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函数的值域与最值知识点归纳


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函数的值域与最值
●知识点归纳 知识点归纳
一、相关概念 1、值域:函数 y = 、值域:

f (x),x ∈ A,我们把函数值的集合 { y | y = f ( x), x ∈ A} 称为这个函数的值域。

2、最值:求函数最值常用方法和函数值域的方法基本相同。事实上,如果在函数的值域中存在一个最小(大)数,这个 、最值: 数就是函数的最小(大)值。因此,求函数的最值和值域,其实质是相同的,只是提问不同而已。 最大值:一般地,设函数 y=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;②存在 x0∈ ① ② I,使得 f(x0) = M。那么,称 M 是函数 y=f(x)的最大值。记作 ymax = f ( x0 ) 最小值:一般地,设函数 y=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;②存在 x0∈ ① ② I,使得 f(x0) = M。那么,称 M 是函数 y=f(x)的最小值。记作 ymin = f ( x0 ) 注意: 注意: ①函数最大(小)首先应该是某一个函数值,即存在 x0∈I,使得 f(x0) = M; ② 函数最大(小)应该是所有函数值中最大(小)的,即对于任意的 x∈I,都有 f(x)≤M(f(x)≥M) 。 二、基本函数的值域 一次函数 y = kx + b ( a ≠ 0) 的定义域为 R,值域为 R; 二次函数 y = ax2 + bx+ c(a ≠ 0 的定义域为 R, ; )
2 2 当 a > 0时, 值域是[ 4ac b ,+ ∞); a < 0时, 值域是(∞,4ac b ] 4a 4a

反比例函数 y = k ( k ≠ 0 ) 的定义域为{x|x ≠ 0},值域为 { y / y ≠ 0 } ;
x

数函数 y = a (a > 0且 ≠1 的值域为 { y / y > 0 } ; a )
x

对数函数 y = loga x(a > 0且a ≠ 1) 的值域为 R; 正、余弦:函数的值域 [ 1,1] ;

π 正、余切函数 y = tanx, x ≠ kπ + , y = cot x ( x ≠ kπ , k ∈ Z ) 的值域为 R。 2
三、求函数值域和最值常用的方法 求函数值域和最值常用的方法 和最值常用

函数的值域是由其对应法则和定义域共同决定的其类型依解析式的特点分可分三类:(1)求常见 函数值域; (2)求由常见函数复合而成的函数的值域; (3)求由常见函数作某些“运算”而得函数的值域
观察法(用非负数的性质,如: x ≥ 0 ; x ≥ 0 ; (1)观察法
2

x ≥ 0( x ≥ 0) 等)

例如: 例如:求下列函数的值域:y=-3x +2;{y|y≥2}
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2

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变式: 变式:y=5+2 x + 1 (x≥-1)的值域是{y|y≥5} (2)利用基本函数求值域法: )利用基本函数求值域法: 例如 :下列函数中值域是(0,+ ∞ )的是 A. y = x 2
1

( )
2

B. y = ( )

1 5

1 x

C. y = 1 x

D. y = x +

1 ( x > 0) x

解析: 解析:通过基本函数的值域可知:A 的值域为[0, + ∞ ),C 的值域为[0,1],D 的值域为 [2, + ∞ ). 答案:B 答案: (3)配方法:(二次或四次) 转化为二次函数,利用二次函数的特征来求值; )配方法: 常转化为含有自变量的平方式与常数的和,型如: f ( x ) = ax + bx + c, x ∈ ( m, n) 的形式,然后根据变量的取值
2

范围确定函数的最值; 例如: 例如:求值域:y= x + x + 1 , x ∈ R ;x ∈ [ 1,3] ; x ∈ (1,5]; x ∈ [5, 1]
2

3 1 3 ;开口向上,所以当 x = 时,函数取最小值 y = ; 4 2 4 1 3 当 x ∈ [ 1,3] 时,在 x = 时,函数的最小值为 y = ;最大值在 x=3 时取到,f(3)=13; 2 4 3 故其值域为[ ,13]; 4
解析: 解析:通过配方可得 y = ( x + ) +
2

1 2

同学练习: 同学练习: x ∈ (1,5]; x ∈ [5, 1]
2 (答: 【-6,3】 ) 变式 1:y=-x +4x-1 x∈[-1,3);

变式 2:求函数 y=

5 的值域.(答: (0,5]) 2x 4x + 3
2

当 函数 f ( x ) = ax 2 + 4( a + 1) x 3 在 x = 2 时取得最大值, a 的取值范围是___ 则 (答: ≥ a 变式 3: x ∈ (0,2] 时,

1 ) ; 2

(4)换元法(代数换元法)通过变量代换达到化繁为简、化难为易的目的,三角代换可将代数函数的最值问题转化为 换元法 三角函数的最值问题,化归思想; 例如:求函数 y = 2 x + 4 1 x 的值域.
2

( ∞,4]

解析: ,则 x = 1 t ,故 y = 2(1 t 2 ) + 4t , 经整理得y = 2t 2 + 4t + 2 ;用配方法求的 y 的值域 解析:令 t = 1 x (t ≤ 0) 为 ( ∞,4] 。 变式 1:求函数 y=3x- 1 2 x 的值域.(答 {y|y≤ 变式 2: y = 2 x + 1 +

3 }) 2

x 1 的值域为_____

(令 x 1 = t , t ≥ 0 。运用换元法时,要特别要注意新元 t 的范围 ; 运用换元法时, 的范围) (答: (3, +∞) ) 运用换元法时
2 ; 变式 3: y = x + 4 + 9 x 的值域为____(答: [1,3 2 + 4] )

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【 )(提示 三角代换) 提示: 变式 4:函数 y = x 1 x 2 的值域为____(答: 2 ,1】 提示:三角代换 变式 5: y = 2sin x 3cos x 1 的值域为_____(答: [ 4,
2

17 ]) ; 8 25 1 ,8])(提示:令 t= log 1 x , t ∈ [ 1, ] )。 4 2 4

变式 6:求函数 y = log 1 2 x log 1 x 2 + 5(2 ≤ x ≤ 4) 的值域(答:[
4 4

(分式转化法) 对某些分式函数,可通过分离常数法,化成部分分式来求值域. (5)分离常数法: )分离常数法: ; :通过反解,用 y 来表示 x ,再由 x 的取值范围,通过解不等式,得出 y 的取值范围;常用来 (6)逆求法(反求法) )逆求法(反求法)

ax + b , x ∈ (m, n) cx + d x+2 例如: ({y|y ≠ 1 }) 例如:求下列函数的值域:y= x +1
解,型如: y = 变式: 变式:函数 y=

1 x2 的值域是( 1+ x2

) C.[-1,1) D.(-1,1)

A.[-1,1] 解法一: 解法一:y=

B.(-1,1]

1 x2 2 = -1. 2 1+ x 1+ x2

∵1+x2≥1,∴0<

2 ≤2.∴-1<y≤1. 1+ x2

解法二: 解法二:由 y=

1 x2 1 y 1 y ,得 x2= .∵x2≥0,∴ ≥0,解得-1<y≤1. 2 1+ y 1+ y 1+ x

解法三: 解法三:令 x=tanθ(-

π π 1 tan 2 θ <θ< ) ,则 y= =cos2θ 2 2 1 + tan 2 θ

.∵-π<2θ<π,∴-1<cos2θ≤1,即-1<y≤1.答案:B 练习: 练习: 求函数 y =

2x 2 x +1

的值域(答:1>y>0)

;若函数 y=f(x)可以化成一个系数含有 y 的关于 x 的二次方程 a(y)x2+ (7)利用判别式法(将函数转化为二次方程) 利用判别式法 b(y)x+c(y)=0,则在 a(y)≠0 时,由于 x、y 为实数,故必须有Δ=b2(y)-4a(y) c(y)≥0,从而确定函数 的最值,检验这个最值在定义域内有相应的 x 值. 例 5 求函数 y =

3x 3 3 的最值.[- , ] 4 4 x +4
2

变式: y =

2 x2 x + 2 ;[1,5] x2 + x + 1

k (k > 0) ,利用基本不等式公式来求值域; x (a1 + a 2 ) 2 设 x, a1 , a2 , y 成等差数列,x, b1 , b2 , y 成等比数列, 则 的取值范围是____________. 答:(∞, 0] ∪ [4, +∞) ) ( 。 b1b2
(8)基本不等式法:转化成型如: y = x + ) 练习: 练习:求函数 y = x 2 + 4 +
1 x +4
2

的最小值(答:y ≥ 2.5)

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(9)单调性法:函数为单调函数,可根据函数的单调性求值域 ) 如果函数 y=f(x)在区间[a,b]上单调递增,在区间[b,c]上单调递减则函数 y=f(x)在 x=b 处有最大值 f(b); 如果函数 y=f(x)在区间[a,b]上单调递减,在区间[b,c]上单调递增则函数 y=f(x)在 x=b 处有最小值 f(b); 求 y = x

1 80 (1 < x < 9) 的值域为______(答: (0, ) ) ; x 9
x

练习: 练习:函数 f(x)= 2 8 +
1 4

log 3 x

1 2 的值域【 , +∞ 】 x 3

1 x 函数 y = ( ) 2

2

x

的值域【 0, 2 】

(



(10)数形结合:根据函数图象或函数的几何图形,利用数型结合的方法来求值域 10) 已知点 P ( x, y ) 在圆 x 2 + y 2 = 1 上,求 练习: 练习:求函数 y = ( x + 1) + (2) +
2 2

y 3 3 及 y 2 x 的取值范围(答: [ , ] 、 [ 5, 5] ) ; x+2 3 3

( x 1) 2 + (3) 2 的值域.(答: y ≥ 29 )

提示: 提示:此题可以看做(x,0)到(-1,-2)和(1,-3)两点的距离和。
3 2 (答:-48) (11)导数法 )导数法:求函数 f ( x ) = 2 x + 4 x 40 x , x ∈ [ 3,3] 的最小值。

●典例剖析
题型一: 题型一:函数值域问题 求下列函数的值域: 例 1.求下列函数的值域: (1) y =

x2 6x 5 ; (2) y =

3x + 1 ; x2

(4) y = x + 1 x 2 ; (5) y =| x 1| + | x + 4 | ; (3) y = x + 4 1 x ; (6) y =

2x2 x + 2 2x2 x + 1 1 1 sin x ; (7) y = (x > ) ; (8) y = 。 2 x + x +1 2x 1 2 2 cos x

2 ,则原函数可化为 y = 解: (1)求复合函数的值域:设 = x 6 x 5 ( ≥ 0 )



又∵ = x 2 6 x 5 = ( x + 3) 2 + 4 ≤ 4 ,∴ 0 ≤ ≤ 4 ,故 ∴y=

∈ [0, 2] ,

x 2 6 x 5 的值域为 [0, 2] 。
3x + 1 2y +1 得x= ,由此得 y ≠ y 3 x2

(2) (法一)反解法:由 y = (法二)分离变量法: y = ∵

3 ∴原函数 y =

3x + 1 的值域为 { y ∈ R | y ≠ 3} 。 x2

3x + 1 3( x 2) + 7 7 = = 3+ , x2 x2 x2

7 7 ≠ 0 ,∴ 3 + ≠ 3 ,∴函数 y x2 x2

=

3x + 1 的值域为 { y ∈ R | y ≠ 3} 。 x2
2

(3)换元法(代数换元法) :设 t = 1 x ≥ 0 ,则 x = 1 t ,
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∴原函数可化为 y = 1 t + 4t = (t 2) + 5(t ≥ 0) ,∴ y ≤ 5 ,∴原函数值域为 (∞,5] 。
2 2

注:总结 y = ax + b + cx + d 型值域,
2 2 2 变形: 变形: y = ax + b + cx + d 或 y = ax + b + cx + d

(4)三角换元法:∵ 1 x ≥ 0 1 ≤ x ≤ 1 ,∴设 x = cos α , α ∈ [0, π ] ,
2

则 y = cos α + sin α = ∵ α ∈ [0, π ] ,∴ α + ∴ 2 sin(α +

2 sin(α + ) 4

π

π

π 5π π 2 ∈ [ , ] ,∴ sin(α + ) ∈ [ ,1] , 4 4 4 4 2

π
4

) ∈ [1, 2] ,∴原函数的值域为 [1, 2] 。
2 x 3 ( x ≤ 4) (4 < x < 1) ,∴ y ≥ 5 ,∴函数值域为 [5, +∞ ) 。 ( x ≥ 1)

(5)数形结合法: y =| x 1| + | x + 4 |= 5

2 x + 3

(6)判别式法:∵ x + x + 1 > 0 恒成立,∴函数的定义域为 R 。
2

由y=

2x2 x + 2 得: ( y 2) x 2 + ( y + 1) x + y 2 = 0 2 x + x +1



①当 y 2 = 0 即 y = 2 时,①即 3 x + 0 = 0 ,∴ x = 0 ∈ R ②当 y 2 ≠ 0 即 y ≠ 2 时,∵ x ∈ R 时方程 ( y 2) x 2 + ( y + 1) x + y 2 = 0 恒有实根, ∴△ △= ( y + 1) 2 4 × ( y 2) 2 ≥ 0 ,∴ 1 ≤ y ≤ 5 且 y ≠ 2 ,∴原函数的值域为 [1,5] 。
1 2 x 2 x + 1 x(2 x 1) + 1 1 1 1 (7) y = = = x+ = x + 2 + , 2x 1 2x 1 2x 1 2 x 1 2 2 1 1 = 2,

1 1 1 1 ∵ x > ,∴ x > 0 ,∴ x + 2 ≥ 2 ( x ) 2 1 2 x 2 (x 1) 2 2
2 2 1 1+ 2 1 当且仅当 x = 2 时,即 x = 时等号成立。 2 x 1 2 2

∴y≥

2+

1 1 ,∴原函数的值域为 [ 2 + , +∞) 。 2 2

(8)方程法:原函数可化为: sin x y cos x = 1 2 y ,
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∴ 1 + y sin( x ) = 1 2 y (其中 cos =
2

1 1+ y
2

, sin =

y 1+ y2

) ,

∴ sin( x ) =

1 2 y 1+ y2
4 3

∈ [1,1] ,∴ |1 2 y |≤ 1 + y 2 ,∴ 3 y 2 4 y ≤ 0 ,∴ 0 ≤ y ≤

4 , 3

∴原函数的值域为 [0, ] 。 例 2 (分段函数法及图像法)求函数 y=|x+1|+|x-2|的值域 解:将函数化为分段函数形式:

2 x + 1( x < 1) y = 3(1 ≤ x < 2) , 2 x 1( x ≥ 2)
画出它的图象,由图象可知,函数的值域是{y|y ≥ 3}

y

3

x +1 + log 2 ( x 1) + log 2 ( p x) , 例 3 设函数 f ( x ) = log 2 x 1

-1 O

2

x

(1)求函数的定义域; (2)问 f ( x ) 是否存在最大值与最小值?如果存在,请把它写出来;如果不存在,请说明理由

x +1 x 1 > 0 x > 1 解: (1)由 x 1 > 0 ,解得 x < p p x > 0
当 p ≤ 1 时,①不等式解集为 ;



当 p > 1 时,①不等式解集为 { x |1 < x < p} ,∴ f ( x ) 的定义域为 (1, p )( p > 1) (2)原函数即 f ( x) = log2[( x +1)( p x)] = log2[( x 当

p 1 2 ( p +1)2 ) + ], 2 4

p 1 ≤ 1 ,即 1 < p ≤ 3 时,函数 f ( x) 有最大值为 log 2 2( p 1) ,但无最小值; 2 p 1 当1 < < p ,即 p > 3 时,函数 f ( x) 有最大值 2 log 2 ( p + 1) 2 ,但无最小值 2
题型二: 题型二:最值问题 (2002 全国理,21)设 a 为实数,函数 f ( x) = x + x a + 1 , x ∈ R . 例 1.
2

(1)讨论 f ( x ) 的奇偶性;

(2)求 f ( x ) 的最小值.
2

解: (1)当 a = 0 时,函数 f ( x) = ( x) + x + 1 = f ( x) ,此时 f ( x ) 为偶函数;

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当 a ≠ 0 时, f (a ) = a 2 + 1 , f ( a ) = a + 2 a + 1 , f ( a ) ≠ f ( a ) , f ( a ) ≠ f ( a ) .
2

此时函数 f ( x ) 既不是奇函数,也不是偶函数; (2)①当 x ≤ a 时,函数 f ( x ) = x x + a + 1 = ( x ) + a +
2 2

1 2

3 . 4

1 1 2 ,则函数 f ( x ) 在 ( ∞,a ] 上单调递减,从而,函数 f ( x ) 在 ( ∞,a ] 上的最小值为 f (a ) = a + 1 ;若 a > , 2 2 1 3 1 则函数 f ( x ) 在 ( ∞,a ] 上的最小值为 f ( ) = + a ,且 f ( ) ≤ f (a ) ; 2 4 2 1 2 3 2 ②当 x ≥ a 时,函数 f ( x ) = x + x a + 1 = ( x + ) a + ; 2 4 1 1 3 1 若 a ≤ ,则函数 f ( x ) 在 [ a, ∞ ) 上的最小值为 f ( ) = a ,且 f ( ) ≤ f ( a ) . + 2 2 4 2 1 + + 若 a > ,则函数 f ( x ) 在 [ a, ∞) 上单调递增,从而,函数 f ( x ) 在 [ a, ∞) 上的最小值为 f (a ) = a 2 + 1 . 2 1 3 综上,当 a ≤ 时,函数 f ( x ) 的最小值是 a , 2 4 1 1 2 当 < a ≤ 时,函数 f ( x ) 的最小值是 a + 1 , 2 2 1 3 当 a > 时,函数 f ( x ) 的最小值是 + a . 2 4
若a≤ 例 2:已知函数 f(x)= (1)当 a=

x2 + 2x + a ,x∈[1,+∞ ) , x

1 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
解:(1) 当 a=

1 1 时,f(x)=x+ +2 2 2x 7 2

∵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)= (2)解法一 在区间[1,+∞ ) 上, f(x)=

x2 + 2x + a >0 恒成立 x2+2x+a>0 恒成立 x 设 y=x2+2x+a,x∈[1,+∞ ) ,∵y=x2+2x+a=(x+1)2+a-1 递增,


例 1.已知函数 f ( x ) 的定义域为 [ 0,1] ,且同时满足: (1)对任意 x ∈ [ 0,1] ,总有 f ( x ) ≥ 2 ; (2) f (1) = 3

∴当 x=1 时,ymin=3+a,当且仅当 ymin=3+a>0 时,函数 f(x)>0 恒成立,故 a>-3 题型三: 题型三:函数的综合题

(3)若 x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 且 x1 + x2 ≤ 1 ,则有 f ( x1 + x2 ) ≥ f ( x1 ) + f ( x2 ) 2 . (I)求 f (0) 的值; (II)求 f ( x ) 的最大值; (III)设数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,且满足 S n = 1 ( an 3), n ∈ N . 2
*

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求证: f ( a1 ) + f ( a2 ) + f ( a3 ) + + f ( an ) ≤ 3 + 2n 1n1 . 2 2×3 解: (I)令 x1 = x2 = 0 ,由(3),则 f (0) ≥ 2 f (0) 2,∴ f (0) ≤ 2 (II)任意 x1 , x2 ∈ [ 0,1] 且 x1 < x2 ,则 0 < x2 x1 ≤ 1,∴ f ( x2 x1 ) ≥ 2 由对任意 x ∈ [ 0,1] ,总有 f ( x ) ≥ 2,∴ f (0) = 2 (2 分)

∴ f ( x2 ) = f ( x2 x1 + x1 ) ≥ f ( x2 x1 ) + f ( x1 ) 2 ≥ f ( x1 ) ∴ f max ( x) = f (1) = 3
(III)∵ S n = 1 ( an 3)( n ∈ N ) ∴ S n 1 = 1 ( an 1 3)( n ≥ 2) 2 2
*

(6 分)

∴ an = 1 an 1 (n ≥ 2),∵ a1 = 1 ≠ 0 ∴ an = 3n11 3
∴ f ( an ) = f ( ∴ f ( 31 ) ≤ n f ( an ) ≤ 2 +
1 ) = f ( 1 + 1 + 1 )≥ f ( 2 )+ f ( 1 )2≥3f ( 1 )4 3n 3n 3n 3n 3n 3n 3n1 1 f ( 1 ) + 4 ,即 f ( a ) ≤ 1 f (a ) + 4 。 n +1 n 3 3 3 3 3n1

(8 分)

∴ f (an ) ≤ 1 f (an 1 ) + 4 ≤ 312 f (an 2 ) + 342 + 4 ≤ ≤ 3n11 f (a1 ) + 3n41 + 3n42 + + 342 + 4 = 2 + 3n11 3 3 3 3
1 3n1



∴ f (a1 ) + f (a2 ) + + f (an ) ≤ 2n + 131 即原式成立。 3

1( 1 )n

(14 分)

(2006 湖南 理 20)对 1 个单位质量的含污物体进行清洗,清洗前其清洁度(含污物体的清洁度定义为: 例 2. .

1

污物质量 ) 0.8 ,要求清洗完后的清洁度为 0.99 。有两种方案可供选择,方案甲:一次清洗;方案 为 物体质量(含污物)

乙:分两次清洗。该物体初次清洗后受残留水等因素影响,其质量变为 a (1 ≤ a ≤ 3) 。设用 x 单位质量的水初次清洗后 的清洁度是

x + 0 .8 y + ac ,其中 c (0.8 < c < 0.99) 是该物 ( x > a 1) ,用 y 单位质量的水第二次清洗后的清洁度是 x +1 y+a

体初次清洗后的清洁度。 (Ⅰ)分别求出方案甲以及 c = 0.95 时方案乙的用水量,并比较哪一种方案用水量较少; (Ⅱ)若采用方案乙, 当 a 为某固定值时, 如何安排初次与第二次清洗的用水量,使总用水量最小? 并讨论 a 取不同数 值时对最少总用水量多少的影响。 解:(Ⅰ)设方案甲与方案乙的用水量分别为 x 与 z。 由题设有

x + 0.8 =0.99,解得 x=19。 x +1 由 c = 0.95 得方案乙初次用水量为 3, y + 0.95a = 0.99, 解得 y=4 a ,故 z=4 a +3.即两种方案的用水量分别为 19 与 4 a +3。 y+a

第二次用水量 y 满足方程:

因为当 1 ≤ a ≤ 3时, x z = 4(4 a ) > 0, 即x > z ,故方案乙的用水量较少。 (II)设初次与第二次清洗的用水量分别为 x 与 y ,类似(I)得

5c 4 , y = a (99 100c) (*) 5(1 c) 5c 4 1 + a (99 100c) = + 100a (1 c) a 1 于是 x + y = 5(1 c) 5(1 c) x=
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当 a 为定值时, x + y ≥ 2

1 × 100a (1 c) a 1 = a + 4 5a 1 , 5(1 c)

当且仅当

1 = 100a (1 c) 时等号成立。 5(1 c) 1 1 (不合题意,舍去)或c = 1 ∈ (0.8, 0.99), 10 5a 10 5a

此时 c = 1 +

将 c = 1

1 代入(*)式得 x = 2 5a 1 > a 1, y = 2 5a a. 10 5a
1 时总用水量最少, 10 5a

故 c = 1

此时第一次与第二次用水量分别为 2 5a 1与2 5a a , 最少总用水量是 T ( a ) = a + 4 5a 1 。 当 1 ≤ a ≤ 3时, T ' ( a ) =

2 5 1 > 0 , a

故 T( a )是增函数(也可以用二次函数的单调性判断)。这说明,随着 a 的值的最少总用水量, 最少总用水量最少总用水 量。 题型四: 题型四:课标创新题
4 3 2 (1)设 f ( x ) = x + ax + bx + cx + d ,其中 a、b、c、d 是常数。 例 1. .

如果 f (1) = 10, f ( 2) = 20, f (3) = 30, 求 f (10) + f (6)的值 ;
2 (2)若不等式 2 x 1 > m( x 1) 对满足 2 ≤ m ≤ 2 的所有 m 都成立,求 x 的取值范围。

解: (1)构造函数 g ( x ) = f ( x ) 10 x, 则 g (1) = g ( 2) = g (3) = 0,

f (10) + f (6) = (10 1)(10 2)(10 3)(10 n ) + 100 + ( 6 1)(6 2)(6 3)(6 n) 60 = 8104.
故:
2 (2)原不等式可化为 ( x 1) m ( 2 x 1) < 0. 2 构造函数 f (m) = ( x 1) m ( 2 x 1)( 2 ≤ m ≤ 2) ,其图象是一条线段。

根据题意,只须:

f (2) = 2( x 2 1) (2 x 1) < 0, f (2) = 2( x 2 1) (2 x 1) < 0,

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2 x 2 + 2 x 3 > 0, 2 即 2 x 2 x 1 < 0.
1+ 7 1+ 3 <x< 2 2 。 解得
1 |(x>0) , x 证明:当 0<a<b,且 f(a)=f(b)时,ab>1. 1 1 1 1 剖析一:f(a)=f(b) |1- |=|1- | (1- ) 2=(1- ) 2 2ab=a+b≥2 ab ab>1. a b a b 证明:略. 1 1 x ∈ (0,1], x 剖析二:f(x)= 1 1 x ∈ (1,+∞). x
(2004 年广东,19)设函数 f(x)=|1- 例 2. . 证明:f(x)在(0,1]上是减函数,在(1,+∞)上是增函数.由 0<a<b 且 f(a)= f(b) ,得 0<a<1<b 且 1=1-

1 - a

1 1 1 ,即 + =2 a+b=2ab≥2 ab ab>1. b a b

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