前言

求函數的值域中涵蓋的相關數學方法和思想，是需要我們好好總結和提煉的。

一、求解前提

由圖像能很容易的理解，即使是同樣的函數解析式，定義域不同，函數也是不同的函數。下圖演示的是，當函數的定義域發生變化時，其值域往往隨之發生變化，所以要研究函數的值域，必須先求解確定函數的定義域，也就是我們常說的定義域優先原則。

二、常見方法

• 圖像法

例1
求函數\(y=2sin(2x+\cfrac{\pi}{6})+1，x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]\)的值域。

法1：橫軸為\(x\)，如圖1所示，利用圖像的變換得到函數\(y=2sin(2x+\cfrac{\pi}{6})+1，x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]\)的圖像，由圖像可以看出來，當\(x=\cfrac{\pi}{2}\)時，函數\(f(x)_{min}=2sin(2\times\cfrac{\pi}{2}+\cfrac{\pi}{6})+1=0\)，當\(x=\cfrac{\pi}{6}\)時，函數\(f(x)_{max}=2sin(2\times\cfrac{\pi}{6}+\cfrac{\pi}{6})+1=3\)，故函數的值域為\([0，3]\)。

法2，整體代換，如圖2所示，橫軸為\(2x+\cfrac{\pi}{6}=X\)，由\(0\leq x\leq \cfrac{\pi}{2}\)，故\(\cfrac{\pi}{6}\leq 2x+\cfrac{\pi}{6}\leq \cfrac{7\pi}{6}\)，則\(-\cfrac{1}{2}\leq sin(2x+\cfrac{\pi}{6})\leq 1\)，則\(0\leq 2sin(2x+\cfrac{\pi}{6})+1\leq 3\)，故\(0\leq y\leq 3\)。

反思總結：

1、從作圖角度講，圖2的做法由于使用了整體代換，作圖過程簡單明了，思路清晰，截取快捷，故常用圖2的方法來做三角函數的圖像。

2、用圖2的方法也可以求解函數的單調區間。比如，對函數\(y=2sinX+1\)而言，在\(X\in [\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{2}]\)上單調遞增，即\(2x+\cfrac{\pi}{6}\in [\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{2}]\)上單調遞增，解得\(x\in [0，\cfrac{\pi}{6}]\)，即函數\(y=2sin(2x+\cfrac{\pi}{6})+1\)在區間\([0，\cfrac{\pi}{6}]\)上單調遞增，和圖1的單調遞增區間是一樣的。

• 配方法

例2求函數\(f(x)=x^2+2x-3\)，\(x\in [2，3]\)的值域。

分析：之所以把這個例題放在第一個的位置，基于兩點考慮：其一，函數\(f(x)=x^2+2x-3\)為二次函數，學生在初中就比較熟悉，但是她的定義域和初中發生了變化；其二，這個題目可以作為下面題目的求解模板來用。我們做這個題目時常常是在心里畫圖，讀圖完成的。

配方得到\(f(x)=x^2+2x-3=(x+1)^2-4\)，對稱軸是直線\(x=-1\)，開口向上，

所以函數在區間\(x\in [2，3]\)上單調遞增，則\(f(x)_{min}=f(2)=5\)，\(f(x)_{max}=f(3)=12\)，

故函數的值域為\([5，12]\)。

• 換元法

例3求函數\(f(x)=4^x+3\cdot 2^x+1\)的值域。【代數換元】

分析：注意到函數的結果特點，做代數換元令\(2^x=t>0\)，則原函數就轉化為\(f(x)=g(t)=t^2+3t+1，t\in(0，+\infty)\)上的值域，和上例就是同一個類型的題目。

函數\(g(t)\)的對稱軸是\(t=-\cfrac{3}{2}\)，在\(t\in(0，+\infty)\)單調遞增，故\(f(x)=g(t)>g(0)=1\)，即\(f(x)\)的值域是\((1，+\infty)\)。

再如函數\(f(x)=sin^2x+sinx+1\)的值域，【三角換元】

令\(sinx=t\)，則\(t\in [-1，1]\)，則\(f(x)=g(t)=t^2+t+1=(t+\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{3}{4}\)，值域為\([\cfrac{3}{4}，3]\)；

例4求函數\(f(x)=x-\sqrt{2-x}\)的值域。

法1：代數換元法，先求定義域為\((-\infty，2]\)，

令\(\sqrt{2-x}=t\ge 0\)，則\(x=2-t^2\)，故原函數可以轉化為

\(f(x)=g(t)=2-t^2-t(t\ge0)=2-(t^2+t+\cfrac{1}{4})-\cfrac{1}{4}=\cfrac{9}{4}-(t+\cfrac{1}{2})^2\)，

故在\([0，+\infty)\)上單調遞減，

\(f(x)_{max}=g(t)_{max}=g(0)=2\)，故值域為\((-\infty，2]\)；

法2：利用單調性，直接從函數解析式分析，

函數\(f(x)=x-\sqrt{2-x}\)在定義域\((-\infty，2]\)上單調遞增，故\(f(x)_{max}=f(2)=2\)。

解后反思：

對于形如\(f(x)=ax+b\pm \sqrt{cx+d}\)型的函數求值域，用代數換元法總能將其轉化為二次函數在限定區間上的值域問題，

因此法1是通用方法；而法2的適用性有一定的限制。

例5求函數\(f(x)=x+\sqrt{1-x^2}\)的值域。

分析：求定義域得到\(x\in[-1，1]\)，故做三角換元令\(x=cos\theta,\theta\in[0，\pi]\)，

則函數\(f(x)=x+\sqrt{1-x^2}=cos\theta+\sqrt{1-cos^2\theta}\)

\(=cos\theta+|sin\theta|=sin\theta+cos\theta\)

\(=\sqrt{2}sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\in[-1，\sqrt{2}]\)，

故函數的值域為\([-1，\sqrt{2}]\)。

引申思考：

1、換元法特別需要注意的是舊元\(x\)和新元\(\theta\)的取值范圍要一致，否則換元就會出錯，那么本題中引入新元\(\theta\)后，其取值范圍能不能是\([-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}]\)？不能，否則\(cos\theta\in [0，1]\)，和\(x\in[-1，1]\)的取值范圍不一致了。

2、那么取值范圍能不能是\([0，2\pi]\)？此時雖然能保證\(cos\theta\in [-1，1]\)，但是下一步在開方去絕對值時就麻煩了，\(\sqrt{1-cos^2\theta}=|sin\theta|\)還需要分類討論，這樣反到復雜了，由此我們也就能更好的理解\(\theta\in[0，\pi]\)的用意，由此可知我們的三角換元是很講究的，絕不是隨心所欲的。

3、能不能這樣換元令\(x=sin\theta\)？可以的，不過若這樣換元，新元的范圍就必須是\(\theta\in[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}]\)。

4、你會用這個方法求函數\(f(x)=x-\sqrt{2-x^2}\)的值域嗎？

提示：定義域為\(x\in[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]\)，故令\(x=\sqrt{2}cos\theta\)，且\(\theta\in [0，\pi]\)，

那么原函數轉化為\(f(x)=x-\sqrt{2-x^2}=\sqrt{2}cos\theta-\sqrt{2}sin\theta=2cos(\theta+\cfrac{\pi}{4})\in [-2，\sqrt{2}]\)。

5、你能將這一方法適用的類型做以總結提煉嗎？

一般來說，適用于這樣的類型：\(f(x)=ax+b\pm \sqrt{c+dx^2}\)型，其中\(a，b，c，d\in R，c\cdot d<0\)。

例6求函數\(f(x)=sinx+cosx+sinxcosx\)的值域。【三角換元，典型例題】

分析：令\(sinx+cosx=t\)，則由上例可知\(t\in[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]\)，

則由\((sinx+cosx)^2=t^2\)得到\(sinxcosx=\cfrac{t^2-1}{2}\)，

故此時原函數經過換元就轉化為\(f(x)=g(t)=t+\cfrac{t^2-1}{2}，t\in[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]\)，

這樣就和例1是同一類型的了。\(f(x)=g(t)=\cfrac{1}{2}(t+1)^2-1\)，\(t\in[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]\)，

\(f(x)=g(t) \in [-1，\cfrac{2\sqrt{2}+1}{2}]\)

例7【2017寶雞中學高三理科第一次月考第10題】
已知函數\(f(x)=\cfrac{2sinxcosx}{1+sinx+cosx}\)，\(x\in(0，\cfrac{\pi}{2}]\)的最大值為\(M\)，最小值為\(N\)，則\(M-N=\)？

分析：令\(sinx+cosx=t\) ，由于\(x\in(0，\cfrac{\pi}{2}]\)，則\(t=sinx+cosx=\sqrt{2}sin(x+\cfrac{\pi}{4})\in [1，\sqrt{2}]\)，

則\(2sinxcosx=t^2-1\)，故\(f(x)=\cfrac{t^2-1}{t+1}=g(t)=t-1\)，

故\(f(x)_{max}=M=\sqrt{2}-1\)；\(f(x)_{min}=N=0\)；即\(M-N=\sqrt{2}-1\)。

• 單調性法

例8求函數\(f(x)=x-\cfrac{1}{x}\)，\(x\in [3，5]\)的值域。

分析：用導數法我們可以研究函數的單調性，

在區間\([3，5]\)上單調遞增，故\(f(x)_{min}=f(3)=3-\cfrac{1}{3}\)，

\(f(x)_{max}=f(5)=5-\cfrac{1}{5}\)。

• 基本不等式法

例8求函數\(f(x)=x+\cfrac{1}{x}\)的值域。

法1：分類討論當\(x>0\)時，\(f(x)=x+\cfrac{1}{x}\ge 2\)，

當且僅當\(x=\cfrac{1}{x}\)即\(x=1\)時取到等號；

當\(x<0\)時，\(f(x)=x+\cfrac{1}{x}=-[(-x)+\cfrac{1}{-x}] \leq -2\)，

當且僅當\(x=\cfrac{1}{x}\)即\(x=-1\)時取到等號；

綜上所述值域為\((-\infty，-2]\cup [2，+\infty)\)。

法2：靈活利用絕對值性質，定義域為\(x\neq 0\)，

由\(|x+\cfrac{1}{x}|=|x|+|\cfrac{1}{x}|\ge 2\)，

故\(x+\cfrac{1}{x}\ge 2\) 或 \(x+\cfrac{1}{x}\leq -2\)，

故值域為\((-\infty，-2]\cup [2，+\infty)\)。

• 分離常數法

例9求函數\(f(x)=\cfrac{2+x}{1+x}\)的值域。

分析：函數\(f(x)=\cfrac{2+x}{1+x}=1+\cfrac{1}{1+x}\)，由于\(\cfrac{1}{1+x}\neq 0\)，

則函數\(f(x)\neq 1\)，故值域為\((-\infty，1)\cup (1，+\infty)\)。

解后反思：

1、此類函數是高三的高頻函數，其圖像常用變換作圖得到，

作圖順序：\(y=\cfrac{1}{x}\xrightarrow{向左1個單位}y=\cfrac{1}{x+1}\xrightarrow{向上1個單位} y=1+\cfrac{1}{x+1}\)，

這樣的作圖變換我們一般要求學生要非常熟練的掌握。

2、函數\(f(x)=\cfrac{2+x}{1+x}\)是中心對稱圖形，由變換作圖的過程就可以知道對稱中心是\((-1，1)\)，

其對稱性的表達形式滿足關系：\(f(x)+f(-2-x)=2\)，這時對稱中心圖形的另外一種等價且較抽象的說法。

注意：滿足關系\(f(x)+f(-2-x)=2\)，等價于這個函數有對稱中心\((-1，1)\)，

但是這樣的函數不一定就非得是這個函數，因為滿足這個關系的函數不止一個。

3、向\(y\)軸作正射影，就能很容易的得到值域。這個方法也可以叫做圖像法。

4、函數變換后得到\(f(x)=1+\cfrac{1}{1+x}\)，其中第一個\(1\)，就是從分式中分離出來的常數，為什么這樣做？

主要是基于變量集中。變形前的分式的分子分母中都有變量\(x\)，變形后，只有后面的部分含有變量，前面僅僅是常數，

得到這樣的表達式后我們要繼續研究函數的其他性質往往就更容易些，這樣的變形方法也叫部分分式法。

延伸閱讀

• 反解法+ 有界性法

例10求函數\(y=\cfrac{sinx-2}{2+sinx}\)的值域。

分析：以\(sinx\)為未知數，就像解方程一樣，可以解得\(sinx=\cfrac{-2-2y}{y-1}=\cfrac{2+2y}{1-y}\)，

由于\(y=sinx\)是有界函數，即\(|sinx|\leq 1\)，故\(|\cfrac{2+2y}{1-y}| \leq 1\)，

從而解得函數的值域\(-3\leq y\leq -\cfrac{1}{3}\)。

解后反思：

1、當然本題目也可以用分離常數法+不等式性質法這樣求解

分析\(y=\cfrac{sinx-2}{2+sinx}=\cfrac{sinx+2-4}{2+sinx}=1-\cfrac{4}{sinx+2}\)，

由于\(-1\leq sinx \leq 1\)，則有\(1\leq sinx+2\leq 3\)，則\(\cfrac{1}{3}\leq \cfrac{1}{sinx+2}\leq 1\)，

故\(-4\leq -\cfrac{4}{sinx+2}\leq -\cfrac{4}{3}\)，則\(1-4\leq 1 -\cfrac{4}{sinx+2}\leq 1-\cfrac{4}{3}\)，

即值域為\(-3\leq y\leq -\cfrac{1}{3}\)。

2、函數\(y=\cfrac{cosx-2}{2+cosx}\)的值域也可以這樣求解，

3、函數\(y=\cfrac{cosx-2}{2+sinx}\)的值域也可以這樣求解，不過此時還要用到輔助角公式，

變形提示：\(ysinx-cosx=-2y-2\)，即\(\sqrt{y^2+1}sin(x-\theta)=-2y-2\)，

則\(sin(x-\theta)=\cfrac{-2y-2}{\sqrt{y^2+1}}\)，再由\(|\cfrac{-2y-2}{\sqrt{y^2+1}}|\leq 1\)，

求得函數的值域，本方法僅僅是讓大家體會三角函數的有界性，

高考和模擬訓練中幾乎不涉及這樣的方法。

4、反解法常常和有界性法聯合使用，我們常用的有有界性的函數，

比如\(y=e^x\)，函數\(y=\cfrac{e^x-2}{2+e^x}\)的值域也可以這樣求解，

• 數形結合法

例11求函數\(y=f(x)=\cfrac{sinx-1}{cosx+2}\)的值域；

法1：反解法+輔助角公式，先反解得到\(sinx-y\cdot cosx=1+2y\)，

即\(\sqrt{y^2+1}\cdot sin(x+\phi)=2y+1\)，即\(sin(x+\phi)=\cfrac{2y+1}{\sqrt{y^2+1}}\)，

故有\(|\cfrac{2y+1}{\sqrt{y^2+1}}|\leq 1\)，兩邊平方得到\((2y+1)^2\leq y^2+1\) ，

解得$ -\cfrac{4}{3}\leq y\leq 0$。

法2：數形結合，此題目可以看成動點\((cosx，sinx)\)到定點\((-2，1)\)的連線的斜率的取值范圍，

而動點\((cosx，sinx)\)的軌跡是單位圓，作出圖像如右，

可以得到連線斜率\(y_{max}=0\)，而\(y_{min}\)應該是定點與圖中的切點\((x_0，y_0)\)的連線的斜率。

以下重點說明如何求切點\((x_0，y_0)\)，希望理解并記住這個模型。

由\(\begin{cases} \cfrac{y_0-1}{x_0+2}\cdot \cfrac{y_0}{x_0}=-1 ①\\x_0^2+y_0^2=1 ②\end{cases}\)，

②代入①解得\(y_0-2x_0=1\)，聯立②式，從而解得\(x_0=-\cfrac{4}{5}或x_0=0(舍去)\)，\(y_0=-\cfrac{3}{5}\)，

代入求得另一個相切的斜率\(k=y_{min}=\cfrac{1+\cfrac{3}{5}}{-2+\cfrac{4}{5}}=-\cfrac{4}{3}\)，

故$ -\cfrac{4}{3}\leq y\leq 0$。

解后反思：

1、求函數\(y=f(x)=\cfrac{cosx-1}{sinx+2}\)的值域；

分析：函數\(y=f(x)=\cfrac{cosx-1}{sinx+2}\)的值域和函數\(y=g(\phi)=\cfrac{sin\phi-1}{cos\phi+2}\)的值域一樣，

為什么呢？這是因為單位圓\(x^2+y^2=1\)上的任意一點的坐標既可以表述為\((cos\theta，sin\theta)\)，

也可以表述為\((sin\phi，cos\phi)\)。

2、求函數\(y=f(x)=\cfrac{cosx+2}{sinx-1}\)的值域；

可以利用求函數\(y=f(x)=\cfrac{sinx-1}{cosx+2}\)的值域的倒數；

3、求函數\(y=f(x)=\cfrac{3sinx-2}{2cosx+5}\)的值域；

分析：\(y=f(x)=\cfrac{3sinx-2}{2cosx+5}=\cfrac{3\cdot(sinx-\cfrac{1}{3})}{2\cdot(cosx+\cfrac{5}{2})}\)

\(=\cfrac{3}{2}\cdot \cfrac{sinx-\cfrac{1}{3}}{cosx+\cfrac{5}{2}}\)，

從而關鍵是求出動點\((cosx，sinx)\)與定點\((-\cfrac{5}{2}，\cfrac{1}{3})\)的連線的斜率的范圍，

再乘以\(\cfrac{3}{2}\)即可。

• 判別式法

例12求函數\(f(x)=\cfrac{2x^2-x+1}{x^2+x+1}\)的值域。

分析：注意這個分式函數的結構特征， 注意到函數的定義域為\(R\)，將函數轉化為以\(x\)為未知數的一元二次方程(\(y\)可以看成系數)\((y-2)x^2+(y+1)x+y-1=0\)，由于這個函數不是空函數，即這個方程一定是有解的，分類討論如下：

1、當\(y=2\)時，此時為一次方程，簡化為\(3x+1=0\)，解為\(x=-\cfrac{1}{3}\)，故\(y=2\)的值是滿足題意的，

2、當\(y\neq 2\)時，此時為二次方程，那么由定義域為\(R\)可知，這個二次方程在實數范圍內一定有解，故\(\Delta \ge 0\)，即\(\Delta =(y+1)^2-4(y-2)(y-1)\ge 0\)且\(y\neq 2\)，解得\(y\in[\cfrac{7-2\sqrt{7}}{3}，2)\cup(2，[\cfrac{7+2\sqrt{7}}{3}]\)。

綜上所述，函數的值域為\(y\in[\cfrac{7-2\sqrt{7}}{3}，\cfrac{7+2\sqrt{7}}{3}]\)。

解后反思：

1、為什么判別式法要求函數的值域要是\(R\)？由上述分類討論中的第二步可知，二次方程在實數范圍內一定有解才能得到\(\Delta \ge 0\)，如果定義域不是\(R\)(比如是\(x\neq 2\))，那么這時候僅僅限制\(\Delta \ge 0\)是不夠的，還需要限制\(x\neq 2\)，反倒就體現不出來判別式法的簡潔性了。

2、能順利使用判別式法的分式函數，一般分母的\(\Delta <0\)，這樣就保證了定義域是\(R\)，且形如這樣的\(f(x)=\cfrac{ax^2+bx+c}{dx^2+ex+f}\)，或者\(f(x)=\cfrac{ax+b}{dx^2+ex+f}\) 型；

3、這樣的函數\(h(x)=\cfrac{x^2-4x+5}{x-2}\)能用判別式嗎？一般怎么求解值域？

分析：大家能看到這個函數的定義域是\(x\neq 2\)，所以我們一般不用判別式法，否則你僅僅利用條件\(\Delta \ge 0\)來限制是不夠的，肯定要出錯，那么我們一般怎么做呢，注意到分子分母的最高次是二倍的關系，故常常朝對勾函數轉化，\(h(x)=\cfrac{x^2-4x+5}{x-2}=\cfrac{(x-2)^2+1}{x-2}=(x-2)+\cfrac{1}{x-2}\xrightarrow{x-2=t}t+\cfrac{1}{t}\)，到此可以看到，函數圖像的左右平移變換不會影響值域，故所求函數\(h(x)\)的值域一定和函數\(g(t)=t+\cfrac{1}{t}\)的值域是一樣的。在例6基本不等式法中我們知道這個函數的值域是\((-\infty，-2]\cup [2，+\infty)\)。故函數的值域為\(h(x)\in (-\infty，-2]\cup [2，+\infty)\)。

• 導數法

例13用導數法求函數\(y=x+\cfrac{1}{x}\)的值域。

定義域是\(x\in(-\infty，0)\cup(0，+\infty)\)，且是奇函數，

故只先研究\(x\in(0，+\infty)\)上的圖像，研究工具是導數。

先求導，得到\(f'(x)=1-\cfrac{1}{x^2}=\cfrac{x^2-1}{x^2}\)，

令\(f'(x)>0\)，即\(x^2-1>0\)，得到\(x>1\)；

令\(f'(x)<0\)，即\(x^2-1<0\)，得到\(0<x<1\)；結合奇函數的特性，

可知，函數在區間\((-\infty，-1]\)單增，在\([-1，0)\)單減，在\((0，1]\)單減，在區間\([1，+\infty)\)單增，

又\(f(1)=2，f(-1)=-2\)，做出函數的簡圖，可知函數的值域為\((-\infty，-2]\cup [2，+\infty)\)。

• 組合用法

例14求函數\(f(x)=\cfrac{x^2+3x+3}{x+1}\)的值域。

分析：注意到函數的結構特征，我們一般考慮分離變量，

將函數轉化為\(f(x)=\cfrac{x^2+3x+3}{x+1}=\cfrac{(x^2+3x+2)+1}{x+1}\)

\(=\cfrac{(x+2)(x+1)+1}{x+1}=x+2+\cfrac{1}{x+1}\)

\(=(x+1)+\cfrac{1}{x+1}+1\xlongequal[變量代換]{令x+1=t}t+\cfrac{1}{t}+1\)；

對照上述解析先求出函數\(t+\cfrac{1}{t}\)的值域是\((-\infty，-2]\cup [2，+\infty)\)，

則函數\(t+\cfrac{1}{t}+1\)的值域，

也就是原函數的值域為\((-\infty，-1]\cup [3，+\infty)\)。

三、通用方法

以上林林總總學習介紹了求函數值域的10多種方法，那么到底有沒有一種方法可以統領全局，能解決幾乎初中階段所有常見類型函數的值域呢？有，那就是導數法，為什么呢？我們回憶用導數法求函數的單調性問題的求解步驟，先求定義域，再求導數\(f'(x)\)，再求解\(f'(x)>0(<0)\)，從而得到單調區間，然后結合極值和端點值，就能做出函數的圖像來，有了函數圖像我們自然就能得到函數的值域，所以這一結論從理論上是通的，那么我們還需要費事了解和學習求值域的其他方法嗎？不是導數法就可以搞定一切了嗎！這涉及以一個問題。

四、方法關系

盡管導數法是求值域的通用方法，但我們初中階段還是要了解和學習求值域的其他常見方法，原因在于其一各種方法各有優劣，各有長短；其二由上述的方法介紹可以看出，一些常見的數學思想方法和高頻的數學變形技巧，在導數法這一種方法中并不能全部涵蓋，所以我們在求函數的值域的時候，通行的做法是首先觀察所給函數的結構特征，再對照我們自己的知識儲備來選取對應的方法，除非一些我們根本看不出來方向的才輪得上導數法。比如這樣的函數\(f(x)=lnx+x^2+2x-3\)；

五、高考常用

從訓練中我們體會到，盡管方法很多，有些方法的原理掌握起來還有一定的難度，但是高考中求值域的常用方法并不是很多，我們重點掌握幾種就可以了，選擇填空題目中常用的比如圖像法，配方法，換元法，單調性法，分離常量(變量)法，基本不等式法，解答題中常用導數法，同時注意廓清認識，高考模擬題目中如果出現求函數的值域題目往往不會僅僅用一種方法，常常是打一套組合拳。

六、典例剖析：

• 高中數學中的有些題目，順手就轉化為了求函數的值域問題了。比如方程有解類的題目。

例1已知\(f(x)=e^{ax-1}-2mx\)，\(a∈R，m∈R，e\)為自然對數的底數，當\(a=1\)時，若函數\(f(x)\)存在與直線\(y=2x\)平行的切線，求實數\(m\)的取值范圍；

分析：當\(a=1\)時，若函數\(f(x)=e^{x-1}-2mx\)，存在與直線\(y=2x\)平行的切線，

則\(f'(x)=e^{x-1}-2m=2\)在定義域內有解，等價變形為\(2m+2=e^{x-1}\)在定義域內有解，

即意味著\(y=2m+2\)的取值范圍和\(y=e^{x-1}\)的值域是相同的，又由于\(y=e^{x-1}>0\)

即\(2m+2>0\)，解得\(m>-1\)，故實數\(m\)的取值范圍為\((-1，+\infty)\)；

例2求函數\(y=f(x)=\cfrac{sinx}{\sqrt{5+4cosx}}\)，\(x\in [0，2\pi]\)的值域。【不要求掌握】

法1：由于函數是奇函數，且為周期為\(T=2\pi\)的周期函數，

故求\(x\in [0，2\pi]\)的值域等價于求解\(x\in [-\pi，\pi]\)的值域。

我們可以先求解區間\([0，\pi]\)上的值域，然后將其關于原點對稱即可得到\([-\pi，0]\)上的值域。

以下重點求解\(y=f(x)=\cfrac{sinx}{\sqrt{5+4cosx}}\)，\(x\in [0，\pi]\)的值域。

\(f(x)=\sqrt{\cfrac{sin^2x}{5+4cosx}}\)，

令\(5+4cosx=t\in[1，9]\)，則\(cosx=\cfrac{t-5}{4}\)，則\(sin^2x=1-(\cfrac{t-5}{4})^2\)，

則\(g^2(t)=\cfrac{1-(\cfrac{t-5}{4})^2}{t}=\cfrac{16-(t^2-10t+25)}{16t}\)

\(=\cfrac{-t^2-9+10t}{16t}=-\cfrac{t}{16}-\cfrac{9}{16t}+\cfrac{5}{8}\)，

由于\(t\in [1，9]\)，則\(-\cfrac{t}{16}-\cfrac{9}{16t}=-\cfrac{1}{16}(t+\cfrac{9}{t})\in [-\cfrac{5}{8}，-\cfrac{3}{8}]\)，

故\(-\cfrac{1}{16}(t+\cfrac{9}{t})+\cfrac{5}{8}\in [0，\cfrac{1}{4}]\)，

即\(g^2(t)\in [0，\cfrac{1}{4}]\)，則\(g(t)\in [0，\cfrac{1}{2}]\)

由于奇函數，則有\(x\in [-\pi，0]\)的值域為$ [-\cfrac{1}{2}，0]$，

故\(x\in [-\pi，\pi]\)的值域為$ [-\cfrac{1}{2}，\cfrac{1}{2}]$。

即函數\(y=f(x)=\cfrac{sinx}{\sqrt{5+4cosx}}\)，\(x\in [0，2\pi]\)的值域為\([-\cfrac{1}{2}，\cfrac{1}{2}]\)。

法2：將函數兩邊平方得到方程，\(y^2=\cfrac{sin^2x}{5+4cosx}\)，

化簡整理為\(cos^2x+4y^2cosx+5y^2-1=0\)，\(x\in [0，2\pi]\)，

三角換元，令\(cosx=t\in [-1，1]\)，則上述方程變形為\(t^2+4y^2t+5y^2-1=0\)，

由于上述的方程在\(t\in [-1，1]\)上一定有解，為便于表述，

令\(g(t)=t^2+4y^2t+5y^2-1，t\in [-1，1]\)，由于函數\(g(t)\)是二次函數，故分類討論如下，

①當在區間\([-1，1]\)上僅有一根時，必然滿足\(g(-1)\cdot g(1)\leq 0\)，

即\((1-4y^2+5y^2-1)\cdot (1+4y^2+5y^2-1)\leq 0\)，解得\(y=0\)；

②當在區間\([-1，1]\)上有兩根時，由于對稱軸為\(t=-2y^2\)，開口向上，

則滿足條件\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta=(4y^2)^2-4(5y^2-1)\ge 0}\\{-1\leq -2y^2\leq 1}\\{g(-1)=1-4y^2+5y^2-1\ge 0}\\{g(1)=1+4y^2+5y^2-1\ge 0}\end{array}\right.\)，

解得\(-\cfrac{1}{2}\leq y\leq \cfrac{1}{2}\)，

綜上所述，\(-\cfrac{1}{2}\leq y\leq \cfrac{1}{2}\)，即函數的值域為\([-\cfrac{1}{2}， \cfrac{1}{2}]\).

轉載于:https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/9350622.html

總結

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