1.分式函数的最值与计算_11.3-2_2026-11-03

1.一轮备考中的分式函数值域问题
一．基本原理
axb axb mx2 nxt mx2 nxt
我们把 y  ,y  ,y  ,y  （此处约定分母
cxd mx2 nxt axb px2 qxr
均不为零），统称为分式函数，其中后面三种由于含有二次项，称为二次分式函数. 对于第
一类的值域，通过转化为反比例函数结合单调性确定，而对于二次分式函数，通常有均值
不等式法、判别式法、求导法来求这些函数的最值，下面通过例题详细分析这些方法是如
何使用的.
1．均值不等式与双钩函数方法
axb
1.1：y  型函数的处理
cxd
axb
对于形如 f x （分子分母均为一次的分式）的函数，通过换元t cxd ，可
cxd
ptq
转化为 f t 的形式，再利用双钩函数的性质求解.
t
ax2 bxc
1.2. y  型.
dxe
ax2 bxc ax2 bxc
形如 y  可通过换元t dxe将问题转化为 y  ，然后进行可
dxe x
c a
通过分离常数转化为 y ax b的形式，进而可依靠 y  x 的图像，再求出值
x x
域，或者均值不等式.
dxe 1
1.3. y  ：同时除以分子： y  →2的模型.
ax2 bxc ax2 bxc
dxe
mx2 nxt (px2 qxr)dxe
1.4.y   y  ，这就转化成了3的类型.
px2 qxr px2 qxr
2．判别式法：请见例题分析
3．导数法
二．典例分析
2x3
例1. f x ,x1,3
x1
2t5 5
解：令t  x1,t2,4 x t1  f t 2 ，进而可求出值域：
t t
 1 3
y

 ,

 2 4
x2 x1
例2.函数y x1的最小值为________.
x1
1解析：解法1（均值不等式法）：令t x1，则t 0，xt1，
t12 t11 t2 t1 1 1
所以y  t 12 t 13，
t t t t
1 x2 x1
当且仅当t  ，即t1时取等号，此时x2，从而函数 y x1的最小值为
t x1
3.
x2 x1
解法2（判别式法）：将y 变形为yx1x2 x1，整理得：
x1
x2 y1x y10①，将式①看出关于x的一元二次方程，
其判别式 y12 4y10，解得： y1或 y3，因为 x1，所以 x10，
x2 x10，从而y0，故y3，
x2 x1
注意到当x2时，y3，所以函数y x1的最小值为3.
x1
x2 x1 xx2
解 法 3（ 求 导 法 ） ： 设 f x x1， 则 fx ， 所 以
x1 x12
fx0 x2， fx01x2，从而 f x在1,2上A ，在2,上A ，故
f x  f 23.
min
例3．（2022全国甲卷）已知AABC中，点D在边BC上，ADB120,AD2,CD2BD
AC
．当 取得最小值时，BD________．
AB
解析:方法1. 余弦定理：设CD2BD2m0，
则在△ABD中，AB2 BD2AD22BDADcosADBm242m，
在AACD中，AC2 CD2AD22CDADcosADC 4m244m，故可得：
AC2 4m244m 4  m242m  121m 12
  4
AB2 m242m m242m 3
m1
m1
12
4 42 3
3
2 m1
m1
3 AC
当且仅当m1 即m 31时，等号成立. 所以当 取最小值时，m 31.
m1 AB
（方法2）判别式法：设BDx，则CD2x
在△ABD中，AB2 BD2AD22BDADcosADBx242x，
在AACD中，AC2 CD2AD22CDADcosADC 4x244x，
AC2 4x244x 4x244x
所以  ，记t  ，则4tx242tx44t0
AB2 x242x x242x
2由方程有解得：42t244t44t0，即t28t40，解得：
42 3t42 3
2t AC
所以t 42 3，此时x  31，所以当 取最小值时，x 31，即
min 4t AB
BD 31.
3  x2 2x2 
3(x1)
方法 3 (导数法) 因为 f(x)1 , 所以 f(x) . 由 f(x)0
(x1)2 3  x2 2x4 2
得0 x 31; 由 f(x)0得x 31. 所以 f(x)在区间(0, 31)上单调递减,
3
在区间( 31,)上单调递增. 故当x 31时, f(x)取得最小值1 .所以, 当
2
AC
取得最小值时,BD 31.
AB
x2 1
例4.函数y 的最大值为________.
x2 5
x2 1 t 1 1 1
解析：设t x2 1，则t1，x2 t2 1，且y     ，
x2 5 t2 4 4 4 4
t 2 t
t t
4 x2 1 1
当且仅当t ，即t 2时取等号，此时x 3，所以函数y 的最大值为 .
t x2 5 4
例4．已知抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点F在x轴上，过点2,0的直线交C于P,Q
两点，且OPOQ，线段PQ的中点为M ，则直线MF的斜率的最大值为（ ）
6 1 2
A． B． C． D．1
6 2 2
解析：依题意，抛物线C的焦点在x轴的正半轴上，设C的方程为：y2 2px,p0，
y2 y2
显然直线PQ不垂直于y轴，设直线PQ的方程为：xty2，点P( 1 ,y ),Q( 2 ,y )，
2p 1 2p 2
xty2
由 消去x得：y22pty4p0，则有y y 4p，
y2 2px 1 2
  y2 y2
由OPOQ得：OPOQ 1  2 y y 44p0，解得p1，
2p 2p 1 2
1 2pt
于是抛物线C：y2 2x的焦点F( ,0)，弦PQ的中点M 的纵坐标为 t，则点
2 2
M(t22,t)，显然直线MF的斜率最大, 必有t 0, 则直线MF的斜率
t 2 2 6
k    
3 3 3 6 ,
t2  2t 2 2t
2 t t
33 6 6
当且仅当2t  , 即t  时取等号, 所以直线MF的斜率的最大值为 .故选：A
t 2 6
例5．已知点A4,0，点P在抛物线:y2 8x上运动，F是抛物线的焦点，连接PF并
PA2
延长与圆C:(x2)2y2 1交于点B，则 的最小值是 .
PB
解析：由题意可知，抛物线y2 8x的焦点为F2,0.设点Px,y，则由抛物线的定义得
PA2
PF x2， PA2 (x4)2y2 x28x168xx216.要使 最小，则应有
PB
|PA|2 x216
PB  PF 1x3，此时有  .令x3t，则xt3，
|PB| x3
|PA|2 (t3)216 t26t25 25 |PA|2
  t 6，因为 0，显然有t0，
|PB| t t t |PB|
25 25 25
则由基本不等式知t 2 t 10，当且仅当t ，即t5时等号成立.
t t t
|PA|2
故 的最小值为1064.故答案为：4.
|PB|
小结：总结一下我们所遇到的常见分式类型及一般处理方法：
axb
① y  ：换元→分离常数→反比例函数模型
cxd
ax2 bxc a
② y  ：换元→分离常数→ y  x （双勾函数、伪勾函数）模型
dxe x
dxe 1
③ y  ：同时除以分子： y  →②的模型
ax2 bxc ax2 bxc
dxe
ax2 bxc
④ y  ：分离常数→③的模型
dx2 ex f
最后看一道与不等式综合的新定义压轴.
例6.（四川省成都市2025届高三二诊）对于给定集合Aa,b∣a0,b0
，若存在非
负实数K ,K ，对任意的a,bA满足：
1 2
K  1a2 1b2 ab1abK  1a2 1b2 成立，则称集合A具有性质K ,K .
1 2 1 2
4(1)证明：集合
a,b∣a0,b1
具有性质


1
,1

；
2 
(2)若集合 a,b∣a0,b0,ab1 具有性质K ,K ，求K K 的最小值；
1 2 2 1
K
(3)若集合 a,b∣a0,b0,a3b3 2  具有性质K ,K ，求 1 的最大值.
1 2 K
2
1 
解析：（1）要证明集合 a,b∣a0,b1 具有性质 ,1，即证明a0，都有
2 
1a2 a12 2  1a2 ，因为a12   1a2 2a0，所以a12 1a2.
因为2
 1a2 a12 a22a1a12
0，所以2
 1a2 a12
，所以a0，都
有1a2 a12 2  1a2 ，即集合 a,b∣a0,b1 具有性质   1 ,1  .
2 
（2）因为a0,b0,ab1，
 1a2 1b2 1a2b2a2b2 1ab2 2abab2 22abab2 1ab21，
ab 1 1
令u1ab，则  1a2 1b2 2u2 1，因为 ab≤  ，当且仅当ab 时
2 2 2
 5
等号成立，所以u
 
1,
4  
，又集合 a,b∣a0,b0,ab1 具有性质K
1
,K
2
，
u
于是u    1, 5 4    ，有K 1   2u2 1  uK 2   2u2 1  ，即 K 1  2u2 1 K 2，
 
1
 5 K  K 5  5
即u
 
1,
4  
， 1
u
5
4
2成立，令 f uu
u
4，u
 
1,
4  
，
u
 5 5 5
因为函数 f u在  1,  上单调递减，且 f 12, f   ，
 4 4 4
1 1 4
5 5   4 1
所以 u 42，则2 5 5，所以K  ，当且仅当ab 时等号成立；
4 u u 4 2 5 2
u
1 4 1 3
K  ，当且仅当a0或b0时等号成立，则K K    ，即K K 的最小值为
1 2 2 1 5 2 10 2 1
3
.
10
（3）因为集合 a,b∣a0,b0,a3b3 2  具有性质K ,K ，由题意，得
1 2
a0,b0,a3b3 2，都有K  1a2 1b2 ab1abK  1a2 1b2 ，
1 2
ab1ab
即K
1

 1a2 1b2
K
2
，注意到ab1abaa2bbab2 a  1b2 b  1a2
a b 1 1
所以K   ，又1a2 2a,1b2 2b，所以K   1，当且仅当ab1
2 1a2 1b2 2 2 2
时等号成立，即K 的最小值为1.又2a3b3 2 a3b3 ，当且仅当ab1时等号成立，则
2
0ab1，又2a3b3 ab a2abb2 abab2 3ab，令sab，tab
 
5，则s  s23t  2，即t
s32
，则0
s32
1，即3 2s2，
3s 3s
 s32
ab1ab ab1ab s1t s1 
所以  1a2 1b2  ab2 1ab2  s21t2  s1t   3s   s33s2，
s21 s21 3  s21 
令gs s3
s

2
3

s
1
2 ，3 2s2，则 gs s

4
s

2
4

s
1

2
3 0 ，即函数gs在

3 2,2

上单调
 
  33 2 ab1ab gs g 3 2 3 2
递增，又 g 3 2 
 3 2 2 1
，所以
 1a2 1b2

3

3

 3 2 2 1
，
3 2
当且仅当a0,b 3 2或a 3 2,b0时等号成立，所以K
1
的最大值为
 3 2 2 1
，又K
2
的
K 3 2
最小值为1，所以 K 1 的最大值为  3 2 2 1 .
2
三．习题演练
2x3
1．函数 f(x) 的值域（ ）
3x1
 1 1   3 3 
A．,  , B． ,    , 
 3 3   2 2 
 1  1   2 2 
C．,  , D．,  ,
 3  3   3 3 
2 11 2 11
2x  (3x1)
2x3 3 3 3 3 2 11 1
【详解】依题意, f(x)      , 其中
3x1 3x1 3x1 3 3 3x1
11 1  2 2 
y   的值域为(,0)(0,), 故函数 f(x)的值域为 ,    , ,
3 3x1  3 3 
故选 D.
x
2．函数y (x0)的值域是（ ）
x2x1
 1  1 1 
A．(0,) B．0,  C．0,  D．  ,
 3  3 3 
x 1
【详解】由y  (x0)可得y  ,(x0), 当x0时, 故
x2 x1 1
x 1
x
1 1
x 2 x 2, 当且仅当x1时等号成立, 而x2 x10恒成立, 故
x x
1 1 x  1
0 y   , 故y  (x0)的值域为 0,

, 故选: C
1 3 x2 x1  3
x 1
x
x22x2
3．已知函数 f(x) ，定义域为(4,1)，则函数 f(x)（ ）
2x2
6A．有最小值1 B．有最大值1
C．有最小值3 D．有最大值3
x22x2 1 1  1 1 
【详解】 f(x)  (x1) 4  (x1) 2，
   
2x2 2 x1  2 x1
4x1，0(x1)5，
1  1  1
由基本不等式，(x1) 2 [(x1)]  2，当且仅当x1 时，即
x1  x1  x1
x0时等号成立，
1 1  1 1  1
∴  (x1)  2  (x1)  2 221，即 f(x)1， f(x)最大值
2 x1 2 (x1) 2
为1.故选：B.
3x2x3
4．若函数 f x 的最大值为M ，最小值为m，则M m（ ）
x21
A．3 B．2 C．1 D．0.5
3x2x3 x
【详解】由题意， f x 3 ，当x0时， f(x)3；
x21 x21
1 1 1 1
当 x0时, f(x)3 , 因为 x 2 x 2, 当且仅当 x 时, 即 x1时,
1 x x x
x
x
1 1 7
不等式取等号, 所以3 f(x)3 3  , 则 f(x)在(0,)的值域为
1 2 2
x
x
 7
 3,  ,
 2
1  1  1
当 x0时, f(x)3 , 由基本不等式可知,x    2 x    2, 即
1  x  x
x
x
1 1 5
x 2, 当且仅当x 时, 即x1时, 不等式取等号, 故  f(x)3, 则
x x 2
5  3x2 x3 5 7
f(x)在(,0)的值域为

,3 , 综上所述, f(x) 在R 上的值域为

,

,
2  x2 1 2 2
7 5
从而M m  1. 故选: C.
2 2
x2x1
5．函数 f x 的值域是 ．
x21
x2x1
【详解】由题知函数的定义域为R，所以，将y 整理得1yx2xy10
x21
，
Δ14y12
0
所以，当y1时，x0；当y1时， ，解得
y1
7 3   1
y

 ,11,

，
 2   2
 3 1 x2x1  3 1  3 1
所以，y

 ,

，即函数 f x 的值域是

 ,

，故答案为：

 ,

 2 2 x21  2 2  2 2
9x212x7 1 
6．已知函数 f(x) ,x ,2 ，则 f(x)的值域为 ．
 
3x1 2 
9x212x7 9x23x9x34 3x(3x1)3(3x1)4
【详解】 f(x)   ，
3x1 3x1 3x1
4 4
即 f(x)3x3 3x1 2；3x10，
3x1 3x1
4
f(x)3x1 22 422；
3x1
当且仅当(3x1)2 4,3x12，即x1时， f(x)取最小值2；又最大值应在两个区间端点
9 13
67
1 4 4 13 941227 19 1
的某一处取到， f     ； f(2)  ； f   f(2)．
2 3 1 2 61 5 2
1
2 2
1 13  13  13
所以 f(x) max  f  2    2 ．所以 f(x)值域为   2, 2   ．故答案为:   2, 2  
x1
7．函数 f x 的值域是 .
x2x1
x1
【详解】由函数 f x 可知xR。所以 f x x2x1  x1，整理得：
x2x1
f xx2f x1x f x10，当 f x0时，x=1，符合；当 f x0时，则关于
x的一元二次方程在xR有根所以f(x)124 f(x)f(x)10
 1 
整理得：3f2(x)2 f(x)10且 f x0解得： f x

 ,00,1，
 3 
 1 
综上得： f x  ,1 .
 
 3 
3x22x1
8．函数y 的值域是_____________ .
x21
3x22x1
【详解】函数y 的定义域为x|x1，
x21
3x22x1 3  x21  2x1 2 2 2
y  3 ，由于x1，所以 0，且 1，
x21 x21 x1 x1 x1
2 2 3x22x1
所以3 3且3 2，所以函数y 的值域为,22,33,.
x1 x1 x21
故答案为：,22,33,
x2 3x4
9.求函数 f x ,x3,5 的值域
x1
t12 3t14 t2 5t8 8
解：设t  x1，t2,4  f t  t 5
t t t
8  
y  f t 2 2 4 2 5 f t 211, f t 411 ，y4 2 5,11
min 
x2 3x3
10.求函数 f(x)  (x  2)的值域
x2
x2 3x3
解： f x x2,设x2tt 0
x2
t22 3t23
1
问题转化为求ht t 1t 0的值域.由均值不等式
t t
ht3当t 1时取等号，即 f x3,
x2 2x2
11.函数y x1的最小值为________.
x2 x1
x2 2x2  x2 x1  x1 x1
解法1（均值不等式法）：由题意，y  1 ，令
x2 x1 x2 x1 x2 x1
t x1，则t 0，xt1，
t t 1 1 2
且y1 1 1 1  ，
t12 t11 t2 t1 1 1 3
t 1 2 t 1
t t
1 x2 2x2
当且仅当t  ，即t1时取等号，此时x2，从而函数 y x1的最小值为
t x2 x1
2
.
3
x2 2x2
解法2（判别式法）：将y 变形为y  x2 x1  x2 2x2，整理得：
x2 x1
y1x2 2 yx y20，当y1时，将该方程看成关于x的一元二次方程，
2
其判别式2 y2 4y1y20，解得：  y2 y1，
3
2 x2 2x2 2
注意到当x2时，y ，所以函数y x1的最小值为 .
3 x2 x1 3
x2 2x2 xx2
解法3（求导法）：设 f x x1，则 fx ，所以
x2 x1  x2 x1 2
fx0 x2， fx01x2，从而 f x在1,2上A ，在2,上A ，故
9