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专题02 常见函数值域或最值的经典求法
  2018-07-17 21:44:34  

高考地位：
函数值域是函数概念中三要素之一,是高考中必考内容,具有较强的综合性,贯穿整个高中数学的始终.而在高考试卷中的形式可谓千变万化,但万变不离其宗,真正实现了常考常新的考试要求.所以,我们应该掌握一些简单函数的值域求解的基本方法.

方法一  观察法
解题模板：
第一步  观察函数中的特殊函数；
第二步  利用这些特殊函数的有界性，结合不等式推导出函数的值域.

例1   求函数$y=\sqrt{16-{{4}^{x}}}$的值域.

解析：由函数$y=\sqrt{16-{{4}^{x}}}$，
则： $16-{{4}^{x}}\geqslant 0,{{4}^{x}}\le {{4}^{2}},x\leqslant 2$ 定义域为：$x\leqslant 2$
所以：$0<{{4}^{x}}\leqslant 16,0\leqslant 16-{{4}^{x}}<16$，
值域为：$\left[ 0,4 \right)$。

变式演练1：
求函数$f(x)=\sqrt{8-{{2}^{x}}}$的值域.

解析：∵$2^x ＞0$，∴$0 \leqslant 8-2x ＜8$．
∴$0\leqslant \sqrt{8-2^x}<2 \sqrt{2}$．
故函数$f(x)=\sqrt{8-2^x}$的值域是$[0,2\sqrt{2})$.
 
方法二  分离常数法
解题模板：
第一步  观察函数$f(x)$类型，形如$f(x)=\dfrac{ax+b}{cx+d}$；
第二步  对函数$f(x)$变形成$f(x)=\dfrac{a}{c}+\dfrac{e}{cx+d}$形式；
第三步  求出函数$f(x)=\dfrac{e}{cx+d}$在$f(x)$定义域范围内的值域，进而求函数$f(x)$的值域.

例2   求函数$f(x)=\dfrac{3x+5}{x-2}$的值域.

解析：函数$f(x)=\dfrac{3x+5}{x-2}=\dfrac{3x-6+11}{x-2}=3\text{+}\dfrac{\text{11}}{x-2}$，
根据反比例函数的性质可知：$\dfrac{\text{11}}{x-2}\ne 0$，所以$y\ne 3$，
所以函数的值域为$\left\{ y|y\ne 3 \right\}$。

变式演练2：
求函数$y=\dfrac{5x-1}{4x-3}$的值域.

解析：$y=\dfrac{5x-1}{4x-3}=\dfrac{\dfrac{5}{4}(4x-3)+\dfrac{15}{4}-1}{4x-3}=\dfrac{5}{4}+\dfrac{11}{4(4x-3)}$
∵$\dfrac{11}{4(4x-3)}\ne 0$，∴$y\ne \dfrac{5}{4}$，
∴函数的值域为$\left\{ y|y\in R且y\ne \dfrac{5}{4} \right\}$
 
方法三  配方法
解题模板：
第一步  将二次函数配方成$y=a{{(x-b)}^{2}}+c$；
第二步  根据二次函数的图像和性质即可求出函数的值域.

例3  求函数$f\left( x \right)=-{{x}^{2}}+4x-6,x\in \left[ 0,5 \right]$的值域.
解析：∵$f\left( x \right)=-{{x}^{2}}+4x-6=-{{(x-2)}^{2}}-2,x\in \left[ 0,5 \right]$，
∴$x=2$时有最大值-2，$x=5$时有最小值-11，值域为$\left[ -11,-2 \right]$

变式演练3：
已知函数$y={{x}^{2}}-3x-4$的定义域是$[0,m]$，值域为$[-\dfrac{25}{4},-4]$，则$m$的取值范围是（   ）
A．$(0,4]$         B．$[\dfrac{3}{2},4]$            C．$[\dfrac{3}{2},3]$          D．$[\dfrac{3}{2},+\infty )$

答案：C
解析：
因二次函数$y={{x}^{2}}-3x-4$的对称轴为$x=\dfrac{3}{2}$,且$x=0$时,函数值$y=-4$,
当$x=\dfrac{3}{2}$时,$y=-\dfrac{25}{4}$,
因此当$x=3$时, $y=-4$.
故当$\dfrac{3}{2}\leqslant m\leqslant 3$,
故应选C.
方法四  反函数法

解题模板：
第一步  求已知函数的反函数；
第二步  求反函数的定义域；
第三步  利用反函数的定义域是原函数的值域的关系即可求出原函数的值域

例4  设${{f}^{-1}}(x)$为$f(x)={{2}^{x-2}}+\dfrac{x}{2}$，$x\in \left[ 0,2 \right]$的反函数，则$y=f(x)+{{f}^{-1}}(x)$的最大值为_________．

答案：4
解析：由题意得：$f(x)={{2}^{x-2}}+\dfrac{x}{2}$在$\left[ 0,2 \right]$上单调递增，
值域为$\left[ \dfrac{1}{4},2 \right]$，
所以${{f}^{-1}}(x)$在$\left[ \dfrac{1}{4},2 \right]$上单调递增，
因此$y=f(x)+{{f}^{-1}}(x)$在$\left[ \dfrac{1}{4},2 \right]$上单调递增，其最大值为$f(2)+{{f}^{-1}}(2)=2+2=4$

变式演练4：
求函数$f(x)=\dfrac{3x+4}{5x+6}$的值域.

解析：由原函数式可得：$x=\dfrac{4-6y}{5y-3}$，
则其反函数为$y=\dfrac{4-6x}{5x-3}$，
其定义域为$\left\{ x|x\ne \dfrac{3}{5} \right\}$，
故所求函数的值域为$\left\{ y|y\ne \dfrac{3}{5} \right\}$
方法五  换元法

解题模板：
第一步  观察函数解析式的形式，函数变量较多且相互关联；
第二步  令新元代换整体，得一新函数，求出新函数的值域即为原函数的值域.

例5  求函数$y=x+\sqrt{x-1}$的值域.

解析：令$\sqrt{x-1}=t(t\geqslant 0)$，则$x={{t}^{2}}+1$
∴$y={{t}^{2}}+t+1={{(t+\dfrac{1}{2})}^{2}}+\dfrac{3}{4}$
又$t\geqslant 0$，由二次函数的性质可知当t=0时，${{y}_{\min }}=1$，
当$t\to +\infty $时，$y\to +\infty $，
故函数的值域为$\left[ 1,+\infty  \right]$。
点评：
(1)对形如$f(x)=ax+b+\sqrt{cx+d}$的函数，可以考虑换元，消掉根式，化成一个二次函数。
(2)在任何地方换元，都要注意新元的取值范围，它就是新函数的定义域。

例6   求函数$y=x+\sqrt{1-2x}$的值域.

解析：令$t=\sqrt{1-2x}\geqslant 0,x=\dfrac{1-{{t}^{2}}}{2}$，
原函数化为$y=-\dfrac{1}{2}{{t}^{2}}+t+\dfrac{1}{2}\left( t\geqslant 0 \right)$，
其开口向下，并且对称轴是$t=1$，
故当$t=1$时取得最大值为$1$，没有最小值，故值域为$(-\infty ,1]$.

例7  求函数$y=(\sin x+1)(\cos x+1)$，$x\in \left[ -\dfrac{\pi }{12},\dfrac{\pi }{2} \right]$的值域。

解析：$y=(\sin x+1)(\cos x+1)=\sin x\cos x+\sin x+\cos x+1$
令$\sin x+\cos x=t$，则$\sin x\cos x=\dfrac{1}{2}({{t}^{2}}-1)$，$y=\dfrac{1}{2}(t^2-1)+t+1=\dfrac{1}{2}(t+1)^2$，
由$t=\sin x+\cos x=\sqrt{2}\sin (x+\dfrac{\pi }{4})$且$x\in \left[ -\dfrac{\pi }{12},\dfrac{\pi }{2} \right]$
可得：$\dfrac{\sqrt{2}}{2}\leqslant t\leqslant \sqrt{2}$
∴当$t=\sqrt{2}$时，${{y}_{\max }}=\dfrac{3}{2}+\sqrt{2}$，
当$t=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$时，${{y}_{\min }}=\dfrac{3}{4}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，
故所求函数的值域为$\left[ \dfrac{3}{4}+\dfrac{\sqrt{2}}{2},\dfrac{3}{2}+\sqrt{2} \right]$。
点评：
（1）由于${{(\sin x\pm \cos x)}^{2}}=1\pm 2\sin x\cos x=1\pm \sin 2x$,所以当已知中同时有$\sin x+\cos x,\sin x\cos x$或者同时有$\sin x-\cos x,\sin x\cos x$时，可以考虑换元，化成一个二次函数。
（2）换元时注意利用三角函数的知识求准新元的范围。

变式演练5： 
若$0\leqslant x\leqslant 2$求函数$y=f(x)={{4}^{x-\dfrac{1}{2}}}-3\centerdot {{2}^{x}}+5$的值域.

解析：由题得$y=\dfrac{{{4}^{x}}}{{{4}^{\dfrac{1}{2}}}}-3\centerdot {{2}^{x}}+5=\dfrac{1}{2}\centerdot {{({{2}^{2}})}^{x}}-3\centerdot {{2}^{x}}+5=\dfrac{1}{2}\centerdot {{({{2}^{x}})}^{2}}-3\centerdot {{2}^{x}}+5$
设${{2}^{x}}=t$ ∵$0\leqslant x\leqslant 2$ ∴$1\leqslant t\leqslant 4$ ∴$f(t)=\dfrac{1}{2}{{t}^{2}}-3t+5$ $(1\leqslant t\leqslant 4)$
函数的对称轴方程为$t=3$，所以$f{{(t)}_{\min }}=f(3)=\dfrac{1}{2}$，$f{{(t)}_{\max }}=f(1)=\dfrac{5}{2}$，
所以函数的值域为$\left[ \dfrac{1}{2},\dfrac{5}{2} \right]$
方法六  判别式法

解题模板：
第一步  观察函数解析式的形式，形如$y=\dfrac{d{{x}^{2}}+ex+f}{a{{x}^{2}}+bx+c}$的函数；
第二步  将函数式化成关于$x$的方程，且方程有解，用根的判别式求出参数$y$的取值范围，即得函数的值域.       
      
例9   求函数$y=\dfrac{2{{x}^{2}}+4x-7}{{{x}^{2}}+2x+3}$的值域.

解析：∵${{x}^{2}}+2x+3={{(x+1)}^{2}}+2>0$所以函数的定义域为R。
原函数可以化为${{x}^{2}}y+2xy+3y=2{{x}^{2}}+4x-7$
整理得：$(y-2){{x}^{2}}+2(y-2)x+3y+7=0$，
当$y\ne 2$时，上式可以看成关于$x$的二次方程，该方程的$x$范围应该满足$f(x)={{x}^{2}}+2x+3\ne 0$
即$x\in R$此时方程有实根即$\Delta \geqslant 0$，
$\Delta ={{\left[ 2(y-2) \right]}^{2}}-4\left( y-2 \right)\left( 3y+7 \right)\ge 0\Rightarrow y\in \left[ -\dfrac{9}{2},2 \right]$。
当$y=2$时，方程化为7=0，显然不能成立，
所以$y\ne 2$，将$y=2,y=-\dfrac{9}{2}$分别代入检验得$y=2$不符合方程，
所以$y\in \left[ -\dfrac{9}{2},2 \right)$

变式演练6：
求函数$y=\dfrac{x}{{{x}^{2}}+1}$的值域.

解析：$y=\dfrac{x}{{{x}^{2}}+1}\therefore y{{x}^{2}}-x+y=0$，当$y=0$时方程有解，
当$y\ne 0$时,由$\Delta \ge 0$可得$1-4{{y}^{2}}\geqslant 0$$\therefore -\dfrac{1}{2}\leqslant y\leqslant \dfrac{1}{2}$，
综上可知值域为$[-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}]$.
 
方法七  基本不等式法

解题模板：
第一步  观察函数解析式的形式，形如$y=\dfrac{ex+f}{a{{x}^{2}}+bx+c}$或$y=\dfrac{a{{x}^{2}}+bx+c}{ex+f}$的函数；
第二步  对函数进行配凑成$y=ax+\dfrac{b}{x}$形式，再利用基本不等式求函数的最值，进而得到函数的值域.
例10  已知$x\geqslant \dfrac{5}{2}$，求函数$f(x)=\dfrac{{{x}^{2}}-4x+5}{2x-4}$的最小值.
解析：∵$x\geqslant \dfrac{5}{2}$，
∴$x-2>0$，$f(x)=\dfrac{{{x}^{2}}-4x+5}{2x-4}=\dfrac{{{(x-2)}^{2}}+1}{2\left( x-2 \right)}=\dfrac{x-2}{2}+\dfrac{1}{2\left( x-2 \right)}\geqslant 1$
当且仅当$\dfrac{x-2}{2}=\dfrac{1}{2\left( x-2 \right)}$，
即$x=3$时，上式等号成立。
因为$x=3$在定义域内，所以最小值为1.

例11  已知函数$f(x)=x+\dfrac{9}{x+1}(0\leqslant x\leqslant 3)$，求$f(x)$的值域.

解析：$f(x)=x+\dfrac{9}{x+1}=x+1+\dfrac{9}{x+1}-1$,
$\because 0\leqslant x\le 3,\therefore 1\leqslant x+1\leqslant 4$,
$\therefore x+1=3,f{{(x)}_{\min }}=5$，$x+1=1,f{{(x)}_{\max }}=9$，
所以$f(x)$的值域为$[5,9]$.

变式演练7 ： 
求函数$f\left( x \right)=\dfrac{{{x}^{2}}+3}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}$的最小值.

解析：由题得$f\left( x \right)=\dfrac{{{x}^{2}}+3}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}=\dfrac{({{x}^{2}}+1)+2}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}=\sqrt{{{x}^{2}}+1}+\dfrac{2}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}\geqslant 2\sqrt{2}$，
当且仅当$\sqrt{{{x}^{2}}+1}=\dfrac{2}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}$即$x=\pm 1$时取到等号，
所以函数的值域为$\left[ \text{2}\sqrt{\text{2}}\text{+}\infty  \right)$

变式演练8： 若函数$y=f\left( x \right)$的值域为$\left[ \dfrac{1}{2},3 \right]$，则函数$F\left( x \right)=f\left( x \right)+\dfrac{1}{f\left( x \right)}$的值域是（   ）
A．$\left[ \dfrac{1}{2},3 \right]$    B．$\left[ 2,\dfrac{10}{3} \right]$    C．$\left[ \dfrac{5}{2},\dfrac{10}{3} \right]$    D．$\left[ 2,\dfrac{5}{2} \right]$

答案：B
解析：
由题意得，因为$y=f\left( x \right)$的值域为$\left[ \dfrac{1}{2},3 \right]$，
所以$F\left( x \right)=f\left( x \right)+\dfrac{1}{f\left( x \right)}\geqslant \text{2}\sqrt{f\left( x \right)\centerdot \dfrac{1}{f\left( x \right)}}\text{=2}$，
当且仅当$f\left( x \right)\text{=1}$时等号成立。
当$f\left( x \right)\text{=3}$时，函数$F\left( x \right)$取得最大值，此时最大值为$F{{\left( x \right)}_{\max }}=\dfrac{10}{3}$，
所以函数$F\left( x \right)$的值域为$\left[ 2,\dfrac{10}{3} \right]$，
故选B。
考点：函数的性质；基本不等式.
方法八  单调性法

解题模板：
第一步  求出函数的单调性；
第二步  利用函数的单调性求出函数的值域.

例 12 求函数$f\left( x \right)={{\log }_{\frac{1}{2}}}({{x}^{2}}-3x+5)$ $\left( 0\leqslant x\leqslant 2 \right)$的值域.

解析：设$u={{x}^{2}}-3x+5\left( 0\le x\le 2 \right)$，$t={{\log }_{\frac{1}{2}}}u$
∵$u={{x}^{2}}-3x+5$$\left( 0\le x\le 2 \right)$在$\left[ 0,\dfrac{3}{2} \right]$是减函数，在$\left[ \dfrac{3}{2},2 \right]$上是增函数。
又∵$t={{\log }_{\frac{1}{2}}}u$在定义域上是减函数，
∴$f\left( x \right)={{\log }_{\frac{1}{2}}}({{x}^{2}}-3x+5)$在$\left[ 0,\dfrac{3}{2} \right]$上是增函数，在$\left[ \dfrac{3}{2},2 \right]$上是减函数，
∴$f{{\left( x \right)}_{\max }}=f\left( \dfrac{3}{2} \right)={{\log }_{\frac{1}{2}}}\dfrac{11}{4}$，
$f\left( 0 \right)={{\log }_{\frac{1}{2}}}5$，$f\left( 2 \right)={{\log }_{\frac{1}{2}}}3$，
∴$f{{\left( x \right)}_{\min }}={{\log }_{\frac{1}{2}}}5$，
∴函数的值域为$\left[ {{\log }_{\frac{1}{2}}}5,{{\log }_{\frac{1}{2}}}\dfrac{11}{4} \right]$
点评：本题先利用复合函数的单调性确定了函数的单调区间，从而得到函数的最大值和最小值，得到函数的值域.

例13   求函数$y={{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{-{{x}^{2}}+2x}}$的值域.

解析：∵函数$y={{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{-{{x}^{2}}+2x}}$的定义域为R，
令$u=-{{x}^{2}}+2x=-{{(x-1)}^{2}}+1\leqslant 1$，
则${{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{-{{x}^{2}}+2x}}\geqslant \dfrac{1}{2}$，
∴函数$y={{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{-{{x}^{2}}+2x}}$的值域是$\left[ \dfrac{1}{2},+\infty  \right)$
点评：
（1）如果能确定函数的单调性时，可以使用函数的单调性求函数的值域.
（2）利用复合函数的单调性得到函数的最大值和最小值，得到函数的值域.

变式演练10：  
求函数$y=4x-\sqrt{1-3x}\left( x\leqslant \dfrac{1}{3} \right)$的值域.

解析：设$f(x)=4x$，$g(x)=-\sqrt{1-3x}$，它们在定义域内都是单调递增，
所以当$x=\dfrac{1}{3}$时，${{y}_{\min }}=\dfrac{4}{3}$，
所以函数的值域为$\left( -\infty ,\dfrac{4}{3} \right]$

变式演练11：
求函数$f\left( x \right)=\sqrt{5-2x}+\sqrt{{{x}^{2}}-4x-12}$的值域.

解析：由$\begin{cases} 5-2x\ge 0 \\ {{x}^{2}}-4x-12\geqslant 0 \end{cases} \Leftrightarrow  \begin{cases} x\leqslant \dfrac{5}{2} \\ x\geqslant 6或x\leqslant -2 \end{cases} $，
解得$x\leqslant -2$，在此定义域内函数是单调递减，
所以当$x=-2$时，函数取得最小值，$f\left( -2 \right)=3$，
所以函数的值域是$\left[ 3,+\infty  \right)$.
 
方法九  数形结合法
解题模板：
第一步  作出函数在定义域范围内的图像；
第二步  利用函数的图像求出函数的值域.

例14  如图，$A,B,C$三地有直道相通，$AB=5$千米，$AC=5$千米，$BC=4$千米.现甲、乙两警员同时从$A$地出发匀速前往$B$地，经过$t$小时，他们之间的距离为$f(t)$（单位：千米）.甲的路线是$AB$，速度为5千米/小时，乙的路线是$ACB$，速度为8千米/小时.乙到达$B$地后原地等待.设$t={{t}_{1}}$时乙到达$C$地.
    （1）求${{t}_{1}}$与$f\left( {{t}_{1}} \right)$的值；
    （2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米.当${{t}_{1}}<t<1$时，求$f\left( t \right)$的表达式，并判断$f\left( t \right)$在$\left[ {{t}_{1}},1 \right]$上得最大值是否超过3？说明理由.


答案：（1）$\dfrac{3}{8}h$，$\dfrac{3\sqrt{41}}{8}$千米；（2）超过了3千米.
解析：（1）${{t}_{1}}=\dfrac{AC}{{{v}_{}}}\text{=}\dfrac{3}{8}h$，设此时甲运动到点P，则$AP={{v}_{}}{{t}_{1}}=\dfrac{15}{8}$千米，
所以$f\left( {{t}_{1}} \right)=PC=\sqrt{A{{C}^{2}}+A{{P}^{2}}-2AC\cdot AP\cdot \cos A}=\sqrt{{{3}^{2}}+{{\left( \dfrac{15}{8} \right)}^{2}}-2\times 3\times \dfrac{15}{8}\times \dfrac{3}{5}}=\dfrac{3\sqrt{41}}{8}$千米。
（2）当${{t}_{1}}\leqslant t\leqslant \dfrac{7}{8}$时，乙在$CB$上的$Q$点，设甲在P点，所以$QB=AC+CB-8t=7-8t,PB=AB-AP=5-5t$，所以$\begin{align}
  & f\left( {{t}_{1}} \right)=PQ=\sqrt{Q{{B}^{2}}+P{{B}^{2}}-2QB\cdot PB\cdot \cos B} \\
& =\sqrt{{{\left( 7-8t \right)}^{2}}+{{\left( 5-5t \right)}^{2}}-2\left( 7-8t \right)\left( 5-5t \right)\times \dfrac{4}{5}}=\sqrt{25{{t}^{2}}-42t+18} \\
\end{align}$
当$\dfrac{7}{8}<t\leqslant 1$时，乙在B点不动，设此时甲在P点，所以$f\left( t \right)=PB=AB-AP=5-5t$，所以$f\left( t \right)=\left\{ \begin{matrix}
   \sqrt{25{{t}^{2}}-42t+18},\dfrac{3}{8}\leqslant t\leqslant \dfrac{7}{8}  \\
   5-5t,\dfrac{7}{8}<t\leqslant 1  \\
\end{matrix} \right.$
所以当$\dfrac{3}{8}\leqslant t\leqslant 1$时，$f\left( t \right)\in \left[ 0,\dfrac{3\sqrt{41}}{8} \right]$，故$f\left( t \right)$的最大值超过了3千米。
点评：分段函数是一类重要的函数模型．解决分段函数问题，关键抓住在不同的段内研究问题，分段函数的值域，先求各段函数的值域，再求并集.

例15 求函数$y=\dfrac{3-\sin x}{2-\cos x}$的值域.

解析：将原函数视为定点$\left( 2,3 \right)$到动点$\left( \cos x,\sin x \right)$的斜率，
又知动点$\left( \cos x,\sin x \right)$满足单位圆的方程，
从而问题就转化为求点$\left( 2,3 \right)$到单位圆连线的斜率问题。
设直线的切线方程为$y-3=k\left( x-2 \right)$
∴$kx-y-2k+3=0$，因为直线和圆相切，
所以$1=\dfrac{|-2k+3|}{\sqrt{{{k}^{2}}+1}}$，
∴$k=\dfrac{6\pm 2\sqrt{3}}{3}$，
所以函数的值域为$\left[\dfrac{6-2\sqrt{3}}{3},\dfrac{6+2\sqrt{3}}{3}\right]$
点评：
（1）对于某些具有明显几何意义的函数，我们可以利用数形结合的方法求该函数的值域.先找到函数对应的形态特征，再求该函数的值域.
（2）由于$y=\dfrac{{{y}_{1}}-{{y}_{2}}}{{{x}_{1}}-{{x}_{2}}}$对应着两点$\left( {{x}_{1}},{{y}_{1}} \right),\left( {{x}_{2}},{{y}_{2}} \right)$之间的斜率（差之比对应直线的斜率），所以本题可以利用斜率分析解答.

例16   求函数$f\left( x \right)=\ln \left( \sqrt{{{x}^{2}}+x+1}-\sqrt{{{x}^{2}}-x+1} \right)$的值域.

解析：由$\sqrt{{{x}^{2}}+x+1}-\sqrt{{{x}^{2}}-x+1}>0$得$x>0$,
所以函数$f\left( x \right)$的定义域是$\left( 0,+\infty  \right)$，
设点$P\left( x,0 \right),M\left( -\dfrac{1}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right),N\left( \dfrac{1}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)$，$u=$$\sqrt{{{x}^{2}}+x+1}-\sqrt{{{x}^{2}}-x+1}$
$=\sqrt{{{\left( x+\dfrac{1}{2} \right)}^{2}}+{{\left( 0-\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}-\sqrt{{{\left( x-\dfrac{1}{2} \right)}^{2}}+{{\left( 0-\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}$$=\left| PM \right|-\left| PN \right|<\left| MN \right|=1$，
所以$f\left( x \right)<0$,
所以答案填：$\left( -\infty ,0 \right)$.

点评：要迅速地找到函数对应的形，必须注意积累.这样才能提高解题的效率.

例17    某公司生产甲、乙两种桶装产品.已知生产甲产品1桶需耗$A$原料1千克、$B$原料2千克；生产乙产品1桶需耗$A$原料2千克，$B$原料1千克.每桶甲产品的利润是300元，每桶乙产品的利润是400元.公司在生产这两种产品的计划中，要求每天消耗$A$、$B$原料都不超过12千克.通过合理安排生产计划，从每天生产的甲、乙两种产品中，公司共可获得的最大利润是（    ）
A、1800元          B、2400元           C、2800元           D、3100元

答案：C
解析：设公司每天生产甲种产品$x$桶，乙种产品$y$桶，公司共可获得利润为$Z$元/天，则由已知，得$Z=300x+400y$，且$\left\{ \begin{matrix}
   x+2y\leqslant 12  \\
   2x+y\leqslant 12  \\
   x\geqslant 0  \\
   y\geqslant 0  \\
\end{matrix} \right.$
画可行域如图所示，目标函数$Z=300x+400y$可变形为$y=-\dfrac{3}{4}x+\dfrac{Z}{400}$，这是随Z变化的一族平行直线，解方程组$\left\{ \begin{matrix}
   x+2y=12  \\
   2x+y=12  \\
\end{matrix} \right.$，$\left\{ \begin{matrix}
   x=4  \\
   y=4  \\
\end{matrix} \right.$，即$A\left( 4,4 \right)$，∴${{Z}_{\max }}=1200+1600=2800$

变式演练12： 
定义运算：$a*b=\left\{ \begin{align}
  & a,a\leqslant b \\
& b,a>b \\
\end{align} \right.$．例如$1*2=1$，则函数$f\left( x \right)=\sin x*\cos x$的值域为（   ）
A．$\left[ -\dfrac{\sqrt{2}}{2},\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right]$              B．$\left[ -1,1 \right]$               C．$\left[ \dfrac{\sqrt{2}}{2},1 \right]$           D．$\left[ -1,\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right]$
答案：D
解析：
在平面直角坐标系中画出函数$f(x)=\left\{ \begin{align}
  & \sin x \\
& \cos x \\
\end{align} \right.$$\begin{align}
  & ,\sin x\leqslant \cos x \\
& ,\sin x>\cos x \\
\end{align}$的图象,结合图象可以看出其值域为$\left[ -1,\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right]$,故应选D.
 
方法十  导数法

解题模板：
第一步  利用函数的导数求函数在定义域内的单调性；
第二步  利用函数的图像求出函数的值域.

例18   函数$f(x)={{x}^{3}}$，$x\in [0,2]$，则$f(x)$的值域.

解析：
在区间$\left[ 0,2\right]$上，$f'(x)=3x^2>0$
$\therefore f(x)$在$[0,2]$上是增函数，
$\therefore 0\leqslant {{x}^{3}}\leqslant 8$，
$\therefore 0\leqslant f(x)\leqslant 8$,
故$f(x)$的值域$[0,8]$.

变式演练13：
求函数$f\left( x \right)=\dfrac{1}{2}{{e}^{x}}\left( \sin x+\cos x \right)$在区间$\left[ 0,\dfrac{\pi }{2} \right]$上的值域.

解析：在区间$\left[ 0,\dfrac{\pi }{2} \right]$上，$f'\left( x \right)=\dfrac{1}{2}{{e}^{x}}\left( \sin x+\cos x \right)+\dfrac{1}{2}{{e}^{x}}(\cos x-\sin x)={{e}^{x}}\cos x\geqslant 0$，
所以$f\left( x \right)$单调递增，$f\left( 0 \right)=\dfrac{1}{2}$，$f\left( \dfrac{\pi }{2} \right)=\dfrac{1}{2}{{e}^{\frac{\pi }{2}}}$，
所以函数$f\left( x \right)=\dfrac{1}{2}{{e}^{x}}\left( \sin x+\cos x \right)$在区间$\left[ 0,\dfrac{\pi }{2} \right]$上的值域为$[\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}{{e}^{\frac{\pi }{2}}}]$
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