常见函数的融合转化

前言

三角函数，齐次函数，二次函数，对勾函数，幂函数等纠缠融合在一起，在判断函数的单调性和值域(或最值)时经常出现，现对其作以归纳总结。

模板函数[基础]

• 二次函数

求函数\(f(x)=x^2+2x-3\)，\(x\in [2，3]\)的值域。^[1]

• 对勾函数

求函数\(f(x)=x+\cfrac{1}{x}\)，\(x\in (0，3]\)的值域；\(x\in [2，3]\)的值域；

• 对勾2函数

求函数\(f(x)=x-\cfrac{1}{x}\)，\(x\in [2，3]\)的值域；

高阶融合[转化]

• 复合函数

求函数\(f(x)=4^x+3\cdot 2^x+1\)，\(x\in [2，3]\)的值域；

求函数\(f(x)=log_2^2x-2log_2x+3\)，\(x\in [2，4]\)的值域；

求函数\(f(x)=(\cfrac{1}{x})^2-\cfrac{3}{x}+2\)，\(x\in [2，3]\)的值域；

求函数\(f(x)=2sin^2x+3sinx+1\)，\(x\in R\)的值域；

• 分式函数

\(h(x)=\cfrac{x^2-4x+5}{x-2}=\cfrac{(x-2)^2+1}{x-2}=(x-2)+\cfrac{1}{x-2}\)，

故\(h(x)=\cfrac{(t+2)^2-4(t+2)+5}{t}=\cfrac{t^2+1}{t}=t+\cfrac{1}{t}\)

即\(h(x)=t+\cfrac{1}{t}=(x-2)+\cfrac{1}{x-2}\)

\(f(x)=\cfrac{9^x+1}{3^x}\)，

如\(n(x)=\cfrac{x+1}{x^2+3x+3}\)；则\(n(x)=\cfrac{x+1}{(x+1)^2+(x+1)+1}=\cfrac{1}{(x+1)+\cfrac{1}{x+1}+1}\)

如\(g(t)=\cfrac{t}{t^2+9}=\cfrac{1}{t+\frac{9}{t}}\)；

如\(h(t)=\cfrac{t+2}{t^2}=\cfrac{1}{t}+2(\cfrac{1}{t})^2=2m^2+m\);

• 三角函数

求函数\(f(x)=sinx+cosx+sinxcosx\)的值域。【三角换元，典型例题】

分析：令\(sinx+cosx=t\)，则可知\(t\in[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]\)，

则由\((sinx+cosx)^2=t^2\)得到\(sinxcosx=\cfrac{t^2-1}{2}\)，

故此时原函数经过换元就转化为\(f(x)=g(t)=t+\cfrac{t^2-1}{2}，t\in[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]\)，

这样就和例1是同一类型的了。\(f(x)=g(t)=\cfrac{1}{2}(t+1)^2-1\)，\(t\in[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]\)，

\(f(x)=g(t) \in [-1，\cfrac{2\sqrt{2}+1}{2}]\)

如求函数\(y=\cfrac{sin\alpha\cdot cos\alpha}{sin\alpha+cos\alpha}，\alpha\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)的值域问题。

分析：利用换元转化为分式型处理；

令\(sin\alpha+cos\alpha=t=\sqrt{2}sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})\in [1，\sqrt{2}]\)，

则\(sin\alpha\cdot cos\alpha=\cfrac{t^2-1}{2}\)，

则原函数转化为\(y=\cfrac{\frac{1}{2}(t^2-1)}{t}=\cfrac{1}{2}(t-\cfrac{1}{t})，t\in [1，\sqrt{2}]\)

求函数\(y=\cfrac{sin\alpha+cos\alpha}{sin\alpha\cdot cos\alpha}，\alpha\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)的值域问题。

分析：利用换元转化为分式型处理；

令\(sin\alpha+cos\alpha=t=\sqrt{2}sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})\in [1，\sqrt{2}]\)，

则\(sin\alpha\cdot cos\alpha=\cfrac{t^2-1}{2}\)，

则原函数转化为\(y=\cfrac{2}{t-\frac{1}{t}}，t\in [1，\sqrt{2}]\)

求函数\(y=\cfrac{sin\alpha-cos\alpha}{sin\alpha\cdot cos\alpha}，\alpha\in [\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{3\pi}{4}]\)的值域问题。

分析：利用换元转化为分式型处理；

令\(sin\alpha-cos\alpha=t=\sqrt{2}sin(\alpha-\cfrac{\pi}{4})\in [1，\sqrt{2}]\)，

则\(sin\alpha\cdot cos\alpha=\cfrac{1-t^2}{2}\)，

则原函数转化为\(y=\cfrac{2}{\frac{1}{t}-t}，t\in [1，\sqrt{2}]\)

典例剖析

【2017湖南常德模拟】设函数\(f(x)=|x^2-2x-1|\)，若\(m>n>1\)，且\(f(m)=f(n)\)，则\(mn\)的取值范围是【】

$A.(3,3+2\sqrt{2})$ $B.(3,3+2\sqrt{2}]$ $C.(1,3)$ $D.(1,3]$

法1：自行做出函数的图像，由\(m>n>1\)可知，\(f(m)=|m^2-2m-1|=m^2-2m-1\)，

\(f(n)=|n^2-2n-1|=-n^2+2n+1\)，

又由于\(f(m)=f(n)\)，则\(m^2-2m-1=-n^2+2n+1\)，

即\(m^2+n^2-2m-2n-2=0\)，即\((m-1)^2+(n-1)^2=4=2^2\)，

则\(m=1+2cos\theta\)，\(n=1+2sin\theta\)，\(\theta\in (0,\cfrac{\pi}{4})\)，

[对角\(\theta\)范围的说明:由\(m>n>1\)，得到\(1+2cos\theta>1+2sin\theta>1\)，即\(cos\theta>sin\theta>0\)，故\(0<\theta<\cfrac{\pi}{4}\)]

则\(mn=(1+2cos\theta)(1+2sin\theta)=1+2(cos\theta+sin\theta)+4sin\theta\cos\theta\)

令\(t=\sin\theta+\cos\theta\)，则\(2\sin\theta\cos\theta=t^2-1\)

且\(t=\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2}sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\in (1,\sqrt{2})\)，

所以\(mn=2t^2+2t-1\)，当\(t=1\)时，\(mn\)有最小值，最小值为\(3\)，

当\(t=\sqrt{2}\)时，\(mn\)有最大值，最大值为\(3+2\sqrt{2}\)，选\(A\);

法2：用图形说明，由上述的动图，我们容易知道\(1<n<1+\sqrt{2}\)，\(1+\sqrt{2}<m<3\)，

但是由同向不等式性质，得到\(1\times(1+\sqrt{2})<mn<3\times(1+\sqrt{2})\)却是错误的，

[原因是所作的直线始终要和\(x\)轴平行，故\(n\rightarrow 1\)时，\(m\rightarrow 3\)，而不是\(m\rightarrow 1+\sqrt{2}\)]

如果要用乘法，也应该是\(1\times 3\)和\((1+\sqrt{2})\times (1+\sqrt{2})=3+2\sqrt{2}\)

但是这个做法有凑答案之嫌，故最合理的做法是上述的法1；

解后反思：深入思考法1的解法，我们发现本题目还可以用来做这样的考查；

①求\(m+n\)的取值范围；

②求\((m-1)(n-1)\)的取值范围；

【2019学生问题】[转化划归+恒成立问题+分离参数+换元法+求最值]函数\(f(x)=cos2x+a(sinx-cosx)\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上单调递增，求实数\(a\)的取值范围。

分析：由于函数\(f(x)=cos2x+a(sinx-cosx)\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上单调递增，

则\(f'(x)\ge 0\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上恒成立，

又\(f'(x)=-2sin2x+a(cosx+sinx)\ge 0\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上恒成立，

由于\(x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)，\(cosx+sinx>0\)，故用完全分离参数法，得到，

\(a\ge \cfrac{2sin2x}{sinx+cosx}\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上恒成立，

题目转化为求函数\(g(x)=\cfrac{2sin2x}{sinx+cosx}\)的最大值问题。

令\(sinx+cosx=t=\sqrt{2}sin(x+\cfrac{\pi}{4})\)，则\(t\in [1，\sqrt{2}]\)，

则\(sin2x=t^2-1\)，则函数\(g(x)=h(t)=\cfrac{2(t^2-1)}{t}=2(t-\cfrac{1}{t})\)，

又函数\(h'(t)=1+\cfrac{1}{t^2}>0\)在\(t\in [1，\sqrt{2}]\)上恒成立，

故函数\(h(t)\)在\(t\in [1，\sqrt{2}]\)上单调递增，

故\(g(x)_{max}=h(t)_{max}=h(\sqrt{2})=\sqrt{2}\)，

故\(a\ge \sqrt{2}\)。即\(a\in [\sqrt{2}，+\infty)\)。

已知函数\(f(x)=\log_{2}(2x)\cdot\log_{4}(2x)\)，\(x\in[\cfrac{1}{4}, 4]\)，则\(f(x)\)的最小值为_____________.

解析：\(f(x)=\log_{2}(2x)\cdot\log_{4}(2x)\)，

\(=(1+log_2x)\cdot \cfrac{1}{2}(log_22+log_2x)\)

\(=\cfrac{1}{2}(1+log_2x)\cdot(1+log_2x)\)

故可将函数化简为:\(f(x)=\cfrac{1}{2}(\log_{2}x+1)^{2}\)，

令\(\log_{2}x=t\)，则\(y=\cfrac{1}{2}(t+1)^{2}\)，

因为\(x\in [\cfrac{1}{4}, 4]\)，所以\(t\in[-2,2]\)

根据二次函数的性质得到：当\(t=-1\)时，\(y\)取得最小值\(0\)，

故\(f(x)\)的最小值为\(0\)，故答案为\(0\)。

若函数\(f(x)=\sin x+\cos x-2\sin x\cos x+1-a\)有零点，则实数\(a\)的取值范围是【】

$A.[\sqrt{2}, \cfrac{9}{4}]$ $B.[-\sqrt{2}, 2]$ $C.[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ $D.[-\sqrt{2}, \cfrac{9}{4}]$

解析：由于\((\sin x+\cos x)^{2}=1+2\sin x\cos x\)，

则\(t=\sin x+\cos x=\sqrt{2}\sin(x+\cfrac{\pi}{4})\in[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]\)，

则\(2\sin x\cos x=t^{2}-1\)，

所以\(\sin x+\cos x-2 \sin x \cos x+1=t-(t^{2}-1)+1=-t^{2}+t+2=g(t)\)，

故\(g(t)_{\max}=g(\cfrac{1}{2})=\cfrac{9}{4}\)，\(g(t)_{\min} =g(-\sqrt{2})=-\sqrt{2}\)，

因此，实数\(a\)的取值范围是\([-\sqrt{2}, \cfrac{9}{4}]\)，故选\(D\)。

求函数\(h(x)=\cfrac{x-2\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}+1}\)的最小值.

解析：函数\(y=\cfrac{x-2\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}+1}\)的定义域为\([0,+\infty)\)，且\(\sqrt{x}+1>0\)，

\(h(x)=\cfrac{x-2\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}+1}\) [备注：此处用到配凑法]

\(=\cfrac{(\sqrt{x}+1)^{2}-4(\sqrt{x}+1)+9}{\sqrt{x}+1}\)

\(=(\sqrt{x}+1)+\cfrac{9}{\sqrt{x}+1}-4\)

\(\geqslant 2\sqrt{(\sqrt{x}+1)\cdot\cfrac{9}{\sqrt{x}+1}}-4=2\)

当且仅当\(\sqrt{x}+1=\cfrac{9}{\sqrt{x}+1}\)，即\(x=4\)时取到“="。

所以当\(x=4\)时，函数\(y=\cfrac{x-2\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}+1}\)的最小值为\(2\).

已知关于\(x\)不等式\(x^{2}-2mx+m+2<0(m\in R)\)

(1).若该不等式的解集为空集，求函数\(f(m)=\cfrac{2^{m}}{4^{m}+1}\)的最大值；

解析：由于关于\(x\)不等式\(x^{2}-2mx+m+2<0(m\in R)\)的解集为空集，

则\(\Delta=(2m)^{2}-4\times(m+2)\leqslant 0\)，

解得\(-1\leqslant m\leqslant 2\)，则\(2^{m}\in[\cfrac{1}{2}, 4]\)，

设\(t=2^{m}\in[\cfrac{1}{2}, 4]\)，则\(g(t)=\cfrac{t}{t^{2}+1}\)，\(t\in[\cfrac{1}{2}, 4]\),

\(g(t)=\cfrac{1}{t+\cfrac{1}{t}}\leqslant\cfrac{1}{2\sqrt{t\times\cfrac{1}{t}}}=\cfrac{1}{2}\)，

当且仅当\(t=\cfrac{1}{t}\)，即\(t=1\)，即\(m=0\)时\(g(t)\)取等号，

即函数\(g(t)\)的最大值为\(\cfrac{1}{2}\)，

故函数\(f(m)=\cfrac{2^{m}}{4^{m}+1}\)的最大值为\(\cfrac{1}{2}\)。

(2).若\(x\in(0, \cfrac{1}{2})\)，该不等式能成立，求实数\(m\)的取值范围.

法1：当\(x\in(0, \cfrac{1}{2})\)时，该不等式能成立，即\(x^{2}-2mx+m+2<0\)在\((0, \cfrac{1}{2})\)上有解，

设\(h(x)=x^{2}-2mx+m+2\)，二次函数\(h(x)\)的图象开口向上，对称轴为直线\(x=m\)

① 当\(0<m<\cfrac{1}{2}\)时，则有\(h(x)_{\min}=h(m)=-m^{2}+m+2<0\)，

即\(m^{2}-m-2>0\)，解得\(m<-1\)或\(m>2\)，不符合题意。

② 当\(m\leqslant 0\)时，\(h(x)\)在区间\((0, \cfrac{1}{2})\)上单调递增，则\(h(0)=m+2<0\)，解得\(m<-2\)，此时\(m<-2\)；

③ 当\(m\geqslant\cfrac{1}{2}\)时，\(h(x)\)在区间\((0, \cfrac{1}{2})\)上单调递减，由于 \(h(\cfrac{1}{2})=\cfrac{9}{4}>0\)，此时\(h(x)>h(\cfrac{1}{2})=\cfrac{9}{4}>0\)，不符合题意.

综上所述，实数\(m\)的取值范围为\((-\infty,-2)\).

法2：也可这样求解，分离参数得到，\(m<\cfrac{x^2+2}{2x-1}\)在\(x\in(0, \cfrac{1}{2})\)上能成立[不等式有解]，

然后求解函数\(h(x)=\cfrac{x^2+2}{2x-1}\)在\(x\in(0, \cfrac{1}{2})\)上的最大值或最大值的极限。

令\(2x-1=t\)，由于\(x\in (0, \cfrac{1}{2})\)，故\(t\in (-1,0)\)，

则\(h(x)=\cfrac{x^2+2}{2x-1}=\cfrac{(\frac{t+1}{2})^2+2}{t}=\cfrac{t^2+2t+9}{4t}=\cfrac{1}{4}\cdot\cfrac{t^2+2t+9}{t}=g(t)\)，

则\(g(t)=\cfrac{1}{4}\cdot\cfrac{t^2+2t+9}{t}=\cfrac{1}{4}\cdot(t+\cfrac{9}{t}+2)\) 说明

由于函数\(m(t)=t+\cfrac{9}{t}\)在区间\((-1,0)\)上单调递减，故其最大值的极限为\(m(t)=m(-1)=-10\)

故\(g(t)<\cfrac{1}{4}(-10+2)=-2\)，^[2]

故\(m<-2\)，即实数\(m\)的取值范围为\((-\infty,-2)\).

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1. 分析：配方得到\(f(x)=x^2+2x-3=(x+1)^2-4\)，对称轴是直线\(x=-1\)，开口向上，
   所以函数在区间\(x\in [2，3]\)上单调递增，则\(f(x)_{min}=f(2)=5\)，\(f(x)_{max}=f(3)=12\)，
   故函数的值域为\([5，12]\)。 ↩︎

2. 此处如果要用均值不等式，需要变形，\(\cfrac{1}{4}\cdot(t+\cfrac{9}{t}+2)=\cfrac{1}{4}\{-[(-t)+(\cfrac{9}{-t})]+2\}\)，但验证“等”的时候发现不满足，故还要借助对勾函数的单调性来求解； ↩︎