1、高中数学专题题型分类大全函数专题五_函数的值域及零点与最值函数的值域及零点与最值 1 必修 1函数专题 五、函数的值域及零点与最值五、函数的值域及零点与最值 知知知知识识识识与与与与方方方方法法法法梳梳 梳梳理理理理 1. 函数的定义域与值域的概念函数的定义域与值域的概念： 函数 f(x)的自变量 x的取值范围就叫函数 f(x)的定义域， 函数值的取值集合叫做函数 f(x)的值域. 2. 几个初等函数的定义域与值域几个初等函数的定义域与值域： 函 数 定 义 域 值 域 (1)f(x) = ax + b (a0) R R (2)f(x)=ax2+bx+c(a0) R a0时f(- b 2a),
2、 +) a0) R (0,+) (5)f(x)=logax(a1,a0) (0,+) R (6)y=x 为正偶数 R 0, +) 为负偶数 (-,0)(0,+) (0,+) 为正奇数 R R 为负奇数 (-,0)(0,+) (-,0)(0,+) 为正分数或 正无理数 0, +) 0, +) 为负分数或 负无理数 (0,+) (0,+) 3. 函数的零点：函数的零点： (1)定义：定义：使得 f(x)=0 的 实数 x 叫做函数 f(x)的一个零点零点. (2)判定定理：判定定理：对于在区间a, b上连续不断的的函数 f(x), 如果 有 f(a) f(b) 0， 若 a = 0,则 x + 1
3、 4 0 不能恒成立，a 0; 若a 0, 则 0, 0, a 即 2 0, (1)0, a aa 解得 3 - 5 2 0 时均有(a1)x1(x2ax1)0，则 a _. 8. 设 f(x) = lg1 + 2 x + 4xa 3 ，其中 aR，如果 x(-,1时 f(x) 有意义，求 a 的取值范围. 9. 已知函数 2 ( ),1,) xaxa f xx x ， （1）当4a 时，求函数( )f x的最小值； （2）若对任意1,)x，( )0f x 恒成立，求实数a的 取值范围. 10. 设函数 f(x)的定义域为 D，如果对于任意的 x1D，存在唯 一 x2D， 使f（x1）f（x2
4、） 2 C(C 为常数)成立， 则称函数 y f(x)在 D 上的均值为 C，给出四个函数： f(x)x3；f(x)x + 1 x ；f(x)lg x；f(x)3 x. 则满足在其定义域内的均值为 2 的所有函数是_(填 序号) 高中数学专题题型分类大全函数专题五_函数的值域及零点与最值函数的值域及零点与最值 5 11. 已知函数 f(x)x22x. (1)若 x2，a，求 f(x)的值域； (2)若存在实数 t，当 x1，m，f(xt)3x 恒成立，求实 数 m 的取值范围 12. 已知函数 f(x)loga(x1)，g(x)2loga(2xt)(tR)，其中 x 0，15，a0，且 a1.
5、 (1)若 1 是关于 x 的方程 f(x)g(x)0 的一个解， 求 t 的值； (2)当 0a1 时，不等式 f(x)g(x)恒成立，求 t 的取值范 围 （四）函数零点与方程问题 1.零点区间的判断零点区间的判断 题型结构特征：题型结构特征：判别零点区间. . 【例题21】 函数 f（x）=ex + x - 2 的零点所在的一个区间 是（ ） A.（-2,-1） B. （-1,0） C.（0,1） D.（1,2） 【例题22】 若abc，则函数 ( )()()()()()()f xxa xbxb xcxc xa两 个 零点分别位于区间 A.( , )a b和( , )b c内 B.(,
6、)a和( , )a b内 C.( , )b c和( ,)c 内 D.(, )a和( ,)c 内 2.零点个数的判断零点个数的判断 题型结构特征：题型结构特征：判别零点在区间上的个数问题. . 【例题23】 函数 f(x)2xx32 在区间(0,1)内的零点个数 是( ) A0 B1 C2 D3 【例题24】 函 数 0 . 5 ( )2 | log|1 x fxx的 零 点 个 数 为 ( ) A. 1 B. 2 C.3 D.4 【例题25】 已知函数 f(x) x1，x0， log2x，x0， 则函数 yf(f(x) 1 的零点个数是( ) A4 B3 C2 D1 【例题26】 设 f(x)
7、 是定义在 R 上且周期为 1 的函数， 在区 间0,1)上， f(x) = 2 , , xxD xxD ,其中集合 D =x| x = n-1 n ,nN*，则方程 f(x) - lgx = 0 的解的个数是 _. 【例题27】 已知函数 f(x)是 R 上的偶函数，且满足 f(5x) f(5x)， 在0， 5上有且只有 f(1)0， 则 f(x)在2 015， 2 015上的零点个数为( ) A808 B806 C805 D804 3.零点存在性确定的参数范围问题零点存在性确定的参数范围问题 题型结构特征：题型结构特征：已知零点的个数存在性确定参数范围. . 【例题28】 函数 f(x)2
8、x2 xa 的一个零点在区间(1，2) 内，则实数 a 的取值范围是( ) A(1，3) B(1，2) C(0，3) D(0，2) 【例题29】 2015 湖南文 14若函数 f（x）=| 2x-2 | - b 有两个 零点，则实数 b 的取值范围是_. 【例题30】 已知函数 f(x) 2 xa，x0 x23axa，x0有三个不同 的零点，则实数 a 的取值范围是_ 【例题31】 已知函数 )(xf 满足 )() 1(xfxf ， 且 )(xf 是 偶函数，当 1 , 0x 时， 2 )(xxf ，若在区间 3 , 1内， 函数 kkxxfxg)()( 有三个零点，则实数 k 的取值范 围是
9、（ ） A. ) 4 1 , 0( B 2 1 , 0( C ) 2 1 , 4 1 ( D. 3 1 , 4 1 4.零点分布问题零点分布问题 题型结构特征：题型结构特征：根据零点的分布区域进行零点相关运算或不 等关系的判断. . 判断判断识识识识真真真真 已知函数 f(x) = ( 1 3 ) x - log 2x， 若实数 x0是方程 f(x) = 0 的 解，且 01 由韦达定 理知 a 2, 31. 且判别式0 即 a2 - 120，综上解得 a 2 3 . 【例题35】 已知 a 是实数，函数 axaxxf322 2 ， 如果函数 xfy 在区间 1 , 1 上有零点， 求 a 的
10、取值范围. 【例题36】 已知关于 x 的二次方程 x22mx2m10. (1)若方程有两根，其中一根在区间(1，0)内，另一根在 区间(1，2)内，求 m 的取值范围； (2)若方程两根均在区间(0，1)内，求 m 的取值范围 6.函数的不动点函数的不动点 题型结构特征：题型结构特征：形如 f(x)=x 或 f(x)=x 函数问题. . 【例题37】 对于函数 f(x)，xR，若 f(x)x，则称 x 为 f(x) 的“不动点” ，若 f(f(x)x，则称 x 为 f(x)的“稳定点” ， 函数 f(x)的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为 A 和 B. (1)求证：AB； (2)若 f(
11、x)ax21(aR)，且 AB，求实数 a 的取值范 围 【例题38】 设二次函数f(x) = ax2 + bx + c(a0)， 方程f(x) - x = 0 的两根 x1,x2满足 0 0, 解得 y 1 或 y - 1 2时 g(a) = m(2)= a + 2 (3) a = 0 时 g(a) = m(2)= a + 2 综上 g(a) = 1 2, 2 121 ( ), 222 2 2,. 2 aa g aax a x 【例题7】 解析 (1)f(x) = (x + a 2 ) 2 +- a 2 4 ，对称轴为 x = - a 2 ,且 |- a 2 |1，f(x)在-1, 1上单调
12、，M(a,b) = max|f(1)|,|f(- 1)| f(1) f( - 1)| = |2a| 4, max|f(1)|,|f(- 1)|2 即 M(a,b) 2. (2)由 M(a,b)2 得 |1 + a + b| = |f(1)|2, |1 - a + b| = |f(-1)|2, 故 |a + b|3, |a b|3.由此得 |a| + |b| 3, 当 a = 2, b = -1 时取等 号，|a| +|b| 的最大值为 3. 解法解法辩辩辩辩伪伪伪伪 正解 （1）由 1 0, 1 10, 0 x x x px 解得 1 3 4 . 3. 指数复合指数复合 【例题9】 解析若 a
13、 1,则 f(x) 在- 1 , 0上为增函数. 所以 1 1, 10 ab b 解得 a = 1 2 , b = - 2.所以 a + b = - 3 2 . 解法解法辩辩辩辩伪伪伪伪 正解 当 a 1 时，f(x)为增函数，f(x)max = f(1)，a2 + 2a 1 = 14, 即 a2 + 2a 15 = 0, 解得 a = 3 或（a = - 5 舍） 当 0 9 2 时，f(x)max = (a - 4) + a= 2a - 4,由 2a - 4 = 5 得 a = 9 2 . 综上，a 的取值范围是（-，9 2 . (注：关于 t 的取值范围还可用后期数学的学习内容 基本不等
14、式或求导等方法求） 类型题（二) 1. C.解析 设 h(x)f( )x 1x ，则由题意知 h(x)为奇函数或 偶函数. 当 h(x)为奇函数时，由 f(x)在a，b上的最大值为 6，最小 值为 3 得 h(x)在b，a上的最大值与最小值2 和5， 从而 f(x)的最大值和最小值为1 和4，其和为5； 当 h(x)为偶函数时，由 f(x)在a，b上的最大值为 6，最小 值为 3 得 h(x)在b， a上的最大值与最小值 5 和 2， 从而 f(x) 的最大值和最小值为 6 和 3，其和为 9. 2. (3 2 ,3) 3. B. 4. B. 5. 解析设 ux22ax3(xa)23a2. (
15、1)因为 u0 对任意 xR 恒成立，所以 umin3a20， 解得 31，解得 2 2g(x)min. f(x)为0,3上单调递增，f(x)min=f(0)=0, g(x)为减函数 g(x)min = g(2) = 1 4 - m.由 0 1 4 - m 解得 m1 4 . 4. 不等式恒成立问题不等式恒成立问题 方法要领指点方法要领指点： 同变量函数不等式求参数范围问题，常用策略 有两种：一是分离变量，二是带参讨论.参数的范围由 参数所在不等式另一侧的函数值域或其最值来决定. . 【例题16】 （-,1)解析 解法 1（带参讨论） 显然 m0， 由于函数 1 f xx x 对 1,x是增函
16、数 则当 m0 时， 0f mxmf x 不恒成立，因此 m0 恒成立， 故 a3. 【例题18】 解析（1）由 2 1 log50 x ，得 1 51 x ， 解得 1 ,0, 4 x （2） 1 425aaxa x ， 2 4510axax ， 当4a 时，1x ，经检验，满足题意 当3a 时， 12 1xx，经检验，满足题意 当3a 且4a 时， 1 1 4 x a ， 2 1x ， 12 xx 1 x是原方程的解当且仅当 1 1 0a x ，即2a ； 2 x是原方程的解当且仅当 2 1 0a x ，即1a 于是满足题意的 1,2a 综上，a的取值范围为 1,23,4 （3）当 12
17、0xx时， 12 11 aa xx ， 22 12 11 loglogaa xx ， 所以 f x 在 0, 上单调递减 函数 f x 在区间 ,1t t 上的最大值与最小值分别为 f t ， 1f t 22 11 1loglog1 1 f tf taa tt 即 2 110atat ，对任意 1 ,1 2 t 成立 因为0a ，所以函数 2 11yatat在区间 1 ,1 2 上单 调递增， 1 2 t 时，y有最小值3 1 42 a ， 由3 1 0 42 a ， 得 2 3 a 故a的取值范围为 2 , 3 5. 值域与定义域的综合问题值域与定义域的综合问题 方法要领指点方法要领指点：
18、此类问题两域常为动态形式，难免进行必要的 讨论，值域问题注意函数的单调性与最值. . 【例题19】 B解析 12max |( )xxfx ， 22 2 44 4 bacacb aa | 2aa， 4a ，选 B 【例题20】 解析(1)f(x) x是0， )上的正函数， 且 f(x) x在0，)上单调递增 当 xa，b时， f（a）a， f（b）b，即 aa， bb， 解得 a0，b1，故函数 f(x)的“等域区间”为0，1 (2)函数 g(x)x2m 是(，0)上的减函数， 当 xa，b时， g（a）b， g（b）a，即 a 2mb， b2ma， 两式相减得 a2b2ba，即 b(a1)，
19、代入 a2mb，得出(a)a2am10，则其函数 (a)的对称轴为 a1 2.由 a1 时才有可能满足 x()0， 时，y1 y20. 考查函数 y2x2ax1， 显然只有过点 M( 1 a1，0)时才能 满足 x()0， 时，y1 y20， 代入得：( 1 a1) 2 a a110， 可得()a1 2a( )a1 10 2a23a0 解得 a3 2或 a0，舍去 a0，得答案：a 3 2. 8. a - 3 4 9. 解析， （1） 当 a=4 时 2 444 ( )4440 xx f xx xx ， （2）由题意， 1,)x时，( )0f x 恒成立，即 2 0 xaxa x 恒成立， 1
20、,)x，即 2 40xax恒成立， 若1x 4a， 若1x ， 则 2 1 x a x 恒 成立，故 2 m i n () 1 x a x ，而 2 1 124 11 x x xx ，当且仅当 x = 2 时 取等号，故 2 min ()4 1 x x ，所以，a 1，g(t)的对称轴：t对1m3 168（m1）m2m0，解得：30， 3a0， a0， 由此解得 a4 9. 因此，满足题意的实数 a 需满足 04 9， 即4 9 f(x0) = 0，所以选 A. 【例题32】 C . 解析 做出函数( )f x的图象如图， 要使方程 2 ( ) +( )+c=0f xbf x 有三个 不同的实
21、数根，结合图象可知， ( )1f x ，所以三个不同的实数解为 1,2,3，所以 222 123 14xxx ，选 C. 【例题33】 A 解析 由数形结合及 f(a)0，g(b)0 得 a(0，1)，b(1，2)，a 0，由韦达定理知 a 2, 3 - a +1 0. 且判别 式0 即 a2 - 120，综上解得 4 a 2 3 . 法 2：由 f(x)图象可知 a2120， a 20， f(1)=4-a 0， 解得 2 3 0， （2m）24（2m1）0， 01 2， m1 2或m1 2， 1x. 又 f(x) - x1 =a (x - x1)(x - x2) + 1 a ，而 x0, 1
22、 a - x2 0, x - x1 0， x1x23a0， 解得 20， f(0)=3-a 0， 解得 20 1x0，解得10) (1)方程 f(x)3a0 有两个相等的实根，即 ax2(2a)x a0 有两个相等的实根， (2a)24a203a24a40, a2(舍)或 a2 3， a0，a2 3，f(x) 2 3x 24 3x 4 3. (2)f(x)ax2(2a)x2a a(x2a 2a )28a 2（2a）2 4a a0，f(x)的最小值为8a 2（2a）2 4a ， 则8a 2（2a）2 4a 3a，3a24a40， 解得2a2 3，a0，01 2. 所以 f(f(x) =x 有解x
23、| x1 2，又当 x 1 2时，f(x) = x，故x| x1 2中的所有点都不是二阶周期点 当 a1 2时，有 f(f(x) 4a2x，x 1 4a， 2a4a2x， 1 4a1 2. (3)由(2)得 x1 2a 14a2，x2 4a2 14a2， 因为 x3为函数 f(f(x)的最大值点，所以 x3 1 4a，或 x3 4a1 4a . 当 x3 1 4a 时 ，S(a) 2a1 4（14a2） ， 求导得 ： S(a) 2(a1 2 2 )(a1 2 2 ) （14a2）2 . 所 以 当a (1 2， 1 2 2 ) 时 ， S(a) 单 调 递 增 ， 当 a(1 2 2 ，)时 S(a)单调递减； 当 x34a1 4a 时，S(a) 8a26a1 4（14a2），求导得：S(a) 12a24a3 2（14a2）2； 因 a1 2，从而有 S(a) 12a24a3 2（14a2）20， 所以当 a(1 2，)时 S(a)单调递增
