专题2.2 函数解析式及值域
2.2.1 函数解析式
知识点梳理
1.待定系数法：解析式类型已知的，比如：一次函数，反比例函数，二次函数，且题
目给出相应的条件，一般用待定系数法：先设解析式，再表达出题干的条件，解出答案.
2.换元法：已知复合函数f [g(x)]的表达式，求函数解析式：先令t=g(x)，并用t
表达x,最终得到f(t)，再换回f(x)即可，此时要注意t 的取值范围.
3.方程组法（消元法）：成对出现f(x)，f( 1
x )或f(x)，f(−x)等类型的函数
表达式，求函数解析式：一般情况是将另一部分替换x，得到新的等式，再和原等式联立
解方程组求出f(x).
4.已知函数奇偶性求函数解析式：已知函数奇偶性和一半函数的解析式，求另一半解
析式：①设−x范围已知；②将−x代入已知解析式并计算结果；③利用奇偶性计算出答案.
典型例题
例1. 已知f(x) 为二次函数，且f(x ＋1) ＋f(x －1) ＝2x2 －4x ，则函数的解析式f(x)=
.
解：设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
则f(x＋1)＋f(x－1)
＝a(x＋1)2＋b(x＋1)＋c＋a(x－1)2＋b(x－1)＋c
＝2ax2＋2bx＋2a＋2c＝2x2－4x，
∴{
2a=2
2b=−4
2a+2c =0
,解得：{
a=1
b=−2
c =−1
.
∴f(x)＝x2－2x－1.
例2.已知f(
1−x
1+x )=1−x
2
1+x
2 ，则函数的解析式为f(x)= .
解：令1−x
1+ x =t ,得x = 1−t
1+t
,∴f (t )=
1−(
1−t
1+t)
2
1+(
1−t
1+t)
2 = 2t
1+t
2
,∴f ( x)= 2 x
1+ x
2 ( x≠−1).
例3.设f(x)为奇函数,且当x≥0时,f(x)=e
x
1
−,则当x<0时,f(x)= .
解: 设x<0, 则−x>0,∴f (−x)=e
−x−1,
∴ 设f ( x)为奇函数, ∴−f ( x)=e
−x−1,即f ( x)=−e
−x+1.
例4.已知f(x)的定义域为{x|x≠0}，满足3f(x)+5f(1
x )=2
x +1，则函数f(x)=
.
解：因为3f(x)+5f(
1
x)=2
x +1①
将x
替换为1
x
，得到:3f(
1
x)+5f(x)=2x+1②
①×3
-
②
×5，
得
:
9f(x)+15f(
1
x)−(15f(
1
x)+25f(x))=6
x +3 (10
−
x+5) 16
−
f(x)=6
x
10
−
x
2
−，
所以f(x)=−3
8x +5
8 x+1
8
.
随堂演练
1.设函数f(x)=x
3+3x
2+1.已知a≠0,且f(x)−f(a)=(x−b)(x−a)
2,x∈R,则函数的
解析式a = ，b= .
解: f ( x)= x
3+3 x
2+1,
f ( x)−f (a)= x
3+3 x
2+1−(a
3+3a
2+1)= x
3+3 x
2−(a
3+3a
2),
( x −b)( x −a)
2=( x −b)( x
2−2ax +a
2)= x
3−(2a+b)x
2+(a
2+2ab)x −a
2b,
且 f ( x)−f (a)=( x −b)( x −a)
2,
{
−2a−b=3
a
2+2ab=0
a
3+3a
2=a
2b)
,解得：{
a=−2
b=1 )或{
a=0
b=−3)（舍去）.
2.已知函数f(x)为奇函数,且当x<0时,f(x)=x
2+1
x
, 则f(1)=( )
A.
2
− B. 0 C. 1 D. 2
解：f(x)是奇函数,故f(
1)=
−
−
f(1),而x<0时,f(x)=x
2+1
x
,
故f(
1
−
,故f(1)=−f( 1)=0
−
,故选: B.
3.若定义在R上的偶函数f(x)和奇函数g(x)满足f(x)+g(x)=e
x，则g(x)等于( )
A. e
x−e
−x B. 1
2 (e
x+e
−x)
C. 1
2 (e
−x−e
x) D. 1
2 (e
x−e
−x)
解：∵f ( x) 为定义在 R 上的偶函数,∴f (−x)= f ( x),
又∵g( x) 为定义在 R 上的奇函数,g(−x)=−g( x),
由 f ( x)+ g( x)=e
x,∴f (−x)+ g(−x)= f ( x)−g( x)=e
−x ,
∴g( x)= 1
2 (e
x−e
−x).故选: D.
4. f(sinx)=3
cos2
−
x，则f(cosx)=( )
A. 3
sin2
−
x B. 3+sin2x C. 3
cos2
−
x D. 3+cos2x
解: f(sinx)=3 cos2
−
x=3
(1 2
−
−
sin
2x)=3 1+2
−
sin
2x=2sin
2x+2,
则f(cosx)=2cos
2x+2=2cos
2x
1+3=3+cos2
−
x,
故选: D.
5.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x∈( ∞,0)
−
时,f(x)=2x
3+x
2,则f(2)=
.
解:由于f(x)为奇函数,则f(2)=−f(
2)=
[2×( 2
−
−
−
)
3+( 2
−)
2]=−
;
当x=0 时,f(0)=0,
当x>0 时, −x<0,则f(−x)=2(−x)
3+(−x)
2= 2
−x
3+x
2,
则f(x)=−f(−x)=2x
3−x
2(x>0);
综上,f(x)={
2x
3+x
2,
x≤0
2x
3−x
2,
x>0 ).
6.若函数f(x)=(x+a)(bx+2a)(常数a,b∈R)是偶函数,且它的值域为( ∞,4]
−
,则该函
数的解析式
f(x)= _______.
解：由于f(x)的定义域为R，值域为( ∞,4]
−
，可知b≠0，∴f(x)为二次函数，
f(x)=(x+a)(bx+2a)=bx
2+(2a+ab)x+2a
2.又f(x)为偶函数，
∴其对称轴为x=0，∴−2a+ab
2b
=0，
∴2a+ab=0，∴a =0或b= 2
−。
若a =0，则f(x)=bx
2与值域是( ∞,4]
−
矛盾，∴a≠0，
若b= 2
−，又其最大值为4，
∴4b×2a
2
(2
−
a+ab)
2
4b
=4,∴4( 2)(2
−
a
2) (2
−
a
2
−a)
2
4( 2)
−
=4,∴
16
−
a
2
8
−
=4,∴2a
2=4
,
∴f(x)= 2
−x
2+4.
7.已知函数f(1−x)=1−x
2
x
2
(x≠0)，则f(x)= .
解: 根据题意,令t =1−x,则x =1−t,且x≠0,则t ≠1,
可得f (t )= 1−(1−t )
2
(1−t )
2
=
1
(t −1)
2 −1(t ≠1),所以f ( x)=
1
( x−1)
2 −1( x≠1).
8.若x∈(0,π
2
)，函数f(x)满足f(sinx)+2f(cosx)=cos2x，则f(1
2 )= .
解：f(sinx)+2f(cosx)=cos2x,所以f(sinx)+2f(sin(
π
2 −x))=cos2x,
f(sin(
π
2
−x))+2f(sinx)=cos2(
π
2
−x)= cos2
−
x，
联立得f(sinx)= cos2
−
x=2sin
2x
1,
−
即f(x)=2x
2
1,
−
所以f(
1
2)=−1
2 .
9. 已知函数f(x)对定义域{x|x≠0}内的任意实数x满足f(2x) 2
−f(2
x )=4x，则
f(x)= .
解：由f (2 x)−2f ( 2
x )= 4 x,得f (2 x)−2f ( 4
2 x )=2⋅(2 x),
即f ( x)−2f ( 4
x )=2 x ①,
将x换为4
x
,得f ( 4
x )−2f ( x)=2× 4
x
②,
由① +2 ②, 得 −3 f ( x)=2 x + 16
x
,故f ( x)=−2
3 x−16
3 x
.
10.已知f(3
x)=4xlog23+233，则f(2)+f(4)+f(8)+
+
⋯f(2
8)
的值等于 .
解：设t=3
x
，则x=log3t,t>0,
∴
函数f(3
x)=4xlog23+233等价为函数f(t)=4⋅log3t⋅log23+233=4log2t+233,
∴
f(2)+f(4)+f(8)+…+f(2
8)=(4log22+233)+(4log24+233)+…+(4log22
8+233)
=(4+8+…+32)+233×8=4+32
2
×8+233×8=144+1864=2008.
11.已知定义域为R的函数f(x)满足f[f(x)−x
2+x]=f(x)−x
2+x.
(1)若f(2)=3,求f(1);又若f(0)=a,求f(a).
(2)设有且仅有一个实数x0,使得f(x0)=x0,求函数f(x)的解析式.
解: (1)因为对任意x∈R,有f(f(x)−x
2+x)=f(x)−x
2+x
所以f(f(2)−2
2+2)=f(2)−2
2+2
又由f(2)=3,得f(3−2
2+2)=3−2
2+2,即f(1)=1
若f(0)=a, 则f(a−0
2+0)=a−0
2+0,即f(a)=a.
(2)因为对任意x∈R,有f(f(x)−x
2+x)=f(x)−x
2+x.
又因为有且只有一个实数x0,使得f(x0)=x0
所以对任意x∈R,有f(x)−x
2+x=x0
在上式中令x=x0
,有f(x0)−x0
2+x0=x0
又因为f(x0)=x0
,所以x0−x0
2=0,故x0=0或x0=1
若x0=0,则f(x)−x
2+x=0,即f(x)=x
2−x
但方程x
2−x=x有两个不相同实根,与题设条件矛盾.
故x0≠0,若x0=1,则有f(x)−x
2+x=1,即f(x)=x
2−x+1,此时f(x)=x有且仅有一个实
数解1.综上,所求函数为f(x)=x
2−x+1 (x∈R)
2.2.2 分离常数求函数的值域
知识点梳理
1.分离常数主要用来处理形如y=ax+ b
cx+d (c≠0)的有理函数（一次分式函数）。也可推
“
”
广到分子分母次数相同或有公共部分的情形，通过恒等变形把变量部分单独分离出来。
2.基本思想：
“
将分子改写成含分母的形式+
”
常数:ax+ b= A(cx+d)+ B.
再拆开为:y= A+ B
cx+d
.这样函数就变成：一个常数+一个易求范围的的简单分式，从而只
分析B
cx+d
的取值范围，再加上常数A即可。
3.标准步骤
(1)配凑分子:设y=ax+ b
cx+d ,c≠0令ax+ b=k(cx+d)+ m,比较系数或用待定系数法求出
k,m。
(2)拆分函数,代入并化简:y=k(cx+d)+ m
cx+d
=k+ m
cx+d
.
(3)求简单分式的值域
①分析m
cx+d
:
分母不为零⇒m
cx+d ≠0。
②随着|cx+d|→∞, m
cx+d →0, 但取不到0。
③加上常数项得到原函数值域: 若m
cx+d ∈( ∞,0)∪(0,+∞)
−
, 则
y=k+ m
cx+d ∈( ∞,
−
k)∪(k,+∞).
④若是有限区间,比如m
cx+d ∈[p,q] (不含0的情况要小心),则y∈[k+ p,k+q].并
注意是否取到
端点.
典型例题
例1.已知函数f(x)=x
1
−
x+1 (x∈[0,3]),则函数的最小值为( )
A. 0.4 B.1
2
C.2 D. 1
−
解: 因为 f ( x)= x−1
x +1 = x +1−2
x +1
=1−
2
x +1
,易知 f ( x) 在 [0,3] 上单调递增,
所以 f ( x)min= f (0)=−1.故选: D.
例2.函数f(x)=x
2
1
−
x
2+3x+2
的值域为 .
解
:
由
x
2+3x+2≠0,
可
得
x≠1
−
且
x≠2
−,
f(x)=x
2
1
−
x
2+3x+2
=x
2+3x+2 3
−x
3
−
x
2+3x+2
=1−3(x+1)
(x+1)(x+2) =1−3
x+2 ，
由
y=1−3
x+2
可
得
:
x=3
1−y
2
−,
由
x≠1
−且
x≠2
−,
可
得
{
3
1−y
2≠1
−
−
3
1−y
2≠2
−
−)
,可得y≠2,
−
因为3
x+2 ≠0,所以1−3
x+2 ≠1,所以f(x)=x
2
1
−
x
2+3x+2
的值域为: (
∞,
−
−
.
随堂演练
1.函数y=1−x
2x+5
的值域为 .
解: y = 1−x
2 x +5 =
−x−5
2 + 7
2
2 x +5
= 1
2 +
7
4 x +10
，∴
7
4 x +10 ≠0，∴1
2 +
7
4 x +10 ≠−1
2
，
∴函数y = 1−x
2 x +5 的值域是{y | y ≠−1
2)
.
2.函数f(x)=x
x
1
−(x≥2)的最大值为 .
解：f ( x)=
x
x−1 = x−1+1
x−1
=1+
1
x−1
;∴f ( x) 在 [2,+ ∞) 上单调递减;
∴x =2 时, f ( x) 取最大值 2.
3.已知x∈[2,3], 则y=x
2
2
−x+4
x
1
−
的值域为 .
解：令t=x
1
−，则x=t+1，由x∈[2,3]，得t∈[1,2]，所以y=t
2+3
t
=t+3
t
，
根据对勾函数的性质，可得函数y=t+3
t
在[1,❑√3]上单调递减，[❑√3,2]单调递增，
所以当t= ❑√3时，最小值ymin= ❑√3+3
❑√3 =2❑√3，又当t=1时，y=4；当t=2时，y=7
2
，
即当t=1时，最大值ymax=4，所以函数y=x
2
2
−x+4
x
1
−
的值域为[2❑√3,4].
4.函数y=x
2
x
2+1
(x∈R)的值域是 .
解: 由 y =
x
2
x
2+1
, 得 x
2=
y
1−y
,∵x∈R∴
y
1−y ≥0,解之得 0≤y <1;故答案为 [0,1).
5.函数y=x
2
2
−x
x
2
2
−x+1
(x∈R)的值域是 .
解：y=x
2
2
−x
x
2
2
−x+1
=x
2
2
−x+1 1
−
x
2
2
−x+1
=1−1
(x
1
−)
2 <1，所以函数值域是(-∞，1).
6.函数y=x
2−x+1
x
2
2
−x+1
(x>1)的值域是 .
解：y=x
2−x+1
x
2
2
−x+1
(x>1)=x
2
2
−x+1+x
x
2
2
−x+1
=1+x
x
2
2
−x+1
=1+1
x+1
x
2
−
>1，所以函数值域
是(1，+∞).
7.函数y=
❑√x
2+4
x
2+5
的最大值为 .
解: y=
❑√x
2+4
x
2+5
=1
❑√x
2+4+1
❑√x
2+4
,设t=
❑√x
2+4,根据对勾函数u=t+1
t ,t≥2的性质,
可得当t=2,即x=0时u取得最小值5
2
,则y≤2
5
,当x=0时取等号,所以函数y
的最大值为2
5
.
2.2.3 判别式法（万能k 法）求函数值域
知识点梳理
1.适用题型：在函数求值域时一般建议用在最简分式含二次项，且定义域为R,可避免
讨论根的分布，直接用判别式判断即可；如果定义域不为R，若需要讨论根的分布，不建
议此法，若不需要复杂讨论也可考虑此法.
2.解题思路：通过去分母将等式整理成关于x 的一元二次方程，利用方程有解转化成
方程判别式解题.
典型例题
例1.函数y = 3 x
2+3 x +1
x
2+ x−1
的值域是__________.
解：由y = 3 x
2+3 x +1
x
2+ x−1
，得(y－3)x2＋(y－3)x－(y＋1)＝0，
当y＝3 时，上式无解．
当y≠3 时，要使方程有解，需满足Δ＝(y－3)2＋4(y－3)(y＋1)≥0.
即5y2－14y－3≥0，解得y≤－1
5或y>3.
∴y = 3 x
2+3 x +1
x
2+ x−1
的值域为(−∞,−1
5 ]∪(3，＋∞).
随堂演练
1.函数f(x)=x
2−x+1
x
2−x+2
的值域是 .
解：方法一：∵f(x)=x
2−x+1
x
2−x+2
=1−1
x
2−x+2
,
设g(x)=x
2−x+2,∴g(x)∈[
7
4 ,+∞),∴1
g(x) ∈(0,4
7 ),∴f(x)∈[
3
7 ,1).
方法二：由y=x
2−x+1
x
2−x+2
，得(y－1)x2＋(1－y)x＋(2y－1)＝0，
当y＝1 时，上式无解．
当y≠1 时，要使方程有解，需满足Δ＝(1－y)2－4(y－1)(2y－1)≥0.
解得3
7 ≤y<1.∴f(x)∈[
3
7 ,1).
2.函数f(x)=x+1
x
2−x+1
的值域是 .
解
:
f(x)=x+1
x
2−x+1
=x+1
(x−1
2)
2
+3
4
令z=x−1
2
,
所
以y=
z+3
2
z
2+3
4
,
整
理
得
4yz
2
4
−z+3y
6=0
−
,
所以关于z的方程4yz
2
4
−z+3y
6=0
−
有实数解.
当y=0时,原式为4
−z
6=0
−
, 解得z=−3
2
,满足.
当y≠0时,所以Δ=16 4×4
−
y (3y
6
−)≥0,整理得3y
2
6
−y
1≤0
−
,
解得3 2
−
❑√3
3
≤y≤3+2❑√3
3
,此时3 2
−
❑√3
3
≤y≤3+2❑√3
3
且y≠0,
∴ 综上, 函数f(x)=x+1
x
2−x+1
的值域为[
3 2
−
❑√3
3
,3+2❑√3
3
).
3. 函数f(x)=x
2
1
−
x
2+3x+2
的值域为 .
解:
由x
2+3x+2≠0,
可得x≠1
−
且x≠2
−,
f(x)=x
2
1
−
x
2+3x+2
=x
2+3x+2 3
−x
3
−
x
2+3x+2
=1−3(x+1)
(x+1)(x+2) =1−3
x+2 ,
由y=1−3
x+2
可得: x=3
1−y
2,
−
由x≠1
−
且x≠2
−, 可得{
3
1−y
2≠
−
3
1−y
2≠
−
)
,
可得y≠2,
−
因为3
x+2 ≠0,
所以1−3
x+2 ≠1,
所以f(x)=x
2
1
−
x
2+3x+2
的值域为: (
∞,
−
−
4.函数f(x)=x
2+x+1
x
2+1
的值域是 .
解: 由函数y=x
2+x+1
x
2+1
，可得(y
1
−)x
2−x+y
1=0
−
①.
当y=1时，可得x=0，满足条件.
当y
1≠0
−
①
时，根据方程
必定有解，可得判别式Δ=1 4[
−
y
1
−]
2≥0，可得
4y
2
8
−y+3≤0，解得1
2 ≤y≤3
2
，故有1
2 ≤y≤3
2
，且y≠1.综上可得，函数f(x)的值
域为[1
2 ,3
2 ].
5.函数y=x
1
−
x
2
6
−x+7
(x>0)的值域为 .
解：因为y=x
1
−
x
2
6
−x+7
,整理得yx
2
(6
−
y+1)x+7y+1=0,
可知关于x的方程yx
2
(6
−
y+1)x+7y+1=0有正根.
若y=0,
则−x+1=0,
解得x=1, 符合题意;
若y≠0,
则x
2−(6+1
y)x+7+1
y =0,
可得{
6+1
y
2
≤0,
7+1
y <0 )
或{
6+1
y
2
>0,
Δ=(6+1
y)
2
4
−(7+1
y)≥0,)
解得1
y < 7
−或1
y ≥2❑√2
4
−且1
y ≠0,则−1
7 <y<0或y>0或y≤−
❑√2+2
4
.
综上所述:y>−1
7
或y≤−
❑√2+2
4
, 即函数y=x
1
−
x
2
6
−x+7
(x>0)的值域为:
(
∞,
−
−
❑√2+2
4
)∪(−1
7 ,+∞).
6.已知a,b∈R，且a
2+ b
2+ab=1，则b的取值范围是 .
解：
因为a
2+ b
2+ab=1,
所以a
2+ab+ b
2
1=0
−
.
又因为a,b∈R,所以Δ=b
2
4(
−
b
2
1)≥0
−
,
解得−2❑√3
3
≤b≤2❑√3
3
.
7.已知a>0，函数f(x)=
❑√ax−x
2+
❑√2x−x
2的最大值为❑√2，则实数a的值为 .
解
：
y=
❑√ax−x
2+
❑√2x−x
2，
y−
❑√2x−x
2=
❑√ax−x
2，
两
边
平
方
得
:
y
2
2
−y
❑√2x−x
2+2x−x
2=ax−x
2，
即
y
2+2x−ax=2y
❑√2x−x
2，
再
平
方
得
:
y
4+4x
2+a
2x
2+4xy
2
2
−axy
2
4
−a x
2=8xy
2
4
−x
2y
2，
化简得:(4y
2+4+a
2
4
−a)x
2
(4
−
y
2+2ay
2)x+y
4=0
当4y
2+4+a
2
4
−a =0,即4y
2+(a
2
−)
2=0时, a =2,y=0.
此时f(x)=2
❑√2x−x
2=2
❑√
(
−x
1
−)
2+1
最大值为2, 不符题意.
所以4y
2+4+a
2
4
−a≠0.因为方程有解,所以Δ≥0.
即Δ=(4y
2+2ay
2)
2
4
−y
4(4y
2+4+a
2
4
−a)≥0化简得:y
2≤2a, 因为y≥0, 所以
0≤y≤❑√2a.
又因为y的最大值为❑√2, 所以❑√2a = ❑√2.所以a =1.
2.2.4 换元法求函数值域
知识点梳理
1.换元法是一种常用数学解题方法，通过引入新的变量代替原式中较复杂的部分，将
原函数转化为更容易分析的新函数，从而简化计算或推理.
在求函数值域中，换元法的核心思想是：将原函数y=f(x)中“难处理”的部分用新变
量t 表示，使y 成为关于t 的较简单函数，再在t 的取值范围内求出y 的取值范围.
2.常见换元类型
（1）根式换元.
（2）三角换元.
（3）指数/对数换元.
（4）分式或高次多项式换元.
典型例题
例1.函数 f(x)=x+1
x
2+2x+10
(0≤x≤8) 的值域为 ( )
A. [
1
8 ,1
6) B. [6,8] C. [
1
10 ,1
6) D. [6,10]
解：令g(x)=1
f(x)
，g(x)=x
2+2x+10
x+1
=(x+1)
2+9
x+1
=(x+1)+9
x+1 ,
令t=x+1
，则t∈[1,9]
，原函数化为y=t+9
t (1≤t≤9)，
该函数在[1,3]
上为减函数，在[3,9] 上为增函数，
又当t=1 时，y=10
，当t=3 时，y=6
，当t=9 时，y=10.
∴
函数g(x)=x
2+2x+10
x+1
(0≤x≤8)
的值域为[6,10]，
则函数f(x)=x+1
x
2+2x+10
(0≤x≤8)
的值域为[
1
10 ,1
6).
例2.求函数y = x + ❑√1−2 x的值域.
解：函数y=x+ ❑√1 2
−x，定义域为( ∞,
−
1
2)，令t= ❑√1 2
−x≥0，所以x=1−t
2
2
，
所以y=1−t
2
2
+t=−t
2
2 +t+1
2
，t≥0，
函数y=−t
2
2 +t+1
2
的图象为开口向下，对称轴方程为t=1的抛物线，
所以t=1时，函数y=−t
2
2 +t+1
2
，t≥0取最大值，最大值为−1
2 +1+1
2 =1，
故函数y=x+ ❑√1 2
−x 的值域为( ∞,1]
−
.
例3.已知f ( x)= 4
x−1−2
x+5, x∈[−2,2].求f ( x)的值域.
解:令2
x=t,∵x∈[ 2,2]
−
,
∴t∈[1
4 ,4]原函数变为:g(t)=1
4 t
2−t+5=1
4 (t
2
−)
2+4,∴t∈[1
4 ,4],
∴g(t)∈[4,5], ∴f(x)的值域为[4,5].
例4.函数f(x)= ❑√1−x+ ❑√3x的最大值为( )
A.1 B.❑√2 C.❑√3 D.2
解：函数f(x)= ❑√1−x+ ❑√3x的定义域为[0,1],令a = ❑√1−x,b= ❑√3x,
则a
2+ b
2
3 =1(0≤a≤1,0≤b≤❑√3)，
设
a =sinθ,b= ❑√3cosθ(0≤θ≤π
2 )，
可
得
a+ b=sinθ+ ❑√3cosθ=2sin(θ+π
3 )，
当θ=π
6
时, a+ b 有最大值为2,所以函数f(x)= ❑√1−x+ ❑√3x的最大值为2. 故选: D.
随堂演练
1.函数f(x)=x+1
x
2+x+4
的值域是( )
A.(
∞
−
B.(
∞
−
C.[−1
5 ,1
3) D.[−1
4 ,1
4)
解：当x+1=0时,f(x)=0；当x+1≠0时,设t=x+1,则x=t
1
−,
从而y=t
(t
1
−)
2+(t
1)+4
−
=1
t+4
t
1
−
，令g(t)=t+4
t ,t≠0.
则g
′(t)=1−4
t
2 ,
令g
′(t)>0 得: t>2
或t< 2
−, 令g
′(t)<0得: ( 2,0)∪(0,2)
−
,
所以g(t)=t+4
t
在(2,+∞), (
∞
−
上单调递增,在( 2,0),(0,2)
−
上单调递减.
又g(2)=2+2=4,g(
2
−
,
所以g(t)=t+4
t
的值域为(
∞
−
, 所
以y=1
t+4
t
1
−
的值域为[−1
5 ,0)∪(0,1
3).综上, f(x)
的值域为[−1
5 ,1
3).故选：C.
2.函数y=3❑√x+2
4
−
❑√2−x的最小值为( )
A.-8 B.8 C.-10 D.10
解:由{
x+2≥0
2−x≥0)
解得
2≤
−
x≤2
，所以函数的定义域为[ 2,2]
−
.
因为(❑√x+2)
2+(❑√2−x)
2=4，故可设{
❑√x+2=2sinθ
❑√2−x=2cosθ),θ∈[0,π
2 ),
则
y=3×2sinθ
4×2cos
−
θ=6sinθ
8cos
−
θ=10sin(θ−φ),(
其
中
有
φ∈(0,π
2 ),cosφ=3
5 ,sinφ=4
5
).
因为θ∈[0,π
2 ),所以θ−φ∈[−φ,π
2
−φ).
所以当θ=0时，函数取得最小值10sin(−φ)=10×(−4
5 )= 8
−.故选: A.
3.已知x>0,y>0且x+y=1,则x
2
1+x
2 +y
2
1+y
2 的最小值为( )
A. 1
5
B. 2
5
C. 3
5
D. 4
5
解：因为x+y=1，所以x+y=1≥2❑√xy。
当且仅当x=y=1
2
时等号成立, 所以0<xy≤1
4
.
因
为
1
1+x
2 +1
1+y
2 =(1+x
2)+(1+y
2)
(1+x
2)(1+y
2)
=2+x
2+y
2
1+x
2+y
2+x
2y
2 =2+(x+y)
2
2
−xy
1+(x+y)
2
2
−xy+x
2y
2 =3 2
−xy
2 2
−xy+x
2y
2
，
令
t=3 2
−xy,
则
t∈[
5
2 ,3),
xy=3−t
2
,
所
以
1
1+x
2 +1
1+y
2 =t
2
(3
−
−
t)+(3−t)
2
4
=4t
t
2
2
−t+5
=4
t
2+
−
5
t
由对勾函数y=x+5
x
在[
5
2 ,3)上单调递增,则当t=5
2
时函数取到最小值,
所
以
当
t=5
2
时
,
1
1+x
2 +1
1+y
2 ≤4
5
2
2+
−
5
5
2
=8
5 ，
所
以
x
2
1+x
2 +y
2
1+y
2 =(x
2+1) 1
−
1+x
2
+(y
2+1) 1
−
1+y
2
=2−(
1
1+x
2 +1
1+y
2)≥2−8
5 =2
5 .
故选: B.
4.f(x)= ❑√x+ ❑√4 2
−x的最大值为 .
解：由题意得:{
x≥0
2−x≥0)，解得: 0≤x≤2, 所以函数f(x)的定义域为:x∈[0,2].
设x=2cos
2t,t∈[0,π
2 ),则f(x)= ❑√x+ ❑√4 2
−x= ❑√2cost+2sint= ❑√6sin(t+φ),
其中tanφ=
❑√2
2
,φ∈(0,π
2 ),显然当sin(t+φ)=1时,f(x)取得最大值为❑√6.故答案
为:❑√6.
5.若y= ❑√x
4
−+ ❑√18 3
−x，则y的取值范围是 .
解：因为 y= ❑√x
4
−+ ❑√18 3
−x所以{
x
4≥0
−
18 3
−x≥0),解得:4≤x≤6，令x=4+2sin
2t,
t∈[0,π
2 )
则
y=
❑√4+2sin
2t
4
−+
❑√18 3(4+2
−
sin
2t)= ❑√2sint+ ❑√6cost=2❑√2sin(t+π
3 ),
所以 y=2❑√2sin(t+π
3 ),因为t∈[0,π
2 )，所以(t+π
3 )∈[
π
3
,5π
6 )，
所以sin(t+π
3 )∈[
1
2 ,1),所以y∈[❑√2,2❑√2).
故答案为：[❑√2,2❑√2).
6.函数y=x−
❑√4−x
2的值域为 .
解:由4−x
2≥0可得2≤
−
x≤2,即函数的定义域为[ 2,2]
−
.
所以设x=2cosθ,θ∈[0,π],
则
y=2cosθ−
❑√4 4
−cos
2θ=2cosθ
2sin
−
θ=2❑√2(
❑√2
2
cosθ−
❑√2
2
sinθ)=2❑√2cos(θ+π
4 ),
因为θ∈[0,π],所以θ+π
4 ∈[
π
4 ,5π
4 ),所以cos(θ+π
4 )∈[ 1,
−
❑√2
2 ),
所以y=2❑√2cos(θ+π
4 )∈[ 2
−
❑√2,2],
所以函数y=x−
❑√4−x
2的值域为[ 2
−
❑√2,2],故答案为: [ 2
−
❑√2,2].
7.求函数f(x)=log2(4x)⋅log1
4
x
2 ，x∈[
1
2 ,4]的值域．
解
：
f(x)=log2(4x)⋅log1
4
x
2 =(log2x+2)[−1
2 (log2x
1)
−]=−1
2 [(log2x)
2+log2x
2
−].
设log2x＝t.∵x∈[
1
2 ,4]，∴t [
∈－1,2]，
则有y＝－1
2 (t2＋t－2)，t [
∈－1,2]，因此二次函数图象的对称轴为t＝－1
2 ，
∴函数y＝－1
2 (t2＋t－2)在[－1,−1
2 ]上单调递增，在[−1
2 ,2]上单调递减，
∴当t＝−1
2 时，有最大值，且ymax＝9
8 .当t＝2 时，有最小值，且ymin＝－2.
∴f(x)的值域为[－1,9
8 ].
