a ln ++- 在(0,)+∞ 上恒成立令()()2112x a h x e ln x a x a ln -=-++++， 由于01a <，01a >--，1x a x --，1x a x e e --，01a x x <++，()(1)ln x a ln x ++，()(1)ln x a ln x -+-+，12,2122,2122,2122a x a x x a x x a x +++++++-++-+，则1()(1)2212x h x e ln x x ln --+++令1()(1)2212x m x e ln x x ln -=-+++，则 11()122x m x e x x -'=-++，1231()0(1)(22)x m x e x x -''=++>++， ()m x ' 在(0,)+∞ 上单调递增，由于m '（1）0=，则当(0,1)x ∈时，()0m x '<，()m x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞ 时，()0m x '>，()m x 单调递增， 故()m x m =（1）0=，即()0m x 恒成立， 因此，当01a < 时，()212f x x a ln ++- 在(0,)+∞ 上恒成立．故a 的取值范围为(0，1]．11．（2020•红河州三模）已知函数()()1af x lnx a R x =-∈+． （1）求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程；（2）若函数()f x 存在两个极值点1x ，2x ，求实数a 的取值范围，并证明：1()f x ，f （1），2()f x 成等差数列．【解析】（1）由()1af x lnx x =-+得21()(1)a f x x x '=++，故切线斜率k f ='（1）14a=+， 又f （1）2a =-，故切线方程为：(1)(1)24a ay x +=+-，即(4)4430a x y a +---=；（2）2221(2)1()(0)(1)(1)a x a x f x x x x x x +++'=+=>++，由题意知：1x ，2x 是方程()0f x '=在(0,)+∞内的两个不同实数解， 令2()(2)1(0)g x x a x x =+++>，注意到(0)10g =>，其对称轴为直线2x a =--， 故只需220(2)40a a -->⎧⎨=+->⎩，解得：4a <-， 即实数a 的取值范围是(,4)-∞-，由1x ，2x 是方程2(2)10x a x +++=的两根，得：122x x a +=--，121x x =，故12()()f x f x + 1212()()11a a lnx lnx x x =-+-++ 121212122()1x x ln x x a x x x x ++=-+++22121a aa --+=---+a =-，又f （1）2a=-，即12()()2f x f x f +=（1），故1()f x ，f （1），2()f x 成等差数列．12．（2020•启东市校级模拟）已知函数()(0)f x alnx a =≠与212y x e=的图象在它们的交点(,)P s t 处具有相同的切线． （1）求()f x 的解析式；（2）若函数2()(1)()g x x mf x =-+有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求21()g x x 的取值范围． 【解析】（1）根据题意，函数()(0)f x alnx a =≠与212y x e= 可知()af x x'=，1y x e '=，两图象在点(,)P s t 处有相同的切线，所以两个函数切线的斜率相等， 即1as e s=，化简得s ae =， 将(,)P s t 代入两个函数可得22s alns e=②，综合上述两式①②可解得1a =，所以()f x lnx =．（2）函数22()(1)()(1)g x x mf x x mlnx =-+=-+，定义域为(0,)+∞，222()2(1)m x x mg x x x x-+'=-+=， 因为1x ，2x 为函数()g x 的两个极值点，所以1x ，2x 是方程2220x x m -+=的两个不等实根， 由根与系数的关系知121x x +=，122mx x =，(*)， 又已知12x x <，所以121012x x <<<<，222211()(1)g x x mlnx x x -+=，将(*)式代入得22222222212()(1)2(1)121g x x x x lnx x x lnx x x -+-==-+-， 令()12h t t tlnt =-+，1(2t ∈，1)，()21h t lnt '=+，令()0h t '=，解得：t e=，当1(2t ∈)e 时，()0h t '<，()h t 在1(2e 单调递减；当(t e ∈，1)时，()0h t '>，()h t 在(e，1)单调递增；所以2()(11min eh t h ee===-， 1(){()2h t max h <，h （1）}，11()2022h ln h =-<=（1），即21()g x x 的取值范围是2[1e -0)． 13．（2020•河南模拟）设函数()f x xlnx =，()()x g x ae a R =∈．（1）若曲线()y f x =在1x =处的切线也与曲线()y g x =相切，求a 的值． （2）若函数()()()G x f x g x =-存在两个极值点． ①求a 的取值范围；②当22ae 时，证明：()0G x <． 【解析】（1）()f x xlnx =，()1f x lnx '=+，(0,)x ∈+∞，f ∴（1）0=，f '（1）1=，故曲线()f x 在1x =处的切线方程是1y x =-； 设直线1y x =-与()y g x =相切于点0(x ，01)x -，()x g x ae '=，00()x g x ae ∴'=，由00011x x ae ae x ⎧=⎪⎨=-⎪⎩，得022x a e -=⎧⎨=⎩； （2）()1x G x lnx ae '=+-， ①()G x 在(0,)+∞上存在两个极值点等价于()0G x '=在(0,)+∞上有2个不同的根，由10x lnx ae +-=，可得1xlnx a e +=，令1()xlnx t x e +=， 则11()xlnx x t x e --'=，令1()1h x lnx x =--，可得211()0h x x x'=--<， 故()h x 在(0,)+∞递减，且h （1）0=， 当(0,1)x ∈时，()0h x >，()0t x '>，()t x 递增， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x <，()0t x '<，()t x 递减， 故t （1）1e=是极大值也是最大值，又当0x →时，()t x →-∞，当x →+∞时，()0t x >且趋向于0， 要使()0G x '=在(0,)+∞有2个根，只需10a e<<， 故a 的取值范围是1(0,)e；②证明：设()()xG x ae F x lnx x x==-， 2(1)()xx a x e F x x--'=， 当01x <时，22a e，()0F x ∴'>，则()F x 在(0,1)递增，()F x F ∴（1）0ae =-<，当1x >时，2(1)()[](1)x a x xF x e x a x -'=---， 令()(1)x x H x e a x =--，则21()0(1)x H x e a x '=+>-，22a e ，H ∴（2）22220ae e a a -=-=， 取(1,2)m ∈，且使2(1)m e a m >-，即2211ae m ae <<-， 则22()0(1)m mH m e e e a m =-<-=-，()H m H （2）0，故()H x 存在唯一零点0(1,2)x ∈， 故()F x 有唯一的极大值点0(1,2)x ∈， 由0()0H x =，可得000(1)x x e a x =-，故0001()1F x lnx x =--，0(1,2)x ∈，020011()0(1)F x x x '=+>-，故0()F x 为(1,2)上的增函数， 0()F x F ∴<（2）222102ae ln ln =--<， 综上，当22a e 时，总有()0G x x<，即()0G x <．14．（2020•河南模拟）已知函数21()22f x x ax lnx =-+，a R ∈． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x ，212()x x x <，求21()2()f x f x -的取值范围． 【解析】（1）()f x 的定义域是(0,)+∞，2121()2x ax f x x a x x-+'=-+=，令221y x ax =-+， 当△2440a =-即11a -时，0y ，此时()f x 在(0,)+∞递增， 当1a <-时，2210x ax -+=有2个负根，此时()f x 在(0,)+∞递增，当1a >时，2210x ax -+=有2个正根，分别是211x a a =-221x a a =+- 此时()f x 在1(0,)x 递增，在1(x ，2)x 递减，在2(x ，)+∞递增， 综上，1a 时，()f x 在(0,)+∞递增，1a >时，()f x 在2(0,1)a a -递增，在2(1a a --21)a a +-递减，在2(1a a +-)+∞递增；（2）由（1）得：122x x a +=，121x x =，1a >，21121ax x =+，22221ax x =+， 1a >，1(0,1)x ∴∈，2(1,)x ∈+∞， 222122211111()2()22(2)22f x f x x ax lnx x ax lnx ∴-=-+--+ 2221211212x x lnx lnx =-++-+222222111()212x lnx ln x x =-++-+2222211312x lnx x =-+++，令22t x =，则1t >，113()122g t t lnt t =-+++，则222211332(1)(2)()2222t t t t g t t t t t -+----'=--+==，当12t <<时，()0g t '>，当2t >时，()0g t '<， 故()g t 在(1,2)递增，在(2,)+∞递减，g （2）13222ln =+， 21()2()f x f x ∴-的取值范围是(-∞，132]22ln +． 15．（2020•运城模拟）设函数()f x xlnx =．（1）求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程；（2）若函数2()()F x f x ax =-有两个极值点，求实数a 的取值范围； （3）当120x x >>时，221212()()()2m x x f x f x ->-恒成立，求实数m 的取值范围． 【解析】（1）()1f x lnx '=+，()f x 在点(1，f （1）)处的切线斜率k f ='（1）1=，则切线方程为1y x =-，（2）()()212F x f x ax lnx ax '='-=+-．()F x 有两个极值点． 即()F x '有两个零点，即120lnx ax +-=有两个不等实根，12lnxa x+=， 令21()()lnx lnxg x g x x x+-='=， 在(0,1)上()0g x '>，()g x 在(0,1)上单调递增．在(1,)+∞上单调递减，()max g x g =（1）1=．x →+∞时，()0g x →． 即12(0,1),(0,)2a a ∈∈．（3）221212()()()2m x x f x f x ->-可化为222211()()22m m f x x f x x ->-． 设2()()2m Q x f x x =-，又120x x >>． ()Q x ∴在(0,)+∞上单调递减，()10Q x lnx mx ∴'=+-在(0,)+∞上恒成立，即1lnxmx+． 又1()lnxh x x+=在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减． ()h x ∴在1x =处取得最大值．h （1）1=．1m ∴．16．（2020•鹿城区校级模拟）已知函数2()(3)1()f x axlnx x a x a R =-+-+∈． （Ⅰ）当1a =时，求曲线()f x 在(1，f （1）)处的切线方程； （Ⅱ）若()f x 存在两个极值点1x ，212()x x x <． ①求a 的取值范围；。
高考数学一轮复习 第二章 基本初等函数、导数的应用 第2讲 函数的定义域与值域课件 文
须mΔ>＝0，（4m）2－4×m×3<0，
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或mΔ<＝0，（4m）2－4×m×3<0，
即m>0，
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已知函数的值域求参数的值或取值范围问题，通常按求函数 值域的方法求出其值域，然后依据已知信息确定其中参数的 值或取值范围．
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若函数 y＝mx2m＋x4－m1x＋3的定义域为 R，则
实数 m 的取值范围是___0_，__34__．
【解析】 (1)要使函数 y＝ 3－2x－x2有意义， 则 3－2x－x2≥0， 解得－3≤x≤1， 则函数 y＝ 3－2x－x2的定义域是[－3，1]． (2)要使函数 g(x)＝（f（x－2x1））0有意义，则必须有1x≤－21x≠≤02，，
所以12≤x<1，故函数 g(x)的定义域为12，1.
0≤x＋12≤2， 0≤x－12≤2，
解得12≤x≤32，
所以函数 g(x)的定义域是12，32.
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求函数的值域(高频考点) 求下列函数的值域． (1)y＝x2＋2x(x∈[0，3])； (2)y＝11－＋xx22； (3)y＝x＋4x(x<0)； (4)f(x)＝x－ 1－2x.
或m<0，
解得
m（4m－3）<0 m（4m－3）<0.
所以 1≤f(x)≤10.
2021版新高考数学一轮复习讲义：第二章第二讲 函数的定义域、值域 (含解析)
第二讲 函数的定义域、值域ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE 知识梳理·双基自测知识梳理知识点一 函数的定义域 函数y ＝f (x )的定义域1．求定义域的步骤：(1)写出使函数式有意义的不等式(组)； (2)解不等式(组)；(3)写出函数定义域．(注意用区间或集合的形式写出) 2．求函数定义域的主要依据 (1)整式函数的定义域为R . (2)分式函数中分母不等于0.(3)偶次根式函数被开方式大于或等于0. (4)一次函数、二次函数的定义域均为R . (5)函数f (x )＝x 0的定义域为{x |x ≠0}. (6)指数函数的定义域为R . (7)对数函数的定义域为(0，＋∞). 知识点二 函数的值域 基本初等函数的值域： 1．y ＝kx ＋b (k ≠0)的值域是R . 2．y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的值域是：当a >0时，值域为{y |y ≥4ac －b 24a}；当a <0时，值域为{y |y ≤4ac －b 24a}.3．y ＝kx(k ≠0)的值域是{y |y ≠0}.4．y ＝a x (a >0且a ≠1)的值域是(0，＋∞).5．y ＝log a x (a >0且a ≠1)的值域是R .重要结论1．定义域是一个集合，要用集合或区间表示，若用区间表示，不能用“或”连接，而应该用并集符号“∪”连接．2．分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集，其值域等于各段函数的值域的并集. 3．函数f (x )与f (x ＋a )(a 为常数a ≠0)的值域相同．双基自测题组一 走出误区1．(多选题)下列结论正确的是( CD )A ．若两个函数的定义域与值域相同，则这两个函数相等B ．函数y ＝xx －1定义域为x >1 C ．函数y ＝f (x )定义域为[－1,2]，则y ＝f (x )＋f (－x )定义域为[－1,1] D ．函数y ＝log 2(x 2＋x ＋a )的值域为R ，则a 的取值范围为(－∞，14]题组二 走进教材2．(必修1P 17例1改编)函数f (x )＝2x －1＋1x －2的定义域为( C ) A ．[0,2)B ．(2，＋∞)C ．[0,2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，2)∪(2，＋∞)[解析] 使函数有意义满足⎩⎪⎨⎪⎧2x －1≥0x －2≠0，解得x ≥0且x ≠2，故选C ．3．(必修1P 32T5改编)函数f (x )的图象如图，则其最大值、最小值分别为( B )A ．f (32)，f (－32)B ．f (0)，f (32)C ．f (－32)，f (0)D ．f (0)，f (3)4．(必修1P 39BT1改编)已知函数f (x )＝x ＋9x ，x ∈[2,4]的值域为[6，132].[解析] 当x ＝3时取得最小值6，当x ＝2取得最大值132，值域为[6，132]． 题组三 考题再现5．(2018·江苏，5分)函数f (x )＝log 2x －1的定义域为[2，＋∞).[解析] 要使函数f (x )有意义，则log 2x －1≥0，即x ≥2.则函数f (x )的定义域是[2，＋∞)． 6．(2016·北京，5分)函数f (x )＝xx －1(x ≥2)的最大值为2. [解析] 解法一：(分离常数法)f (x )＝x x －1＝x －1＋1x －1＝1＋1x －1，∴x ≥2，∴x －1≥1,0<1x －1≤1，∴1＋1x －1∈(1,2]，故当x ＝2时，函数f (x )＝xx －1取得最大值2.解法二：(反解法)令y ＝x x －1，∴xy －y ＝x ，∴x ＝y y －1.∵x ≥2，∴y y －1≥2，∴y y －1－2＝2－y y －1≥0，解得1<y ≤2，故函数f (x )的最大值为2.解法三：(导数法)∵f (x )＝xx －1，∴f ′(x )＝x －1－x (x －1)2＝－1(x －1)2<0，∴函数f (x )在[2，＋∞)上单调递减，故当x ＝2时，函数f (x )＝xx －1取得最大值2.KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU 考点突破·互动探究考点一 求函数的定义域——多维探究角度1 求具体函数的定义域例1 (1)(2015·湖北，5分)函数f (x )＝4－|x |＋lg x 2－5x ＋6x －3的定义域为( C )A ．(2,3)B ．(2,4]C ．(2,3)∪(3,4]D ．(－1,3)∪(3,6](2)(2020·衡中调研卷)函数y ＝1log 0.5(x －2)＋(2x －5)0的定义域为(2，52)∪(52，3).[解析] (1)依题意知，⎩⎪⎨⎪⎧4－|x |≥0，x 2－5x ＋6x －3>0，即⎩⎪⎨⎪⎧－4≤x ≤4，x >2且x ≠3.即函数的定义域为(2,3)∪(3,4]． (2)使函数有意义满足⎩⎪⎨⎪⎧log 0.5(x －2)>02x －5≠0，解得2<x <3且x ≠52，定义域为(2，52)∪(52，3)．角度2 求抽象函数的定义域例2 已知函数f (x )的定义域为(－1,0)，则函数f (2x ＋1)的定义域为( B ) A ．(－1,1) B ．(－1，－12)C ．(－1,0)D ．(12，1)[分析] 求抽象函数定义域的关键，f 后面括号内部分取值范围相同．[解析] 由函数f (x )的定义域为(－1,0)，则使函数f (2x ＋1)有意义，需满足－1<2x ＋1<0，解得－1<x <－12，即所求函数的定义域为(－1，－12)．[引申1]若将本例中f (x )与f (2x ＋1)互换，结果如何？[解析] f (2x ＋1)的定义域为(－1,0)，即－1<x <0，∴－1<2x ＋1<1，∴f (x )的定义域为(－1,1)． [引申2]若将本例中f (x )改为f (2x －1)定义域改为[0,1]，求y ＝f (2x ＋1)的定义域，又该怎么办？[解析] ∵y ＝f (2x －1)定义域为[0,1]．∴－1≤2x －1≤1，要使y ＝f (2x ＋1)有意义应满足－1≤2x ＋1≤1，解得－1≤x ≤0， 因此y ＝f (2x ＋1)定义域为[－1,0]．名师点拨 ☞函数定义域的求解策略(1)已知函数解析式：构造使解析式有意义的不等式(组)求解． (2)实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解． (3)抽象函数：①若已知函数f (x )的定义域为[a ，b ]，其复合函数f (g (x ))的定义域由不等式a ≤g (x )≤b 求出；②若已知函数f (g (x ))的定义域为[a ，b ]，则f (x )的定义域为g (x )在x ∈[a ，b ]时的值域． 〔变式训练1〕(1)(角度1)(2020·安徽宣城八校联考)函数y ＝－x 2＋2x ＋3lg (x ＋1)的定义域为( B )A ．(－1,3]B ．(－1,0)∪(0,3]C ．[－1,3]D ．[－1,0)∪(0,3](2)(角度1)(2020·安徽芜湖检测)如果函数f (x )＝ln(－2x ＋a )的定义域为(－∞，1)，那么实数a 的值为( D )A ．－2B ．－1C ．1D ．2(3)(角度2)(2020·广东华南师大附中月考)已知函数f (x )的定义域是[－1,1]，则函数g (x )＝f (2x －1)ln (1－x )的定义域是( B )A ．[0,1]B ．(0,1)C ．[0,1)D ．(0,1][解析] (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ＋3≥0，x ＋1>0，x ＋1≠1，解得x ∈(－1,0)∪(0,3]．故选B ．(2)因为－2x ＋a >0，所以x <a 2，所以a2＝1，得a ＝2.故选D ．(3)由题意，函数f (x )的定义域为[－1,1]，即－1≤x ≤1，令－1≤2x －1≤1，解得0≤x ≤1.又g (x )满足1－x >0且1－x ≠1，解得x <1且x ≠0，所以函数g (x )的定义域为(0,1)，故选B ．考点二 求函数的值域——师生共研例3 求下列函数的值域． (1)y ＝1－|x |1＋|x |；(2)y ＝－2x 2＋x ＋3； (3)y ＝x 2＋x ＋1x ；(4)y ＝x －1－2x ； (5)y ＝x ＋1－x 2；。
高三数学一轮复习课件 第 9 讲 函数的值域与最值
热身练习
函数的值域与最值
1. (多选)下列函数中值域为R的有
√ √ A.f(x)＝3x－1 B.f(x)＝lg(x2－2)
√ C.f(x)＝ x22x，，0x≤>2x≤2，D.f(x)＝x3－1
2. (多选)若函数y＝x2－4x－4的定义域为[0，m]，值域为[－8，－4]，
则实数m的值可能为
√A.2
√B.3
√C.4
D.5
3. 函数f(x)＝x－1x在区间[2,4]上的值域为________.
4. 设f(x)＝ x＋2x－3，x≥1，则f(f(－1))＝__0__，f(x)的最小值是________.
x2＋1，x<1. 5. (多选)已知y＝f(x)的定义域是R，值域为[－1,2]，则值域也为[－1,2]的函数是
√ √ B.y＝x＋ x＋1
C.y＝1x－log3x
D.y＝x＋x＋1 1
√ √ ∞函，达5围123数4AC4AC.....－.已..函.已 23.标是函325围A－4ACf.32.－(1，知..数知x，...数已函](∞是练)32∞－－＝＋函函＋，知数yy，，∞＝∞习＝∞数数∞＋函l32yn132，1，1f＝∞－＋f数(x＋(x32－，x1)2x)＝x＋f＝－a(1x－x12≥]xx)(＝－＋xl1n1112－1－－3x－l1a，n112)2，BBD2－－2BDxaxx＋x...，的.x≥.5围AC的22－－xBD32<－321.xa＋..，已x值.的1，1.(是值的1－∞≥－∞－，32x3，＋知定域＋＋，域值a1，1∞，∞，12，∞函义为3∞＋为域的32，32，a4ACx12域数，∞B为<.值..－函321与.32－xf域，－，(1数<值x∞]1)为1＋5围AC＝，4AC域y，，的..＝...已.函∞(R是都－3212－－32l值1，，的n知1数是＋1∞－∞域则x，＋值函，[yx1，2，为实＝－12∞，域数ax32－≥数1xbR为＋f＋](111(，xab]－Rx3)则>＝－的a，12BD，BD实)x则取，..的.l.xn－1数321－0则实值<－，－值x，1∞，1实a数范，2＋2域 ，BD12，a的xx数函..的∞a≥为 12－x3232数取b的＋的，值＝1∞的值值3取＋_域值a，_范域3，值BD∞_为域32_5围 A..为x范..与－0.已<(是，－1最R1知，，，12值∞函则12，
高考理科数学第一轮总复习课件8函数的值域与最值
(1)证明:因为f(x)=|1-1 |= 1 -1(0<x≤1)
x
x
1-
1
(x>1),
故f(x)在(0,1］上是减函数，x 而在(1,+∞)上是
增函数，
由0<a<b和 1
a
-1=1- 1 ,得
b
1 a
1
+b
=2.
(2)假设存在这样的实数a、b（a<b）使得函
数y=f(x)的定义域、值域都是［a,b］.
当x=1时,f(x)min=-1; 当x=4时，f(x)max=42-2×4=8.
4.函数f(x)= x 1 (x≤-12)的值域是 (-∞,-2］.
x
当x=-1时，x 1 取最大值-2.
x
5. 已 知 x≥0 ， y≥0 ， 且 x+2y=1 ， 则 2x+3y2的最小值为 3 .
4
因为x+2y=1，x≥0，y≥0，
y=2tanx+tan( -x)(0<x< 1 )
22
的
2
2 tan x
最小值是 .
因为0<x< 2 ，所以tanx>0, 所以y=2tanx+ ≥ 2 ,当2 且仅当
tanx= 时2 “=”成立.
2
学例2 (2009·海南/宁夏卷)用min{a,b,c}表
示 a,b,c 三 个 数 中 的 最 小 值 . 设 f(x)=min{2x,x+2,10-x}(x≥0)，则f(x)的最 大值为( )C
不妨设f(x)=3x(-1≤x≤3，且x∈Z)， 可知D={-3,0,3,6,9}，M=9，N=-3，可 知，A、B、C错误，选D.
高考数学复习 2.3 函数的值域与最值课件
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高考数学一轮复习 2.5 函数的值域与最值 理 课件
【命题立意】(1)本题考查了用导数求极值，均 值不等式等知识，题目难度中等，重在考查基 础知识和基本计算能力．
(2)本题考查利用导数研究函数的单调性与极值 、最值问题，考查分类讨论思想，考查学生转 化与化归的能力，难度适中．
∵x≥25，∴f(x)≥21·2 x－2×x－1 2＝1. 当且仅当x－2＝x－1 2时，即x＝3时取到最小值， ∴值域为[1，＋∞)．
(3)由于x≥－1，又函数y＝x＋ x＋1在[－1，＋∞) 单调递增，故所求的值域为[－1，＋∞)． (4)(换元法)由1－x2≥0，得－1≤x≤1. 令x＝cosθ(θ∈R)，
2．求值域的常用方法：一是要掌握基本的初等函 数及它们的复合函数的值域；二是要掌握利用单调 性求值域；三是要掌握利用导数法求值域．这是三 种最基本的方法，此外还有基本不等式法、数形结 合法等．
3．最值可由值域而得到，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．
4．分离参数是解决不等式恒成立问题中的通解通法 之一，注意分清“主元”和“参数”．
＞0
恒成立．
⇔x2＋2x＋a＞0恒成立⇔a＞－x2－2x恒成立．
∴a应大于u＝－x2－2x, x∈[1，＋∞)的最大值，
∴a＞－(x＋1)2＋1，当x＝1时u取最大值－3，
∴a＞－3.
【点评】求解含参不等式恒成立问题的关键是将 问题等价转化，利用函数方程思想求解．
〔备选题〕例4设a为实数，函数f(x)＝2x2＋ (x－a)|x－a|. (1)若f(0)≥1，求a的取值范围； (2)求f(x)的最小值．
2021届高考一轮复习第5讲 函数的值域与最值配套讲义
第5讲 函数的值域与最值夯实基础 【p 14】【学习目标】理解函数的最大(小)值的概念及几何意义，熟练掌握基本初等函数的值域，掌握求函数的值域和最值的基本方法．【基础检测】1．函数y ＝4－2x －1的值域为( )A ．[1，＋∞)B ．(－1，1)C ．(－1，＋∞)D ．[－1，1)2．已知函数f ()x ＝2x ＋3x －1，当x ∈[)2，＋∞时，函数f(x)的值域为( ) A .(]－∞，7 B .()－∞，2∪(]2，7 C .(]2，7 D .[)2，＋∞3．已知函数f(x)＝－x 2＋4x ，x ∈[m ，5]的值域是[－5，4]，则实数m 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)B ．(－1，2]C ．[－1，2]D ．[2，5]4．已知函数y ＝－x 2－2ax ()0≤x ≤1的最大值是a 2，则实数a 的取值范围是________．5．函数f ()x ＝12－x ()1－x 的最大值为________． 【知识要点】1．函数的值域函数f(x)的值域是__函数值y__的集合，记为{y|y ＝f(x)，x ∈A}，其中A 为f(x)的定义域．2．常见函数的值域(1)一次函数y ＝kx ＋b(k ≠0)的值域为__R __．(2)二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，当a ＞0时，值域为⎣⎡⎭⎫4ac －b 24a ，＋∞；当a ＜0时，值域为⎝⎛⎦⎤－∞，4ac －b 24a . (3)反比例函数y ＝k x(k ≠0)的值域为(－∞，0)∪(0，＋∞)． (4)指数函数y ＝a x (a ＞0且a ≠1)的值域为__(0，＋∞)__．(5)对数函数y ＝log a x (a ＞0且a ≠1)的值域为__R __．(6)正、余弦函数y ＝sin x ，y ＝cos x 的值域为__[－1，1]__；正切函数y ＝tan x 的值域为__R __．3．函数的最值一般地，设函数y ＝f(x)的定义域为I ，如果存在实数M ：(1)若∀x ∈I ，f(x)≤M 且∃x 0∈I ，f(x 0)＝M ，则称M 为f(x)的__最大值__．(2)若∀x ∈I ，f(x)≥M 且∃x 0∈I ，f(x 0)＝M ，则称M 为f(x)的__最小值__． 典 例 剖 析 【p 14】考点1 函数值域的求法例1求下列函数的值域：(1) f (x )＝3x －1，x ∈{x ∈N |1≤x ≤4}；(2)y ＝2x ＋1－x 2；(3)y ＝x 2－2x ＋5x －1； (4)y ＝x 2－2x ＋3，x ∈{x |0≤x ＜3}；(5)y ＝5x ＋4x －1； (6)y ＝2x －x －1；(7)f (x )＝|2x ＋1|－|x －4|.【点评】求函数值域的常用方法：①单调性法；②配方法；③分离常数法；④数形结合法；⑤换元法(包括代数换元与三角换元)；⑥判别式法；⑦不等式法；⑧导数法，主要是针对在某区间内连续可导的函数；⑨图象法，求分段函数的值域通常先作出函数的图象，然后由函数的图象写出函数的值域．考点2 函数的最值及应用例2(1)若f (x )＝x －2＋x 2－2x ＋4的最小值与g (x )＝x ＋a －x －a (a>0)的最大值相等，则a 的值为( )A ．1 B. 2 C ．2 D ．22(2)函数y ＝4－x －x －3的最大值是( )A ．－1B ．1C ．6D ．7考点3 含参变量的函数值域与最值问题例3(1)已知函数y ＝x 2－4x ＋1的定义域为[]1，t ，在该定义域内函数的最大值与最小值之和为－5，则实数t 的取值范围是( )A.(]1，3B.[]2，3C.(]1，2D.()2，3(2)若函数f ()x ＝1mx 2＋2()m －2x ＋1的值域为(0，＋∞)，则实数m 的取值范围是( ) A.()1，4 B.()－∞，1∪()4，＋∞ C.(]0，1 ∪[)4，＋∞ D.[]0，1 ∪[)4，＋∞例4函数f (x )＝2x －a x的定义域为(0，1](a ∈R )． (1)当a ＝－1时，求函数y ＝f (x )的值域；(2)若函数y ＝f (x )在定义域上是减函数，求a 的取值范围；(3)求函数y ＝f (x )在定义域上的最大值及最小值，并求出函数取最值时x 的值．方 法 总 结 【p 15】1．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．2．求值域的常用方法：一是要掌握基本的初等函数及它们的复合函数的值域；二是要掌握利用单调性求值域；三是要掌握利用导数法求值域．这是三种最基本的方法，此外还有基本不等式法、数形结合法等．3．最值可由值域而得到，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．4．分离参数是解决不等式恒成立问题中的通解通法之一，注意分清“主元”和“参数”．走 进 高 考 【p 15】1．(2017·浙江)已知a ∈R ，函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪x ＋4x －a ＋a 在区间[1，4]上的最大值是5，则实数a 的取值范围是______________________________________.考 点 集 训 【p 181】A 组题1．已知x ∈[)0，2，则函数f ()x ＝－x 2＋x ＋1( )A ．有最大值1，无最小值B ．有最大值54，无最小值 C ．有最大值1，最小值－1 D ．有最大值54，最小值－1 2．函数f (x )＝2x ＋1＋x 的值域是( ) A ．[0，＋∞) B ．(－∞，0] C.⎣⎡⎭⎫－12，＋∞ D ．[1，＋∞) 3．已知函数f ()x ＝－x 2＋4x ，x ∈[]m ，4的值域是[]0，4，则实数m 的取值范围是( )A.()－∞，0B.[]0，2C.(]0，2D.[]2，44．如果函数f (x )对任意的实数x ，都有f (1＋x )＝f (－x )，且当x ≥12时，f (x )＝log 2(3x －1)，那么函数f (x )在[－2，0]上的最大值与最小值之和为( )A ．2B ．3C ．4D ．－15．若函数f (x )＝1x －1(x ∈A )的值域为⎝⎛⎦⎤－∞，－13，则其定义域A 为________． 6．函数f (x )＝1－1x 2－1的值域为________． 7．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2（－x ＋9），x ≤1，2x －3m ，x >1在R 上存在最小值，则m 的取值范围是________．8．已知函数g (x )＝x ＋1，h (x )＝1x ＋3，x ∈(－3，a ]，其中a 为常数且a >0，令函数f (x )＝g (x )·h (x )．(1)求函数f (x )的表达式，并求其定义域；(2)当a ＝14时，求函数f (x )的值域．B 组题1．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（x －a ）2，x ≤0，x ＋1x ＋a ，x >0.若f (0)是f (x )的最小值，则a 的取值范围是( ) A ．[0，2] B ．[－1，2] C ．[1，2] D ．[－1，0]2．若定义运算a *b ＝⎩⎪⎨⎪⎧b ，a <b a ，a ≥b ，则函数f (x )＝log 2x *log 12x 的值域是( ) A ．(0，1] B ．[0，＋∞) C ．[1，＋∞) D ．R3．已知函数f (x )＝x 2－2|x |＋4定义域为[a ，b ]，其中a <b ，值域为[3a ，3b ]，则满足条件的数组(a ，b )为__________．4．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，且当x >1时，f (x )<0. (1)求f (1)的值；(2)证明：f (x )为单调递减函数；(3)若f (3)＝－1，求f (x )在[2，9]上的最小值．。
2021新高考2版数学一轮课件：第二章 第二节 函数的单调性与最值
(2)下列函数中,满足“∀x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2,(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]<0”的是
(C)
A.f(x)=2x B.f(x)=|x-1|
C.f(x)= 1 -x
x
D.f(x)=ln(x+1)
(3)判断函数f(x)=x+ a (a>0)在(0,+∞)上的单调性.
x
解析 (1)由x2-2x-8>0,得x>4或x<-2.因此,函数f(x)=ln(x2-2x-8)的定义域是(-∞, -2)∪(4,+∞).注意到函数y=x2-2x-8在(4,+∞)上单调递增,由复合函数的单调性 知, f(x)=ln(x2-2x-8)的单调递增区间是(4,+∞).
当 a ≤x1<x2时,x1x2>a,x1-x2<0, 所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),所以函数f(x)在[ a,+∞)上是增函数. 综上可知,函数f(x)=x+ a (a>0)在(0, a ]上是减函数,在[ a,+∞)上是增函数.
x
方法技巧
1.求函数单调区间的常用方法 (1)利用已知函数的单调性,即转化为已知函数的和、差或复合函数,求单调 区间. (2)定义法,先求定义域,再利用单调性的定义求解. (3)图象法,如果f(x)是以图象形式给出的,或f(x)的图象易作出,那么可由图象 的直观性写出函数的单调区间. (4)导数法,利用导数取值的正负确定函数的单调区间.
1-3 求函数f(x)=-x2+2|x|+1的单调区间.
解析 易知
-x2 2x 1,x 0,
f(x)=-x2 -2x 1,x 0
高考数学理一轮复习 2-2函数的值域与最值精品课件
∵
1 1 1 2 2 ＋2 ＋ ≥ 2 x
1 ， 2
∴0＜y≤ 2. 综上所述，函数的值域为(－1， 2]． 解法二：(换元法) ∵x2＋2x＋2＝(x＋1)2＋1， π π 故可设x＋1＝tanθ，θ∈ －2，2. tanθ－1 π 于是y＝－ ＝cosθ－ sinθ＝ 2cosθ＋ ， 4 secθ π π 3π π 2 由θ＋4∈－4， 4 ，知cosθ＋4∈－ ，1 ， 2 ∴y∈(－1， 2]．
备选例题1求下列函数的值域： (1)y＝2x2－4x＋1(0≤x≤3)； 4x＋3 (2)y＝ 2 ； x ＋1 ex－1 (3)y＝ x . e ＋1
解：(1)y＝2x2－4x＋1＝2(x－1)2－1，又0≤x≤3，依据此 函数的图象，可以得到所求函数的值域为[－1，7]．
域，其实质是相同的，只是提问的角度不同，因而答题的方
重点 辨析
(1) 函数的值域取决于函数的定义域和对应 法则，不论是何类型的函数值域问题都应首先考
虑函数的定义域(即“定义域优先”的原则)．
(2) 求函数的值域是中学数学较为重要的题型之一．解 决它没有固定的模式，也难以形成思维的定势，因此应善于
思考，多归纳积累，丰富自己的解题经验，特别需要掌握常
见题型的求函数值域的方法，掌握一次函数、二次函数、指 数函数、对数函数、三角函数的值域是解题的关键所在．
(3) 利用函数单调性的定义或借助求导数的方法研究函
数的单调性，进一步求函数的值域应予以重视．
(4) 函数值域与最值涉及的知识点多，内容广泛，是具 有较强综合性和应用性的章节，要注意体会数学思想、数学 方法在本节中的应用.
解法二：(判别式法) x2－x 由y＝ 2 ，得(y－1)x2＋(1－y)x＋y＝0. x －x＋1 ∵y＝1时，x∈Ø， ∴y≠1.又∵x∈R， ∴必须Δ＝(1－y)2－4y(y－1)≥0. 1 ∴－3≤y≤1. 1 ∵y≠1，∴函数的值域为－3，1.