求函数值域的方法

求函数值域的方法

-六十花甲表

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求函数值域的十种方法

前言：求函数是高中数学的一项基本技能，而且在解高中数学题中是常用到的工具之一，由于求函数值域的方法很多，有时技巧要

求很高，致使学生产生畏难情绪．我们试图介绍在求函数值域的十种方法，每一种方法各举了若干个典型例子并配以相应练习，以

使学生能举一反三，掌握求函数值域这一高中数学的基本技能．这十种方法是１.部分分式法；2.配方法；3.判别式法；4.反

函数；5.函数有界性法；6.函数单调性法；7.换元法；8.数形结合法；9.不等式法；10.多种方法综合运用

一.部分分式法（分离常数法）

（分式且分子、分母中有相似的项，通过该方法可将原函数转化为为)(xfky(为k常数)的形式）

例1、求函数

1

2







x

x

y的值域

解：利用恒等变形，得到：

1

1

1





x

y，容易观察知x≠-1,y≠1，得函数的值域为y∈(-∞,1)∪(1,+∞)。

注意到分数的分子、分母的结构特点，分离出一个常数后，再通过观察或配方等其他方法易得函数值域。

例2、求函数

12

2







xx

xx

y的值域。

观察分子、分母中均含有xx2项，可利用部分分式法；则有

4

3

)

2

1

(

1

1

1

11

12

2

2

2

2

















x

xx

xx

xx

xx

y

不妨令：)0)((

)(

1

)(,

4

3

)

2

1

()(2xf

xf

xgxxf从而







,

4

3

)(xf

注意：在本题中应排除0)(xf，因为)(xf作为分母。所以













4

3

,0)(xg故1,

3

1







y

练习．求下列函数的值域：

(1)

23

1





x

xy(2)

1

1

2

2







x

x

y

.

答案：（１）值域),(),(

3

1

3

1y

（２）值域y∈[-1,1]

例3、求函数])1,1[,,0,0(





xbaba

bxa

bxa

y的值域。

解析1：-1≤x≤1a-b≤a-bx≤a+b

ba

a

bxa

a

ba

a











222

ba

a

bxa

a

y

ba

a











2

1

2

11

2

，

ba

ba

y

ba

ba











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解析2（反函数法）：

)1(

2





yb

a

b

a

x,由-1≤x≤1得：1

)1(

2

1





yb

a

b

a

x，

ba

ba

y

ba

ba











二．配方法

配方法是求二次函数值域最基本的方法之一。

例4.求函数225,[1,2]yxxx的值域。

解：将函数配方得：

∵由二次函数的性质可知：当x=1∈[-1,2]时，，当时，

故函数的值域是：[4，8]

练习：已知232xx，求函数fxxx()21的最值。

解：由已知232xx，可得0

3

2

x，即函数fx()是定义在区间0

3

2

，













上的二次函数。将二次函数配

方得fxx()















1

2

3

4

2

，其对称轴方程

x

1

2

，顶点坐标













1

2

3

4

，，且图象开口向上。显然其顶点横坐

标不在区间0

3

2

，













内，如图2所示。函数fx()的最小值为f()01，最大值为f

3

2

19

4













。

图2

例5.若函数2()22,[,1]fxxxxtt当时的最小值为()gt，（1）求函数()gt

（2）当t[-3,-2]时，求g(t)的最值。

（说明：二次函数在闭区间上的值域二点二分法，三点三分法）

解：(1)函数fxx()()112，其对称轴方程为x1，顶点坐标为（1，1），图象开口向上。

如图1所示，若顶点横坐标在区间tt，1

左侧时，有1t，此时，当xt时，函数取得最小值

fxftt()()()

min

112。

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图1

如图2所示，若顶点横坐标在区间tt，1上时，有tt11，即01t。当x1时，函数取得最小

值fxf()()

min

11。

图2

如图3所示，若顶点横坐标在区间tt，1右侧时，有t11，即t0。当xt1时，函数取得最小

值fxftt()()

min

112

综上讨论，g(t)=



















01

10,1

1,1)1(

)(

2

2

min

tt

t

tt

xf

图8

(2)

2

2

1(0)

()1(01)

22(1)

tt

gtt

ttt

















(,0]t时，2()1gtt为减函数

在[3,2]上，2()1gtt也为减函数



min

()(2)5gtg，

max

()(3)10gtg

例6.已知2()22fxxx，当[1]()xtttR，时，求()fx的最大值．

解：由已知可求对称轴为

1x

．

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（1）当

1t

时，

2

minmax

()()23()(1)2fxftttfxftt，

．

（2）当

11tt≤≤

，即

01t≤≤

时，．

根据对称性

，

若

2

1

2

1



tt

即

1

0

2

t≤≤

时，

2

max

()()23fxfttt

．

若

2

1

2

1



tt

即

1

1

2

t≤

时，

2

max

()(1)2fxftt

．

（3）当

11t

即

0t

时，

2

max

()()23fxfttt

．

综上，





















2

1

,32

2

1

,2

)(

2

2

max

ttt

tt

xf

观察前两题的解法，为什么最值有时候分两种情况讨论，而有时候又分三种情况讨论呢？这些问题其实仔细

思考就很容易解决。不难观察：二次函数在闭区间上的的最值总是在闭区间的端点或二次函数的顶点取到。第一

个例题中，这个二次函数是开口向上的，在闭区间上，它的最小值在区间的两个端点或二次函数的顶点都有可能

取到，有三种可能，所以分三种情况讨论；而它的最大值不可能是二次函数的顶点，只可能是闭区间的两个端点，

哪个端点距离对称轴远就在哪个端点取到，当然也就根据区间中点与左右端点的远近分两种情况讨论。根据这个

理解，不难解释第二个例题为什么这样讨论。

对二次函数的区间最值结合函数图象总结如下：

当a0时





















))((

2

1

2

)(

))((

2

1

2

)(

)(

2

1

max

如图

如图

，

，

nm

a

b

nf

nm

a

b

mf

xf



























)(

2

)(

)(

2

)

2

(

)(

2

)(

)(

5

4

3

min

如图

如图

如图

，

，

，

m

a

b

mf

n

a

b

m

a

b

f

n

a

b

nf

xf

当a0时



























)(

2

)(

)(

2

)

2

(

)(

2

)(

)(

8

7

6

max

如图

如图

如图

，

，

，

m

a

b

mf

n

a

b

m

a

b

f

n

a

b

nf

xf

fx

fm

b

a

mn

fn

b

a

mn

()

()()()

()()()

min





















，

，

如图

如图

2

1

2

2

1

2

9

10

第5页共28页

例7.(1)求2f(x)x2ax1在区间[-1,2]上的最大值。

(2)求函数)(axxy在]1,1[x上的最大值。

解：(1)二次函数的对称轴方程为xa，

当

1

a

2

即

1

a

2

时，

max

f(x)f(2)4a5；

当

1

a

2

即

1

a

2

时，

max

f(x)f(1)2a2。

综上所述：

max

1

2a2,a

2

f(x)

1

4a5,a

2





















。

(2)函数

4

)

2

(

2

2

aa

xy图象的对称轴方程为

2

a

x，应分1

2

1

a

，

1

2



a

，

1

2



a

即

22a

，

2a

和

2a

这三种情形讨论，下列三图分别为

（1）

2a

；由图可知

max

()(1)fxf

（2）

a22

；由图可知

max

()()

2

a

fxf

（3）

2a

时；由图可知

max

()(1)fxf

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























2,)1(

22,)

2

(

2,)1(

af

a

a

f

af

y

最大

；即























2,1

22,

4

2,)1(

2

aa

a

a

aa

y

最大

例8.已知二次函数2f(x)ax(2a1)x1在区间

3

,2

2









上的最大值为3，求实数a的值。

分析：这是一个逆向最值问题，若从求最值入手，需分

a0

与

a0

两大类五种情形讨论，过程繁琐不堪。若注

意到最大值总是在闭区间的端点或抛物线的顶点处取到，因此先计算这些点的函数值，再检验其真假，过程就

简明多了。

具体解法为：

（1）令

2a1

f()3

2a



，得

1

a

2



此时抛物线开口向下，对称轴方程为

x2

，且

3

2,2

2









，故

1

2

不合题意；

（2）令f(2)3，得

1

a

2



此时抛物线开口向上，闭区间的右端点距离对称轴较远，故

1

a

2

符合题意；

（3）若

3

f()3

2

，得

2

a

3



此时抛物线开口向下，闭区间的右端点距离对称轴较远，故

2

a

3

符合题意。

综上，

1

a

2

或

2

a

3



解后反思：若函数图象的开口方向、对称轴均不确定，且动区间所含参数与确定函数的参数一致，可采用先

斩后奏的方法，利用二次函数在闭区间上的最值只可能在区间端点、顶点处取得，不妨令之为最值，验证参数的

资格，进行取舍，从而避开繁难的分类讨论，使解题过程简洁、明了。

练习.已知函数2()21fxaxax在区间[3,2]上的最大值为4，求实数a的值。

解：2()(1)1,[3,2]fxaxax

（1）若0,()1,afx，不符合题意。

（2）若0,a则

max

()(2)81fxfa

由

814a

，得

3

8

a

（3）若

0a

时，则

max

()(1)1fxfa

由

14a

，得

3a

综上知

3

8

a或

3a

例9.已知函数

2

()

2

x

fxx在区间[,]mn上的最小值是3m最大值是3n，求m，n的值。

第7页共28页

解法1：讨论对称轴中1与,,

2

mn

mn



的位置关系。

①若，则max

min

()()3

()()3

fxfnn

fxfmm











解得

②若1

2

mn

n



，则max

min

()(1)3

()()3

fxfn

fxfmm











，无解

③若1

2

mn

m



，则max

min

()(1)3

()()3

fxfn

fxfnm











，无解

④若，则max

min

()()3

()()3

fxfmn

fxfnm











，无解

综上，4,0mn

解析2：由2

11

()(1)

22

fxx，知

11

3,,

26

nn，则[,](,1]mn，

又∵在[,]mn上当x增大时)(xf也增大所以max

min

()()3

()()3

fxfnn

fxfmm











解得4,0mn

评注：解法2利用闭区间上的最值不超过整个定义域上的最值，缩小了m，n的取值范围，避开了繁难的分类讨

论，解题过程简洁、明了。

例10．求函数35yxx的值域.

解1：

22)4(122)5)(3(253xxxxxy

显然

]4,2[)4(12222xy

故函数的值域是：

]2,2[y

解2：显然3≤x≤5,2232sin([0,])52cos

2

xx



,

352(sincos)2sin()[2,2]

4

yxx





练习、若

,42yx0,0yx

，试求

yxlglg

的最大值。

本题可看成一象限动点

),(yxp

在直线

42yx

上滑动时

函数

xyyxlglglg

的最大值。利用两点(4，0)，(0，2)

确定一条直线，作出图象易得：

2)1(2lg[)]24(lg[lglglg),2,0(),4,0(2yyyxyyxyx而，

第8页共28页

当y=1时，yxlglg取最大值2lg。

解法：2)

2

(

ba

ab





2)

2

2

(

2

1

2

2

1

2





yx

yxxy

lg2lglglgxyyx取最大值2lg。

三.判别式法

例11.求函数

2

2

1

1

xx

y

x







的值域。

解：原函数化为关于x的一元二次方程,由于x取一切实数，故有

（1）当时，

解得：

（2）当y=1时，，而

故函数的值域为

练习.求函数(2)yxxx的值域。

解：两边平方整理得：（1）

∵

∴

解得：

但此时的函数的定义域由，得

第9页共28页

由，仅保证关于x的方程：在实数集R有实根，而不能确保其实根在区间[0，2]

上，即不能确保方程（1）有实根，由求出的范围可能比y的实际范围大，故不能确定此函数的值域为

。

可以采取如下方法进一步确定原函数的值域。

∵

代入方程（1）

解得：

即当时，

原函数的值域为：

注：由判别式法来判断函数的值域时，若原函数的定义域不是实数集时，应综合函数的定义域，将扩大的部分剔

除。

解法二：2(2)1(x1)yxxxx

，令]

2

,

2

[sin1



x

)

4

sin(21cossin1



y

4

3

44









1)

4

sin(

2

2







原函数的值域为：

例12、已知函数

2

2

2

()

1

xaxb

fx

x







的值域为[1，3]，求,ab的值。

解：

2

2

2

1

xaxb

y

x







22(2)04(y2)(yb)0yxaxyba

2244(2b)y8ba0y。

第10页共28页

由于

2

2

2

()

1

xaxb

fx

x







的值域为[1，3]，故上式不等式的解集为{y|1≤y≤3}

12

2

12

213

2

8

2

3

4

yyb

a

ba

b

yy



























练习、求函数

22

1

2



xx

xy的值域。

解答：先将此函数化成隐函数的形式得：012)12(2yxyyx，(1)

这是一个关于

x

的一元二次方程，原函数有定义，等价于此方程有解，即方程(1)的判别式

0)12(4)12(2yyy，

解得：

2

1

2

1y。

故原函数的值域为：],[

2

1

2

1y。

解法二：当x≠-1时

1

1

)1(

1

22

1

2











x

x

y

xx

x

由于当x+1<0时，

2

1

1

)1(





x

x，即)0,[

2

1y

当x+1＞0时，

2

1

1

)1(





x

x，即],0(

2

1y

考虑到x=-1时y=0

故原函数的值域为：],[

2

1

2

1y

练习、已知函数

21

mxn

y

x







的最大值为4，最小值为—1，则m=，n=

解：

21

mxn

y

x







2204y(yn)0yxmxnym

2244y0ynm„„„„„„○1。

由于

2

2

2

()

1

xaxb

fx

x







的值域为[－1，4]，故不等式○1的解集为{y|－1≤y≤4}

第11页共28页

12

2

12

3

4

3

4

4

yyn

m

m

m

yy



























4m3n

练习3、求函数

2

2

23

x

y

xx







的值域。

解：2(y1)320yxxy

○1y=0得x=-2,从而y=0是值域中的一个点；

○220(y1)4y(3y2)0y

21641)0

480

y

yy

yR

















，

由○1○2得函数的值域为R.

四.反函数法

直接求函数的值域困难时，可以通过求其原函数的定义域来确定原函数的值域。

例13.求函数

34

56

x

y

x







值域。

解：由原函数式可得：

则其反函数为：，其定义域为：

故所求函数的值域为：

33

(,)(,)

55



例14、求函数

1

1







x

x

e

e

y的值域。

解答：先证明

1

1







x

x

e

e

y有反函数，为此，设

21

xx且Rxx

21

,，

0

)1)(1(

2

1

1

1

1

21

21

2

2

1

1

21





















xx

xx

x

x

x

x

ee

ee

e

e

e

e

yy。

第12页共28页

所以

y

为减函数，存在反函数。可以求得其反函数为：

x

xy







1

1

1ln。此函数的定义域为)1,1(x，故原函数的

值域为)1,1(y。

练习：求函数])1,1[,,0,0(





xbaba

bxa

bxa

y的值域。

解析1：（反函数法）：

)1(

2





yb

a

b

a

x,由-1≤x≤1得：1

)1(

2

1





yb

a

b

a

x，

ba

ba

y

ba

ba











解析2：（部分分式法）-1≤x≤1a-b≤a-bx≤a+b

ba

a

bxa

a

ba

a











222

ba

a

bxa

a

y

ba

a











2

1

2

11

2

，

ba

ba

y

ba

ba











五.函数有界性法

直接求函数的值域困难时，可以利用已学过函数的有界性，反客为主来确定函数的值域。

例15.求函数

1

1







x

x

e

e

y的值域。

解：由原函数式可得：

1

1







x

x

e

e

y

∵

∴

解得：

故所求函数的值域为

例16.求函数

cos

sin3

x

y

x





的值域。

解：由原函数式可得：，可化为：

即

∵

第13页共28页

∴

即

解得：

故函数的值域为

练习

x

x

y

cos24

sin3







解析1：

241

43

)sin(

y

y

x





，1

41

43

)sin(

2









y

y

x，

解得

3

3

1

3

3

1y即函数值域为：]

3

3

1,

3

3

1[y

解析2：y看作是两点(4,3)和(2cosx,sinx)连线的斜率．即过点(4,3)且与椭圆有交点的直线，其斜率取值范

围就是

x

x

y

cos24

sin3







聚会取值范围．设y=k(x-4)+3代入椭圆方程

1

4

2

2

y

x

得

0)82416(4)43(8)14(222kkkxkxk

，由Δ＝0得答案．

例17：已知a>0，x1,x2是方程ax2+bx-a2=0的二个实根，并且|x1|+|x2|=2,求a的取值范围以及b的最大值。

解：由韦达定理知：x1x2=-a<0,故两根必一正一负，

｜x1|+|x2|=2

从而|x

1

-x

2

|=2

由韦达定理知：4=|x

1

-x

2

|2=(b2+4a3)/a2

从而4a2-4a3=b2≥0

即4a2(1-a)≥0

即a≤1,注意到a>0，从而a的取值范围是0

从而

27

16

)

3

22

(2)22(2)1(4322





aaa

aaaaab

即b的最大值为

9

34

，当且仅当a=2/3时“＝”成立。

六.函数单调性法

第14页共28页

例18.求函数5

3

2log1(210)xyxx的值域。

解：令

则在[2，10]上都是增函数

所以在[2，10]上是增函数

当x=2时，

当x=10时，

故所求函数的值域为：

例19.求函数11yxx的值域。（分子有理化）

解：原函数可化为：

令，显然在上为无上界的增函数

所以，在上也为无上界的增函数

所以当x=1时，有最小值，原函数有最大值

显然，故原函数的值域为

练习、求函数368yxx的值域。

解：此题可以看作

vuy

和63xu，xv8的复合函数，显然函数63xu为单调递增函数，

易验证xv8亦是单调递增函数，故函数xxy863也是单调递增函数。而此函数的定义域为

]8,2[。

当

2x

时，y取得最小值10。当

8x

时，y取得最大值30。

故而原函数的值域为]30,10[。

七.换元法

第15页共28页

通过简单的换元把一个函数变为简单函数，其题型特征是函数解析式含有根式或三角函数公式模型，换元法是数学方法中几种

最主要方法之一，在求函数的值域中同样发挥作用。

例20.求函数1yxx的值域。

解：令，

则

∵

又，由二次函数的性质可知

当时，

当时，

故函数的值域为

例21.求函数221(x1)yx

的值域。

解：因

即

故可令

∴

∵

故所求函数的值域为

例22.求函数(1sin)(1cosx)yx，,

122

x











的值域。

第16页共28页

解：

令，则

由

且

可得：

∴当时，，当时，

故所求函数的值域为。

例23.求函数

3

4221

xx

y

xx







的值域。

解：原函数可变形为：

可令)

2

,

2

(



，则有

当时，

当时，

而此时有意义。

第17页共28页

故所求函数的值域为

练习1.求函数

sincos

1sincos

xx

y

xx





的值域

解：，1t，且]2,1()1,2[t

2

1

cossin

2



t

xx，故f(x)=g(t)=(t-1)/2.

从而]

2

12

,1()1,

2

12

[







y

练习2.求函数245yxx的值域。

解：由，可得

故可令

∵

当时，

当时，

故所求函数的值域为：

练习3：求函数的值域。

解：

第18页共28页

令，则

∴当时，

当时，

min

1

2

y

此时都存在，故函数的值域为

117

,

216









注：此题先用换元法，后用配方法，然后再运用的有界性。

总之，在具体求某个函数的值域时，首先要仔细、认真观察其题型特征，然后再选择恰当的方法，一般优先考虑直接法，函数单调

性法和基本不等式法，然后才考虑用其他各种特殊方法。

八.数形结合法

其题型是函数解析式具有明显的某种几何意义，如两点的距离公式直线斜率等等，这类题目若运用数形结合

法，往往会更加简单，一目了然，赏心悦目。

例24.求函数22(x2)(x8)y

的值域。

解：原函数可化简得：

上式可以看成数轴上点P（x）到定点A（2），间的距离之和。

由上图可知，当点P在线段AB上时，

当点P在线段AB的延长线或反向延长线上时，

第19页共28页

故所求函数的值域为：

练习、求函数13yxx的值域。

分析：此题首先是如何去掉绝对值，将其做成一个分段函数。

24,(,1],

2,(1,3),

24,[3,),

xx

yx

xx

















在对应的区间内，画出此函数的图像，如图1所示，易得出

函数的值域为),2[。

例25、求函数

3sin

2cos

x

y

x







(x[,])

22



的值域。

分析与解：看到该函数的形式，我们可联想到直线中已知两

点求直线的斜率的公式

12

12

xx

yy

k





，将原函数视为定点(2，3)

到动点)sin,(cosxx的斜率，又知动点)sin,(cosxx满足单位

圆的方程，从而问题就转化为求点（2，3）到单位圆连线的斜

率问题，作出图形观察易得的最值在直线和圆上点的连线和圆相

切时取得，从而解得：]

3

326

,

3

326

[



y

变式、求函数

3sin

2cos

x

y

x







(x[,])

22



的值域。

分析：将原函数视为定点Q(2，3)到动点P)sin,(cosxx的斜率，又知动点P)sin,(cosxx

(x[,])

22



图像是

右半个单位圆，从而问题就转化为求点Q（2，3）到右半个单位圆上的点连线的斜率问题取值范围的问题。

解：过Q(2,3)的直线方程为kx-y-2k+3=0,d

O-l

=

2

|2k3|

1

1

31

20

ol

d

k

k





























,1≤y=k≤

623

3



例26.求函数22x613x45yxx的值域。(距离差取点同侧，距离和取点异侧)

解：原函数可变形为：

图1

y=-2x+4

y=2x-4

Y

X

4

O

2

3

1

第20页共28页

上式可看成x轴上的点到两定点的距离之和，

由图可知当点P为线段与x轴的交点时，，

故所求函数的值域为

例27.求函数22x613x45yxx的值域。(差点同侧和异侧)

解：将函数变形为：

上式可看成定点A（3，2）到点P（x，0）的距离与定点到点的距离之差。

即：

由图可知：（1）当点P在x轴上且不是直线AB与x轴的交点时，如点，则构成，根据三角形两边之差小于第三边，

有

即：

（2）当点P恰好为直线AB与x轴的交点时，有

综上所述，可知函数的值域为：

注：由例17，18可知，求两距离之和时，要将函数式变形，使A、B两点在x轴的两侧，而求两距离之差时，则要使A，B两

点在x轴的同侧。

如：例17的A，B两点坐标分别为：（3，2），，在x轴的同侧；例18的A，B两点坐标分别为（3，2），，

在x轴的同侧。

第21页共28页

例28.求函数

sin1

(02)

32cos2sin

x

yx

xx









的值域．

解：

xxxx

x

y

22sinsin21coscos21

1sin





注意到sinx-1≤0

2)

sin1

cos1

(1

1

x

x











令)20(

sin1

cos1







x

x

x

k

动点(sinx,cosx)显然在单位圆上，过定点(1,1)且与单位圆相交的直线的斜率取值范围就是k的取值

范围．k∈[0,+∞)

故函数的值域为：y∈[-1,0]

9.基本不等式法

利用基本不等式，求函数的最值，其题型特征解析式是和式时要求积

为定值，解析式是积时要求和为定值，不过有时需要用到拆项、添项和两边平方等技巧。

例29.求下列函数的值域：(1)

3

k

yx

x

(k>0);(2)

2

2

2

1

x

y

x







。

解：(1)若x>0时，则3

x

k

xyk

x

k

x2332,等号仅当x=k/x，即kx时成立；

若x<0时，则3

x

k

xyk

x

k

x233)(2,等号仅当-x=-k/x，即kx时成立；

故，),23[]23,(kky

(2)解法一：

1

2

2

2







x

x

y=2

1

1

1

2

2





x

x，故),2[y

解法二：令12xt,则)1(

1

t

t

ty．即方程01)(2tyttf在[1,+∞)上有解．

所以1

21

tt．从而f(x)=0在区间[1,+∞)只能有一根，另一根在(0,1)内，从而f(1)≤0,即y≥2.

变式1．若14x，求

22

222





x

xx

的最小值

第22页共28页

解：

]

)1(

1

)1([

2

1

]

1

1

)1[(

2

1

1

1)1(

2

1

22

2222



















x

x

x

x

x

x

x

xx

∵14x∴3)1(0x

3

1

)1(

1







x

从而2]

)1(

1

)1([





x

x1]

)1(

1

)1([

2

1







x

x，

当且仅当

)1(

1

)1(





x

x，即x=-2时”=”成立

即

1)

22

22

(

min

2







x

xx

变式2．求函数)0(,

3

22x

x

xy的最小值

解法：3

3

3

22236

2

3

2

9

3

2

3

2

3

23

2

3

2

3

2

3

2

xx

x

xx

x

x

xy

当且仅当

x

x

2

3

22即

2

63

x

时3

min

36

2

3

y

变式3.求y=

xxsin

4

cos

1

(x)

2

,0(



)的最小值。

解析：y>0,y2=(secx+4cscx)2=sec2x+16csc2x+8secxcscx

=(tan2x+1)+16(cot2x+1)+8



















xx

xx

sincos

sincos22

=17+(tan2x+4cotx+4cotx)+(16cot2x+4tanx+4tanx)

3

2

3

23

3tan4tan4cot163cot4cot4tan3)16(1xxxxxx

=3

3161

当且仅当











xxx

xxx

tan4tan4cot16

cot4cot4tan

2

2

即











1cot4

4tan

3

3

x

x

（这是两个相同的方程）,

即当x=arctan34

)

2

,0(



时，“=”成立（达到最小值）。

第23页共28页

变式4：若函数y=f(X)的值域为]3,

2

1

[,则函数

)(

1

)()(

xf

xfxF的值域是]

3

10

,2[。

解析：f(x)>0,2

)(

1

)()(

xf

xfxF,并且当f(x)=1时等号成立。而

t

ttg

1

)(在t]1,

2

1

[时单调递减,

t

ttg

1

)(在

t[1，3]时单调递增。从而

t

ttg

1

)(在区间]1,

2

1

[上的值域为]

2

5

,2[)]

2

1

(),1([gg;

t

ttg

1

)(在区间[1,3]上的值域为

[g(1),g(3)]=[2,10/3].综合知F(x)的值域为]

3

10

,2[

变式5.求函数

2

3

x

y

x







的值域。

解：令，则

（1）当时，，当且仅当t=1，即时取等号，所以

（2）当t=0时，y=0。

综上所述，函数的值域为：

注：先换元，后用不等式法

例30.求函数22

11

(sinx)(cosx)4

sincos

y

xx

的值域。

解：原函数变形为：

当且仅当

即当时，等号成立

故原函数的值域为：

第24页共28页

十、利用向量不等式

性质1若，则

当且仅当时等式成立

性质2，当且仅当a，同向平行时右边等式成立，a，反向平行时左边等式成立。

性质3，当且仅当方向相同且两两平行时等式成立。

类型（1）型（同号）

例31.求函数5110yxx的最大值。

解：构造向量

由性质1，得

当且仅当，即时，

解2：显然1≤x≤10,

2219sin3sin([0,])109(1sin)3cos

4

xx





15sin3cos326sin()y(其中

1

arctan

5

)

min

151

(sin())min{sin,sin()}{,}

22

262626





max

(sin())sin1

2





所以3≤15sin3cos326sin()326y即

类型（2）型

例32.求函数

23109yxx的最大值。

解：原函数可变为

取且

构造向量

由性质1，得

第25页共28页

从而

当且仅当，即时，

类型（3）型（）

例33.求函数

224(3x)9yx的最小值。

解：构造向量

由性质2，得

当且仅当a与b同向平行时等式成立

所以（此时）

类型（4）其它类型

例34.设x

1

（i＝1，2，„„，2003）为正实数，且

112015

2015xxx，试求

12232

yxxxxxxxx的最小值。

解：构造向量

由性质3，得

即

例35.已知，求的最小值。

解：构造向量

从而

由性质3，得

当且仅当a=b=c=1/2时“＝”成立。

所以

例36．若关于x的不等式axx|2||1|的解集是R，则实数a的取值范围是＿＿；

分析：由不等式的解集为

R

，则a大于|2||1|xx的最大值.由绝对值不等式的性质知：

1|)2()1(||2||1|xxxx，所以

1a

.

第26页共28页

练习若关于x的不等式axx|2||1|的解集不是空集，则实数a的取值范围是＿.

分析：1|)2()1(||2||1|xxxx，知

1a

.

练习求函数

13yxx

的值域。

解：13yxx

2)3()1(xx即函数的值域为y∈[2,+∞)

备用题：直线

l

过点,,0Pmnmn，与

,xy

正半轴分别交于点,AB.求PAPB最小值.

解2-4.如图2，设0

2

BAO













.记

sincos

nm

fPAPB



，

2

22

2

22

2

cossincoscossinsin

mnnmnn

f











22222222

22

sincos2sincossincos

coscossinsin

mmnn







222222tan2tan2cotcotmmmnmnnn

222222tancotcottantancotmmnmnmnmnnmn

33

42242233mnmnmn，

当且仅当

22

22

tancot

cottan

mxmnx

nxmnx















即3tan

n

m

时，PAPBf取得最小值，

最小值为33

42242233mnmnmn

3

2

33

22mn.

课后练习答案：

1.求下列函数的值域（可以用多种方法）：

(1)125xy

答案:函数在定义域内是单调递增的，y∈[5,+∞)

第27页共28页

(2)

xxy213

答案:函数在定义域内是单调递增的，y∈(-∞,3/2]

(3)y=sin2x-3cosx答案:配方后，y∈［-3,3]

(4)y=cos2x-sin2x答案:利用三角函数的辅助角公式并注意到三角函数的有界性，

]

2

51

,

2

51

[



y

(5)

2cos

3cos2







x

x

y答案：y∈［-5,-1/3]

(6))2712(log2

2

1

xxy答案：y∈［-2,+∞)

(7)

12

2







xx

xx

y

答案：y∈［-1/3,1]

(8)y=4t+4-t-2(2t+2-t)答案：y∈［-2,+∞)

(9)xxy42答案：]2,1[y

(10)42xxy答案：

42

6

42





xx

xxy

由于42xx在定义域［4,+∞)是单调递增的且为),6[故函数的值域为：]6,0(y

(11)

)1)(2(

)1)(12(







xx

xx

y答案：y∈(-∞,1)∪(1,2)∪(2,+∞)

2．设y=[f(x)]2+f(x2)，其中xxf

3

log2)(,x∈[1,9]，求函数的值域。

解析：f(x)的定义域为[1,9],知复合函数y=[f(x)]2+f(x2)的定义域为［1,3］,

y=[f(x)]2+f(x2)＝(log

3

x+3)2-3=(t+3)2+3t=log

3

x∈［0,1］

函数的值域为y∈［6,13］

3．求下列函数的值域：

(1)2)5(2xxu

解析：令,cos25x],0[),

4

sin(25



u，故]7,25[u

(2)1345222xxxxy

解析：)3,2(),2,1(xbxa

34|)5,3(|||||||baba

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当且仅当)0(kbka，即k=2/3时等号成立，此时x=-1/5．

函数的值域为:),34[y

(3).求函数的值域。

解：

当且仅当，即当时，等号成立。

由可得：

故原函数的值域为：