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专题02 常见函数值域或最值的经典求法

专题01 函数问题的灵魂——定义域<-->专题03 函数的单调性和最值

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

$P\left( x,0 \right),M\left( -\dfrac{1}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right),N\left( \dfrac{1}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)$ ，

$u=$

$\sqrt{{{x}^{2}}+x+1}-\sqrt{{{x}^{2}}-x+1}$

$=\sqrt{{{\left( x+\dfrac{1}{2} \right)}^{2}}+{{\left( 0-\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}-\sqrt{{{\left( x-\dfrac{1}{2} \right)}^{2}}+{{\left( 0-\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}$

$f\left( x \right)<0$ ,
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

$[\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}{{e}^{\frac{\pi }{2}}}]$

专题01 函数问题的灵魂——定义域<-->专题03 函数的单调性和最值

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