根式和根式函数

前言

我们常常依据以下的公式对根式和分数指数幂进行相互转化：

\(\sqrt[n]{a^m}=a^{\frac{m}{n}}\)； \(\cfrac{1}{\sqrt[n]{a^m}}=a^{-\frac{m}{n}}\)；

根式函数

根式函数一般指被开方数中含有自变量的函数，涉及到根式函数的性质的研究，我们常观察所给的根式函数的结构特征，可以考虑代数换元法或者三角换元法，函数性质法，分子或者分母有理化，数形结合法等；万一这些思路都失效时，就可以考虑借助终极方法[导数法]来解决。

\(x=\cfrac{a\pm\sqrt{a^2+2}}{2}\)的正负判断；

典例剖析

当半圆或者半椭圆以函数的形式出现时，此时一般都会是根式函数的形式；题目的求解难度往往会陡然增大；

已知曲线 \(y=\sqrt{2x-x^{2}}\) \((0\leqslant x\leqslant 2)\) 与直线 \(y=k(x-2)+2\) 仅有 \(2\) 个交点， 求实数 \(k\)的取值范围；

分析：见到曲线 \(y=\sqrt{2x-x^{2}}\) \((0\leqslant x\leqslant 2)\)，既要能看到其是二次函数和根式函数的复合函数，也要能看到两边同时平方后，能和半圆联系起来，用后者的思路求解此题目就更简单。

解析：由曲线 \(y=\sqrt{2x-x^{2}}\) \((0\leqslant x\leqslant 2)\)，两边同时平方，

同解变形为\((x-1)^2+y^2=1(y\geqslant 0)\)，这是个圆心在点 \((1,0)\)，半径为 \(1\) 的 \(x\) 轴上方的半圆；

在同一个坐标系中，做出两个函数的图像，从形的角度入手分析，利用数形结合求解即可；

直线 \(y=k(x-2)+2\) 经过点 \((2,2)\) 和 \((0,0)\) 时，斜率为\(1\)；

当直线和半圆相切时，直线斜率的求法思路之一：令\(\angle ABx=\theta\)，

则\(\tan\theta=2\)，由此求得\(\tan2\theta=\cfrac{2\tan\theta}{1-\tan^2\theta}=-\cfrac{4}{3}\)，

故直线和曲线相切时的斜率\(k=\cfrac{3}{4}\)，

由图像可知，直线和曲线仅有两个交点时， \(k\in(\cfrac{3}{4}, 1]\)，

当直线和半圆相切时，直线斜率的求法思路之二：利用导数求解，略；

当直线和半圆相切时，直线斜率的求法思路之三：利用点 \((1,0)\) 到直线的距离\(d=r=1\)来求解，

点 \((1,0)\) 到直线 \(y=k(x-2)+2\)，即直线 \(kx-y-2k+2=0\) 的距离 \(d=\cfrac{|k\times 1-0-2k+2|}{\sqrt{k^2+1}}=1\)，

化简为 \(|k-2|=\sqrt{k^2+1}\)，解得 \(k=\cfrac{3}{4}\)，故直线和半圆相切时的斜率为 \(k=\cfrac{3}{4}\) .

若方程\(\sqrt{3-\cfrac{3}{4}x^2}-m=x\)有实根，则实数\(m\)的取值范围是________.

【分析】将原本数的问题，转化为形的问题，即两个函数的图像有交点的问题，从形上来处理解决。

法1：由题目可知，方程\(\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}=x+m\)有实根，

即函数\(y=f(x)=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)和函数\(y=x+m\)的图像有交点，

其中函数\(y=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)的图像是椭圆\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1\)的上半部分，

函数\(y=x+m\)的图像是动态的直线，在同一个坐标系中做出两个函数的图像，由图像可知，

由图可知，直线和椭圆相交的一个位置是过点\((2，0)\)，代入求得\(m=-2\)；

另一个相交的临界位置是直线和函数\(y=f(x)=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)在第二象限的部分相切，

设切点坐标\((x_0，y_0)\)，

则有\(f'(x)=[(3-\frac{3}{4}x^2)^{\frac{1}{2}}]'=\frac{1}{2}\cdot (3-\frac{3}{4}x^2)^{-\frac{1}{2}}\cdot (3-\frac{3}{4}x^2)'\)

\(=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}}\cdot (-\frac{3}{4}\cdot (2x))\)\(= \frac{1}{\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}}\cdot (-\frac{3x}{4})\)

则\(f'(x_0)=\frac{-\frac{3x}{4}}{\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}}=1(x_0<0)\)，即\(-\frac{3x}{4}=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)，两边平方整理得到，

\(x_0^2=\frac{16}{7}\)，即\(x_0=-\frac{4}{\sqrt{7}}\)，

代入函数\(y=f(x)=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)，得到\(y_0=\frac{3}{\sqrt{7}}\)

即切点为\((-\frac{4}{\sqrt{7}}，\frac{3}{\sqrt{7}})\)，将切点代入直线，得到\(m=\sqrt{7}\)，

结合图像可知\(m\)的取值范围是\([-2，\sqrt{7}]\)。

法2：[算理似乎不是太顺畅，再思考]利用椭圆的参数方程求解，

由于函数\(y=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)的图像是椭圆\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1\)的上半部分，

故设其图像上的任意一点的坐标为\((2cos\theta，\sqrt{3}sin\theta)\)，且\(\theta\in [0，\pi]\)，

则上半椭圆上任一点\((2cos\theta，\sqrt{3}sin\theta)\)到直线\(y=x+m\)的距离为\(d\)，

则\(d=\cfrac{|2cos\theta-\sqrt{3}sin\theta+m|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\cfrac{|\sqrt{7}sin(\theta-\phi)-m|}{\sqrt{2}}\)，其中\(tan\phi=\cfrac{2}{\sqrt{3}}\)，

当\(d=0\)时，即\(\sqrt{7}sin(\theta-\phi)-m=0\)时，也即直线和上半椭圆相切，

由图可知，此时的\(m\)最大，由于\(m=\sqrt{7}sin(\theta-\phi)\)，故\(m_{max}=\sqrt{7}\)，

又由图可知，当\(\theta=0\)时，直线过点\((2，0)\)，此时的\(m\)最小，且由于此时直线和曲线相交，

故必满足\(\sqrt{7}sin(\theta-\phi)-m=0\)，即此时\(m=\sqrt{7}sin(0-\phi)=-\sqrt{7}sin\phi\)，

由\(tan\phi=\cfrac{2}{\sqrt{3}}\)，可计算得到\(sin\phi=\cfrac{2}{\sqrt{7}}\)，

故\(m_{min}=-\sqrt{7}\times \cfrac{2}{\sqrt{7}}=-2\)，

综上所述，可知\(m\)的取值范围是\([-2，\sqrt{7}]\)。

【点评】：①本题目的难点一是将数的问题转化为形的问题求解，其中转化得到半个椭圆也是难点。

②难点二是求直线和椭圆相切时的切点坐标，求导很容易出错的，需要特别注意。

典例剖析

已知函数\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{2^{-x}+1，x\leqslant 0}\\{-\sqrt{x}，x>0}\end{array}\right.\)，则\(f(x+1)-9\leqslant 0\)的解集为__________。

分析：由题目可知，\(f(x+1)=\left\{\begin{array}{l}{2^{-(x+1)}+1，x+1\leqslant 0}\\{-\sqrt{x+1}，x+1>0}\end{array}\right.\)

即\(f(x+1)=\left\{\begin{array}{l}{2^{-(x+1)}+1，x\leqslant -1}\\{-\sqrt{x+1}，x>-1}\end{array}\right.\)

故\(f(x+1)-9\leqslant 0\)等价于以下两个不等式组：

\(①\left\{\begin{array}{l}{x\leqslant -1}\\{2^{-(x+1)}+1-9\leqslant 0}\end{array}\right.\) 或\(②\left\{\begin{array}{l}{x>-1}\\{-\sqrt{x+1}-9\leqslant 0}\end{array}\right.\)

解①得到，\(-4\leqslant x\leqslant -1\)；解②得到，\(x>-1\)；

综上可知，解集为\([-4，+\infty)\)。

注意：无理不等式\(-\sqrt{x+1}-9\leqslant 0\)的解法；变形为\(-\sqrt{x+1}\leqslant 9\)后，不能两边平方，此时只需要满足\(x+1\geqslant 0\)让根式有意义即可；即其解集为\([-1,+\infty)\)；

求函数\(f(x)=x-\sqrt{2-x}\)的值域。

[法1]：代数换元法，先求定义域为\((-\infty，2]\)，

令\(\sqrt{2-x}=t\ge 0\)，则\(x=2-t^2\)，故原函数可以转化为\(f(x)=g(t)=2-t^2-t(t\ge0)=2-(t^2+t+\cfrac{1}{4})-\cfrac{1}{4}=\cfrac{9}{4}-(t+\cfrac{1}{2})^2\)，

故在\([0，+\infty)\)上单调递减，\(f(x)_{max}=g(t)_{max}=g(0)=2\)，故值域为\((-\infty，2]\)；

[法2]：利用单调性，直接从函数解析式分析，

函数\(f(x)=x-\sqrt{2-x}\)在定义域\((-\infty，2]\)上单调递增，故\(f(x)_{max}=f(2)=2\)。故值域为\((-\infty，2]\)；

解后反思：对于形如\(f(x)=ax+b\pm \sqrt{cx+d}\)型的函数求值域，用代数换元法总能将其转化为二次函数在限定区间上的值域问题，因此法1是通用方法；而法2的适用性有一定的限制。

求函数\(f(x)=x+\sqrt{1-x^2}\)的值域。

分析：求定义域得到\(x\in[-1，1]\)，故做三角换元令\(x=cos\theta,\theta\in[0，\pi]\)，

则函数\(f(x)=x+\sqrt{1-x^2}=cos\theta+\sqrt{1-cos^2\theta}\)

\(=cos\theta+|sin\theta|=sin\theta+cos\theta\)\(=\sqrt{2}sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\in[-1，\sqrt{2}]\)，

故函数的值域为\([-1，\sqrt{2}]\)。

求函数\(f(x)=x-\sqrt{2-x^2}\)的值域.

提示：定义域为\(x\in[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]\)，故令\(x=\sqrt{2}cos\theta\)，且\(\theta\in [0，\pi]\)，

那么原函数转化为\(f(x)=x-\sqrt{2-x^2}=\sqrt{2}cos\theta-\sqrt{2}sin\theta=2cos(\theta+\cfrac{\pi}{4})\in [-2，\sqrt{2}]\)。

函数\(y=f(x)=x+\sqrt{-x^2+10x-23}\)的最小值；

[法1]：原函数可以转化为\(y=x+\sqrt{2-(x-5)^2}\)，

由于\(2-(x-5)^2\geqslant 0\)，得到\(|x-5|\leqslant \sqrt{2}\)，

令\(x-5=\sqrt{2}cos\alpha\)，则\(\alpha\in [0,\pi]\)，且\(x=\sqrt{2}cos\alpha+5\),

则\(y=x+\sqrt{2-(x-5)^2}=\sqrt{2}cos\alpha+5+\sqrt{2sin^2\alpha}\)

\(=\sqrt{2}cos\alpha+5+\sqrt{2}sin\alpha=2sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})+5\)

由于\(\alpha\in [0,\pi]\)，则\(sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})\in [-\cfrac{\sqrt{2}}{2},1]\)

故\(y_{min}=5-\sqrt{2}\)，\(y_{max}=7\)，

[法2]：令\(-x^2+10x-23\geqslant 0\)，得到函数的定义域为\([5-\sqrt{2}，5+\sqrt{2}]\)，

又由于\(y=-x^2+10x-23=-(x-5)^2+2\)，故原函数必然在区间\([5-\sqrt{2},5]\)上单调递增，甚至能延伸到区间\([5-\sqrt{2},x_0]\)，\(x_0>5\)，在区间\([x_0,5+\sqrt{2}]\)上单调递减，

故其最小值必然\(f(x)_{min}=min\{f(5-\sqrt{2})，f(5+\sqrt{2})\}\)，又\(f(5-\sqrt{2})=5-\sqrt{2}\)，\(f(5+\sqrt{2})=5+\sqrt{2}\)，

故\(f(x)_{min}=5-\sqrt{2}\).

解后反思：一般而言，对于形如\(y=ax+b\pm \sqrt{ax^2+dx+e}\)型的常可以考虑三角换元；

函数\(y=\sqrt{x^2+9}+\sqrt{x^2-8x+41}\)的最小值为________________。

分析：借助平面内两点间距离公式，将函数转化为\(y=\sqrt{(x-0)^2+(0-3)^2}+\sqrt{(x-4)^2+(0-5)^2}\)，

所给函数可以看作是点\(P(x，0)\)到两定点\(A(0，3)\)和\(B(4，5)\)的距离之和，即在\(x\)轴上求一点\(P\)，使之到\(x\)轴同侧两点\(A\)，\(B\)的距离之和最小，

又\(A\)点关于\(x\)轴的对称点\(A'(0，-3)\)，故\(|PA|+|PB|=|PA'|+|PB|\geqslant |A'B|=4\sqrt{5}\)，故所求最小值为\(4\sqrt{5}\)。

解后反思：一般而言，对于形如\(y=\sqrt{ax^2+bx+c}\pm \sqrt{dx^2+ex+f}\)型的常可以考虑数形结合；

若\(f(x)=\sqrt{x-2}+\sqrt{x^2-2x+4}\)的最小值与\(g(x)=\sqrt{x+a}-\sqrt{x-a}(a>0)\)的最大值相等，则\(a\)的值为【】

$A.1$ $B.\sqrt{2}$ $C.2$ $D.2\sqrt{2}$

分析：函数\(f(x)\)的定义域为\([2,+\infty)\)，由于函数\(y=\sqrt{x-2}\)在\([2,+\infty)\)上单调递增，函数\(y=\sqrt{x^2-2x+4}\)在\([2,+\infty)\)上单调递增，

则函数\(f(x)\)在\([2,+\infty)\)上单调递增，故\(f(x)_{min}=f(2)=2\)；

又由于函数\(g(x)=\sqrt{x+a}-\sqrt{x-a}(a>0)\)的定义域为\([a,+\infty)\)，下面研究其单调性；

思路一：分子有理化，函数\(g(x)=\sqrt{x+a}-\sqrt{x-a}=\cfrac{\sqrt{x+a}-\sqrt{x-a}}{1}\)

\(=\cfrac{(\sqrt{x+a}-\sqrt{x-a})(\sqrt{x+a}+\sqrt{x-a})}{\sqrt{x+a}+\sqrt{x-a}}\)\(=\cfrac{2a}{\sqrt{x+a}+\sqrt{x-a}}\)

故函数\(g(x)\)在定义域\([a,+\infty)\)上单调递减；

思路二：导数法，\(g'(x)=\cfrac{1}{2\sqrt{x+a}}-\cfrac{1}{2\sqrt{x-a}}=\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{\sqrt{x-a}-\sqrt{x+a}}{\sqrt{x+a}\cdot \sqrt{x-a}}<0\)恒成立，

故函数\(g(x)\)在定义域\([a,+\infty)\)上单调递减；

则\(g(x)_{max}=g(a)=\sqrt{2a}\)，由题可知，\(2=\sqrt{2a}\)，解得\(a=2\)，故选\(C\)。

解后反思：一般而言，对于形如\(y=\sqrt{ax+b}\pm \sqrt{cx^2+dx+e}\)型的常可以考虑单调性性质法；形如\(y=\sqrt{x+a}\pm \sqrt{x-a}\)型可以考虑分子有理化，单调性性质法，导数法；

【来源2020全国卷Ⅰ第二问】求解方程组\(\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}+\sqrt{y}=1①\\4x-16y+3=0②\end{array}\right.\)

提示：由②得到， \(x=4y-\cfrac{3}{4}\)，代入①式，整理为 \(\sqrt{4y-\cfrac{3}{4}}=1-\sqrt{y}\)，

两边同时平方，得到 \(4y-\cfrac{3}{4}=1+y-2\sqrt{y}\)，即 \(3y-\cfrac{7}{4}=-2\sqrt{y}\)此处如果平方处理，难度会陡然增加，原因是平方的时候，相应的系数也变大了，运算很麻烦。，

令 \(\sqrt{y}=t\geqslant 0\)，即\(3t^2+2t-\cfrac{7}{4}=0\)，解得 \(t=\cfrac{1}{2}=\sqrt{y}\)，

解得 \(y=\cfrac{1}{4}\)，代入 \(x=4y-\cfrac{3}{4}\)， 得到 \(x=\cfrac{1}{4}\)，故解集为 \(\left\{\begin{array}{l}x=\cfrac{1}{4}\\y=\cfrac{1}{4}\end{array}\right.\)

化简：\(\sqrt{2+2cos8}+2\sqrt{1-sin8}\)

分析：如果你能注意到\(8=2\times 4\)，则可能想到利用二倍角公式，想办法将被开方数凑成一个完全平方数的形式，

原式\(=\sqrt{2}\sqrt{1+cos8}+2\sqrt{1-sin8}\)

\(=\sqrt{2}\sqrt{2cos^24}+2\sqrt{sin^24+cos^24-2sin4\cdot cos4}\)

\(=2|cos4|+2\sqrt{(sin4-cos4)^2}\)

\(=2|cos4|+2|sin4-cos4|\)

\(=-2cos4-2(sin4-cos4)=-2sin4\)

反思总结：\(4rad\approx 229^{\circ}\)，终边在第三象限的后半段，此时\(cos4>sin4\)。

化简：\(\sqrt{\cfrac{1-\sin\theta}{1+\sin\theta}}\)，\(\theta\)为第二象限的角；

解： \(\sqrt{\cfrac{1-\sin\theta}{1+\sin\theta}}=\sqrt{\cfrac{(1-\sin\theta)^2}{(1+\sin\theta)(1-\sin\theta)}}\)，

\(=\sqrt{\cfrac{(1-\sin\theta)^2}{\cos^2\theta}}=\cfrac{1-\sin\theta}{|\cos\theta|}=\cfrac{\sin\theta-1}{\cos\theta}\)