一类无理函数值域的多种解法:无理函数求值域

　　四川绵阳东辰学校 621000 　　 　　摘 要：求函数的值域是相当复杂的数学问题，而掌握典型函数值域的求法对提高学生的数学思维品质和解题能力十分有益. 本文就一类无理函数值域的解法进行探讨.
　　关键词：函数；值域；变形
　　
　　函数的值域是函数的三大要素之一，当一个函数的定义域给定后，此函数的值域也就确定了. 求函数值域的常见方法有：观察法、配方法、分离常数法、换元法、判别式法、图象法、构造法、利用函数的单调性和数形结合法等. 掌握典型函数值域的求法对提高学生的数学思维品质和解题能力是十分有益的. 下面就针对t=+（a，n>0，am+bn>0）型的无理函数值域的多种解法进行探讨.
　　
　　[⇩]几种变形
　　 ①把根号下x前面的系数的绝对值均变为1，得：
　　+=t.
　　②两边同除以t，得：
　　+=1.
　　③两边平方，得：
　　t2=b+m+（ax－nx）+2.
　　④作代换，令=u，=v，消去x得：
　　u2+v2=+，t=u+v.
　　
　　[⇩]几种构思
　　1.对于变形①，由于
　　2+
　　2=+=，可考虑利用三角函数求值域.
　　2.对于变形②，可令=tcos2θ，=tsin2θ，消去x转化为三角问题.
　　3.利用变形④，研究动直线t=u+v与圆弧u2+v2=+（0≤u≤，0≤v≤）的位置关系.
　　4.设向量p=（，），q=
　　，
　　，利用数量积求范围.
　　5. 求导，考查函数在区间端点和其稳定点的值的大小.
　　
　　[⇩]例题讲解
　　例 求函数t=+的值域.
　　解法1 原式可变形为t=+・.
　　 由于（）2+
　　2=，所以令=cosα，=sinα，
　　从而t=cosα+sinα=
　　cosα
　　+sinα=sin（α+φ），其中α∈0，
　　.
　　sinφ=，cosφ=（取φ为锐角），当sin（α＋φ）=1时，tmax=.
　　又φ≤α+φ≤+φ，所以tmin=，即t∈
　　，
　　.
　　解法2 在等式t=+的两边同除以t得：+=1.
　　令=tcos2θ，=tsin2θ，消去x得：1=t2（2cos4θ+sin4θ），
　　故t2=
　　=
　　=.
　　当cos2θ=-时，t=，当cos2θ=1时，t=，所以t∈
　　，
　　.
　　解法3 令=u，=v，由1≤x≤知0≤u≤，0≤v≤，
　　消去x得：u2+v2=.
　　问题变为：关于u，v的方程组
　　t=u+
　　v，
　　u2+v2
　　=，在0≤u≤
　　，
　　0≤v
　　≤的条件下有解时，求t的取值范围.即动直线t=u+v与圆弧u2+v2=（0≤u≤，0≤v≤）有公共点时，求t的范围（如图1）.
　　[B][A][u][v][O]
　　图1
　　当直线t=u+v过点A
　　，0时，t值最小，tmin=；
　　当直线t=u+v与圆相切于点B时,利用Δ=0可求得tmax=.
　　所以t∈
　　，
　　.
　　解法4 由于t=+・，设向量p=（1，），q=
　　，
　　，两向量夹角为β，则t=p・q=p・qcosβ=・cosβ=cosβ.
　　 由于p与q均为非零向量，所以当p与q同向时，即=，也即x=时，cosβ的最大值为1，从而tmax=.
　　当点
　　，
　　落在坐标轴上时，cosβ最小，从而t取最小值.
　　令=0得x=，t=，令=0得x=1，t=1，由于0，am+bn>0），当n=a时还可采用以下两种方法：
　　解法6（构造数列法）由+=2×，可知，，构成等差数列. 于是可设=－d，=+d，
　　消去x得
　　bn+am=n
　　－d2+a
　　+d2
　　 =t2
　　
　　++（ad－nd）t+ad2+nd2
　　 =t2
　　
　　++2nd2
　　 =t2+2nd2，
　　于是得到关于t的一元二次函数，再利用配方法求其最值即可.
　　解法7（平方法）两边平方得
　　t2=ax+b+m－nx+2
　　=（a－n）x+b+m+2
　　=b+m+2，
　　于是可得根号里关于x的一元二次函数，再利用配方法求其最值即可.
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