【数学】2019届一轮复习苏教版第2章函数概念与基本初等函数I第6讲学案
第 6 讲 函数的值域与最值
考试要求 1.函数的值域、最大值、最小值及其求法(B 级要求)；2.运用函数图象
研究函数的值域与最值(B 级要求).
诊 断 自 测
1.若定义域为 R 的函数 y＝f(x)的值域为[a，b]，则函数 y＝f(x＋a)的值域为
________.
解析 ∵x∈R，∴x＋a∈R，∴函数 y＝f(x＋a)与函数 y＝f(x)的值域相同且都为[a，
b].
答案 [a，b]
2.若函数 y＝8
x的定义域为[－4，－2)∪[2，8)，则其值域为________.
解析 由 y＝8
x的图象可知，当 x∈[－4，－2)∪[2，8)时，其值域为(－4，－
2]∪(1，4].
答案 (－4，－2]∪(1，4]
3.已知函数 f(x)＝－x2＋2x＋1 的定义域为[0，3]，则 f(x)的值域为________.
解析 f(x)＝－x2＋2x＋1 在[0，1]上单调递增，在[1，3]上单调递减，所以 f(x)max
＝f(1)＝2，f(x)min＝f(3)＝－2.所以 f(x)∈[－2，2].
答案 [－2，2]
4.(教材改编)已知函数 f(x)＝ 2
x－1
，x∈[2，6]，则 f(x)的最大值为________，最小
值为________.
解析 可判断函数 f(x)＝ 2
x－1
在[2，6]上为减函数，
所以 f(x)max＝f(2)＝2，f(x)min＝f(6)＝2
5.
答案 2 2
5
5.(2016·北京卷)函数 f(x)＝ x
x－1(x≥2)的最大值为________.
解析 易得 f(x)＝ x
x－1
＝1＋ 1
x－1
，当 x≥2 时，x－1>0，易知 f(x)在[2，＋∞)是
减函数，
∴f(x)max＝f(2)＝1＋ 1
2－1
＝2.
答案 2
知 识 梳 理
1.函数定义域、值域
在函数 y＝f(x)，x∈A 中，x 叫做自变量；x 的取值范围 A 叫做函数的定义域；
与 x 的值相对应的 y 值叫做函数值，函数值的集合{f(x)|x∈A}叫做函数的值域.
2.函数的最值
前提 设函数 y＝f(x)的定义域为 I，如果存在实数 M 满足
条件
(1)对于任意 x∈I，都有 f(x)≤M；
(2)存在 x0∈I，使得 f(x0)＝M
(3)对于任意 x∈I，都有 f(x)≥M；
(4)存在 x0∈I，使得 f(x0)＝M
结论 M 为最大值 M 为最小值
考点一 确定函数的最值
【例 1】 (1)(2017·南京、盐城一模)已知函数 f(x)＝{log
1
3
x，x > 1，
－x2＋2x，x ≤ 1，
则 f(f(3))
＝________，函数 f(x)的最大值是________.
(2)(一题多解)函数 f(x)＝x2＋8
x－1 (x>1)的最小值为________.
解析 由于 f(x)＝{log
1
3
x，x > 1，
－x2＋2x，x ≤ 1.
所以 f(3)＝log
1
3
3＝－1，则 f(f(3))＝f(－1)＝－3.
当 x>1 时，f(x)＝log
1
3
x 是减函数，得 f(x)<0.
当 x≤1 时，f(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1 在(－∞，1]上单调递增，则 f(x)≤f(1)＝
1，综上可知，f(x)的最大值为 1.
(2)法一 (基本不等式法)
f(x)＝x2＋8
x－1
＝（x－1）2＋2（x－1）＋9
x－1
＝(x－1)＋ 9
x－1
＋2≥2 （x－1）·
9
x－1
＋2＝8，
当且仅当 x－1＝ 9
x－1
，即 x＝4 时，f(x)min＝8.
法二 (导数法)f′(x)＝（x－4）（x＋2）
（x－1）2 ，
令 f′(x)＝0，得 x＝4 或 x＝－2(舍去).
当 1
4 时，f′(x)>0，
f(x)在(4，＋∞)上是递增的，
所以 f(x)在 x＝4 处取到极小值也是最小值，
即 f(x)min＝f(4)＝8.
答案 (1)－3 1 (2)8
规律方法 求函数最值的五种常用方法及其思路
(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值.
(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值.
(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用
基本不等式求出最值.
(4)导数法：先求导，然后求出在给定区间的极值，最后结合端点值，求出最值.
(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
求最值.
【训练 1】 (1)函数 y＝x＋ x－1的最小值为________.
(2)函数 f(x)＝{1
x，x ≥ 1，
－x2＋2，x < 1
的最大值为________.
解析 (1)易知函数 y＝x＋ x－1在[1，＋∞)上为增函数，∴x＝1 时，ymin＝1.(本
题也可用换元法求解)
(2)当 x≥1 时，函数 f(x)＝1
x为减函数，所以 f(x)在 x＝1 处取得最大值，为 f(1)＝
1；当 x<1 时，易知函数 f(x)＝－x2＋2 在 x＝0 处取得最大值，为 f(0)＝2.
故函数 f(x)的最大值为 2.
答案 (1)1 (2)2
考点二 求函数的值域(多维探究)
命题角度 1 观察法求值域
【例 2－1】 求函数 y＝ 1
2＋x2的值域.
解 因为 x2≥0，所以 2＋x2≥2，则 0<
1
2＋x2≤1
2.所以函数的值域为(0，
1
2].
命题角度 2 配方法求值域
【例 2－2】 函数 y＝ x2＋x＋1的值域是________.
解析 ∵x2＋x＋1＝(x＋1
2) 2
＋3
4≥3
4，
∴y≥
3
2 ，∴值域为[ 3
2 ，＋∞).
答案 [ 3
2 ，＋∞)
命题角度 3 换元法求值域
【例 2－3】 (1)函数 y＝x＋ 1－2x的值域是________.
(2)函数 y＝3x＋5＋ 5－6x的值域是________.
解析 (1)令 1－2x＝t(t≥0)，则 x＝1－t2
2 .
∵y＝1－t2
2 ＋t＝－1
2(t－1)2＋1≤1，
∴值域为(－∞，1].
(2)令 t＝ 5－6x≥0，
则 x＝5－t2
6 ，那么 y＝3x＋5＋ 5－6x＝3×5－t2
6 ＋5＋t＝－1
2t2＋t＋15
2 ＝－1
2(t－1)2
＋8，所以当 t＝1，即 x＝ 2
3
时，函数取得最大值，最大值是 8，值域为(－∞，
8].
答案 (1)(－∞，1] (2)(－∞，8]
命题角度 4 单调性法求值域
【例 2－4】 (2017·南京、盐城模拟)函数 f(x)＝(1
3 ) x
－log2(x＋2)在区间[－1，
1]上的最大值为________.
解析 由于 y＝(1
3 ) x
在 R 上递减，y＝log2(x＋2)在[－1，1]上递增，所以 f(x)
在[－1，1]上单调递减，故 f(x)在[－1，1]上的最大值为 f(－1)＝3.
答案 3
命题角度 5 分离常数法(部分分式法)求值域
【例 2－5】 (1)求函数 y＝ 1－x
2x＋5
的值域.
(2)求函数 y＝2x2－x＋1
x－1 (x>1)的值域.
解 (1)y＝ 1－x
2x＋5
＝
－1
2
（2x＋5）＋7
2
2x＋5
＝－1
2＋
7
2
2x＋5
，
因为
7
2
2x＋5
≠0，所以 y≠－1
2，所以函数 y＝ 1－x
2x＋5
的值域为{y|y ∈ R，且y ≠ －1
2}.
(2)因为 x>1，所以 x－1>0，故 y＝2x2－x＋1
x－1
＝2（x－1）2＋3（x－1）＋2
x－1
＝2(x－
1)＋ 2
x－1
＋3≥4＋3＝7，当且仅当 2(x－1)＝ 2
x－1
，即 x＝2 时取等号，
故函数的值域为[7，＋∞).
命题角度 6 数形结合法求值域
【例 2－6】 求函数 y＝|x－1|＋|x＋4|的值域.
解 y＝|x－1|＋|x＋4|＝{－2x－3（x ≤ －4），
5（－4 < x < 1），
2x＋3（x ≥ 1），
画出函数的图象，如图所示.
∴y≥5，∴函数的值域为[5，＋∞).
命题角度 7 函数有界性法求值域
【例 2－7】 求函数 y＝ex－1
ex＋1
的值域.
解 ∵y＝ex－1
ex＋1
，∴ex＝y＋1
1－y
，
∵ex>0，∴y＋1
1－y>0，解得－11).
解 (1)法一 (换元法)令 1－2x＝t，则 t≥0 且 x＝1－t2
2 ，于是 y＝1－t2
2 －t
＝－1
2(t＋1)2＋1.由于 t≥0，所以 y≤1
2，故函数的值域是(－∞，
1
2].
法二 (单调性法)容易判断 f(x)为增函数，而其定义域应满足 1－2x≥0，即
x≤1
2，所以 y≤f (1
2 )＝1
2，即函数的值域是(－∞，
1
2].
(2)y＝1－x2
1＋x2＝ 2
1＋x2－1.
因为 1＋x2≥1，所以 0<
2
1＋x2≤2.
所以－1<
2
1＋x2－1≤1，即 y∈(－1，1].
所以函数的值域为(－1，1].
(3)法一 由 y＝2x－1
x＋1
＝2－ 3
x＋1
，结合图象知，函数在[3，5]上是增函数，所以 ymax
＝3
2，ymin＝5
4，故所求函数的值域是[5
4，
3
2].
法二 由 y＝2x－1
x＋1
，得 x＝1＋y
2－y.
因为 x∈[3，5]，所以 3≤1＋y
2－y
≤5，解得5
4≤y≤3
2，
即所求函数的值域是[5
4，
3
2].
(4)(基本不等式法)令 t＝x－1，则 x＝t＋1(t>0)，
所以 y＝（t＋1）2－4（t＋1）＋5
t
＝t2－2t＋2
t
＝t＋2
t－2(t>0).
因为 t＋2
t≥2 t·
2
t
＝2 2，当且仅当 t＝ 2，即 x＝ 2＋1 时，等号成立，
故所求函数的值域为[2 2－2，＋∞).
考点三 恒成立与最值问题
【例 3】 已知函数 f(x)＝x2＋2x＋a
x
，x∈[1，＋∞)，且 a≤1.
(1)当 a＝1
2
时，求函数 f(x)的最小值；
(2)(一题多解)若对任意 x∈[1，＋∞)，f(x)>0 恒成立，试求实数 a 的取值范围.
解 (1)当 a＝1
2时，f(x)＝x＋ 1
2x＋2，设 1≤x10，2x1x2>2，
∴0<
1
2x1x2<
1
2，1－ 1
2x1x2>0，
∴f(x2)－f(x1)>0，f(x1)0 恒成立.
则 x2＋2x＋a>0 对 x∈[1，＋∞)上恒成立.
即 a>－(x2＋2x)在 x∈[1，＋∞)上恒成立.
令 g(x)＝－(x2＋2x)＝－(x＋1)2＋1，x∈[1，＋∞)，
∴g(x)在[1，＋∞)上是减函数，g(x)max＝g(1)＝－3.
又 a≤1，
∴当－30 在 x∈[1，＋∞)上恒成立.
故实数 a 的取值范围是(－3，1].
法二 f(x)>0 对任意 x∈[1，＋∞)恒成立等价于
y＝x2＋2x＋a>0 对 x∈[1，＋∞)恒成立.
即求 x∈[1，＋∞)时，ymin>0，
又 ymin＝12＋2＋a>0，∴a>－3，∴－30 显然成立.
②当Δ≥0 时，则有{Δ ≥ 0，
F（－1） ≥ 0，
－
－2m
2 ≤ －1，
解得－3≤m≤－2.
综上，m 的取值范围为[－3，1).
(2)设 F(x)＝f(x)－g(x)＝－2x3＋3x2＋12x－a，
则 F(x)≤0 对 x∈[－3，3]恒成立，即 a≥－2x3＋3x2＋12x，对 x∈[－3，3]恒成
立，
设 h(x)＝－2x3＋3x2＋12x，h′(x)＝－6x2＋6x＋12＝0，
则 x＝－1 或 x＝2，h(－3)＝45，h(2)＝20，
∴h(x)max＝h(－3)＝45，∴a≥45.
一、必做题
1.(2016·全国Ⅱ卷改编)下列函数中，在①y＝x；②y＝lg x；③y＝2x；④y＝ 1
x中，
定义域和值域分别与函数 y＝10lg x 的定义域和值域相同的是________(填序号).
解析 y＝10lg x＝x，定义域和值域均为(0，＋∞).只有④满足，故填④.
答案 ④
2.(2018·前黄高级中学调研)函数 y＝ －x2－2x＋8的定义域为 A，值域为 B, 则
A∪B＝________.
解析 由题意得－x2－2x＋8≥0，解得－4≤x≤2，即 A＝[－4，2]，由－x2－2x＋
8＝－(x＋1)2＋9，结合－4≤x≤2,
可得 B＝[0，3]，故 A∪B＝[－4，3].
答案 [－4，3]
3.(一题多解)(2018·通东中学月考)函数 f(x)＝ x＋1
x2＋4x＋7
的值域为________.
解析 法一 函数 f(x)＝ x＋1
x2＋4x＋7
的定义域为{x|x≥－1}.当 x＝－1 时，f(－1)＝
0；
当 x>－1 时，
f(x)＝ x＋1
x2＋4x＋7
＝ x＋1
（x＋1）2＋2（x＋1）＋4
＝
1
x＋1＋ 4
x＋1
＋2
，
∵x>－1，∴x＋1>0，
∴x＋1＋ 4
x＋1
≥4(当且仅当 x＝1 时等号成立).
∴
1
x＋1＋ 4
x＋1
＋2
≤ 1
6
＝
6
6 .
故函数 f(x)＝ x＋1
x2＋4x＋7
的值域为[0，
6
6 ].
法二 函数 f(x)＝ x＋1
x2＋4x＋7
的定义域为{x|x≥－1}.
令 g(x)＝ x＋1
x2＋4x＋7
，
则 g′(x)＝x2＋4x＋7－（2x＋4）（x＋1）
（x2＋4x＋7）2
＝ －x2－2x＋3
（x2＋4x＋7）2＝－（x－1）（x＋3）
（x2＋4x＋7）2 ，
所以 g(x)在[－1，1]上递增，在(1，＋∞)上递减，
所以当 x＝1 时，g(x)取得极大值，也是最大值，为1
6，易知当 x＝－1 时，g(x)取
得最小值为 0.
故函数 f(x)＝ x＋1
x2＋4x＋7
的值域为[0，
6
6 ].
答案 [0，
6
6 ]
4.(2017·泰州二模)已知函数 y＝ x2－2x＋a的定义域为 R，值域为[0，＋∞)，则
实数 a 的取值集合为________.
解析 因为 x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1，y＝ （x－1）2＋a－1的定义域为 R，值
域为[0，＋∞)，所以 a－1＝0，即 a＝1，所以 a 的取值集合为{1}.
答案 {1}
5.(2017·常州模拟)已知函数 f(x)＝|2 x－2|(x∈(－1，2))，则函数 y＝f(x－1)的值域
为________.
解析 y＝f(x－1)的图象是由 y＝f(x)的图象沿 x 轴向右平移 1 个单位得到的，而
左右平移不改变函数的值域，
∴y＝f(x－1)的值域也是 y＝f(x)的值域.
而 f(x)的值域为[0，2)，
∴y＝f(x－1)的值域为[0，2).
答案 [0，2)
6.(一题多解)(2018·江苏天一中学月考)对 a，b∈R，记 max{a，b}＝{a，a ≥ b，
b，a < b，
函数 f(x)＝max{|x＋1|，|x－2|}(x∈R)的最小值是________.
解析 法一 f(x)＝{2－x，x <
1
2，
x＋1，x ≥
1
2，
f(x)在(－∞，
1
2)和[1
2，＋∞)上分别为减函数
和增函数，
∴[f(x)]min＝f(1
2 )＝3
2.
法二 作函数 f(x)的图象如图所示，由图知当 x＝1
2时，[f(x)]min＝f(1
2 )＝3
2.
答案 3
2
7.(2017·泰州中学质检)已知函数 f(x)＝{x＋ln x＋5，0 < x ≤ 1，
x＋ 9
x＋1
＋m，x > 1 的值域为 R，
则实数 m 的取值范围为________.
解析 当 01 时，f(x)＝x＋ 9
x＋1
＋m
＝x＋1＋ 9
x＋1
＋m－1≥2 （x＋1） × 9
x＋1
＋m－1＝5＋m，
当且仅当 x＝2 时等号成立，因此 5＋m≤6⇒m≤1.
答案 (－∞，1]
8.(2018·南京一中模拟)已知函数 f(x)＝e x－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若存在 f(a)＝
g(b)，则实数 b 的取值范围为________.
解析 由题可知 f(x)＝ex－1>－1，g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1≤1，
若 f(a)＝g(b)，则 g(b)∈(－1，1]，
即－b2＋4b－3>－1，即 b2－4b＋2<0，
解得 2－ 20 且Δ≤0，解得 00，试确定 a 的取值范围.
解 (1)由 x＋a
x－2＞0，得x2－2x＋a
x
＞0，
当 a＞1 时，x2－2x＋a＞0 恒成立，定义域为(0，＋∞)，
当 a＝1 时，定义域为{x|x＞0 且 x≠1}，
当 0＜a＜1 时，定义域为{x|0＜x＜1－ 1－a或 x＞1＋ 1－a}.
(2)设 g(x)＝x＋a
x－2，当 a∈(1，4)，x∈[2，＋∞)时，
∴g′(x)＝1－ a
x2＝x2－a
x2 >0.
因此 g(x)在[2，＋∞)上是增函数，
∴f(x)在[2，＋∞)上是增函数.
则 f(x)min＝f(2)＝ln
a
2.
(3)对任意 x∈[2，＋∞)，恒有 f(x)>0.
即 x＋a
x－2>1 对 x∈[2，＋∞)恒成立.∴a>3x－x2.
令 h(x)＝3x－x2，x∈[2，＋∞).
由于 h(x)＝－(x－3
2) 2
＋9
4在[2，＋∞)上是减函数，
∴h(x)max＝h(2)＝2.
故 a>2 时，恒有 f(x)>0.
因此实数 a 的取值范围为(2，＋∞).
