判别式法在高中数学中的应用
为什么利用判别式法能求解函数的值域呢 .
前情概要
以前这篇博文的名称叫[判别式法求值域]，我的认知也是认为，判别式法的主要作用就是求函数的值域的一个小众方法，使用的频度不是很高，但是其原理需要注意，其常与分式型函数有关。
20260317，在学习了知友的一种解题思路后，有了新的认知，遂将题目改为[判别式法在高中数学中的应用]。最起码，判别式法可以求值域，也可以求表达式的取值范围。
20260319，再次完善认知。判别式法求最值的适用条件：判别式法（\(\Delta\ge0\)）是求分式函数最值的常用方法，但不是万能，必须满足严格条件，否则会出错。其核心适用条件如下：
①函数形式必须是有理分式函数，且整理后是关于变量 (x) 的一元二次方程，如 \(y\)\(=\)\(\cfrac{a_1x^2+b_1x+c_1}{a_2x^2+b_2x+c_2}\)，（一次/常数是二次的特殊情况，也适用）；
②定义域为全体实数或无额外约束，这是最关键的一点，若题目只给 \(x\in\mathbb{R}\)，直接用 \(\Delta\ge0\) 最稳妥，若 \(x\) 有区间限制（如 \(x>1\)、\(x\in[0,2]\)，仅用 \(\Delta\ge0\) 求出的解不一定在定义域内，必须检验；
③二次项系数不为0，整理为方程 \(Ax^2+Bx+C=0\) 后，若 \(A=0\)，退化为一次方程，只有唯一解，无最值可言，必须 \(A\neq0\)，才是真正的二次方程，才能用判别式。
④变量为实数，方程必须有实数解，这是 \(\Delta\ge0\) 的前提。
原理解析
分析：观察这个分式函数的结构特征，注意到函数的定义域为 \(R\)，将函数转化为以 \(x\) 为未知数的一元二次方程[此时的因变量 \(y\) 看成系数方程的对应系数]，
由于这个函数不是空函数[函数是非空集合 \(A\) 到非空集合 \(B\) 的映射\(f:A\rightarrow B\)，\(x\in A\)]，即这个方程一定是有解的，分类讨论如下：
1\(^{\circ}\). 当\(y=2\)时，此时方程变形为一次方程，简化为\(3x+1=0\)，
解得\(x=-\cfrac{1}{3}\)，故\(y=2\)的值是满足题意的，
2\(^{\circ}\). 当\(y\neq 2\)时，此时方程为二次方程，那么由定义域为\(R\)可知，
这个二次方程在实数范围内一定有解，故\(\Delta \ge 0\)，
即\(\Delta =(y+1)^2-4(y-2)(y-1)\ge 0\)且\(y\neq 2\)，
解得\(y\in[\cfrac{7-2\sqrt{7}}{3}，2)\cup(2，[\cfrac{7+2\sqrt{7}}{3}]\)。
综上所述，函数的值域为\(y\in[\cfrac{7-2\sqrt{7}}{3}，\cfrac{7+2\sqrt{7}}{3}]\)。
〔解后反思〕：
1、为什么判别式法必须要求函数的定义域要是\(R\) ？由上述分类讨论中的第二步可知，二次方程在实数范围内一定有解才能得到\(\Delta \geqslant 0\)，如果定义域不是\(R\)(比如是\(x\neq 2\))，那么这时候仅仅限制\(\Delta \ge 0\)是不够的，还需要限制\(x\neq 2\)，反倒就体现不出来判别式法的简洁性了。
20260318，更新对判别式法的认知：判别式法不一定必须要求函数的定义域要是\(R\) 。当定义域带有区间约束条件时，使用判别式法先求得候选值，再同时验证解是否在定义域内。
2、能顺利使用判别式法的分式函数，一般分母的\(\Delta <0\)，这样就保证了定义域是\(R\)，且都是形如这样的分式函数，如\(f(x)\)\(=\)\(\cfrac{ax^2+bx+c}{dx^2+ex+f}\)，或者\(f(x)\)\(=\)\(\cfrac{ax+b}{dx^2+ex+f}\) 型；
3、这样的函数\(h(x)=\cfrac{x^2-4x+5}{x-2}\)能用判别式吗？一般怎么求解值域？
分析：大家能看到这个函数的定义域是\(x\neq 2\)，所以我们一般不用判别式法，否则你仅仅利用条件\(\Delta \ge 0\)来限制是不够的，肯定要出错，那么我们一般怎么做呢，注意到分子分母的最高次是二倍的关系，故常常朝对勾函数转化，
到此可以看到，函数图像的左右平移变换不会影响值域，故所求函数\(h(x)\)的值域一定和函数\(g(t)=t+\cfrac{1}{t}\)的值域是一样的。用基本不等式法，我们知道这个函数的值域是\((-\infty，-2]\cup [2，+\infty)\)。故函数的值域为\(h(x)\in (-\infty，-2]\cup [2，+\infty)\)。
廓清认知
- 为什么定义域不是 \(R\) 的分式函数也能使用判别式法求值域呢？
解析：带有区间约束条件的题目，也是可以使用判别式法的。此时判别式法可求候选值，但必须验证解是否在定义域内。
将原分式变形为 \((k-6)t^(2k-8)t-3k-2=0\)，
由判别式法可知 \(\Delta=(2k-8)^2-4(k-6)(-3k-2)\geq0\)，
化简为 \(k^2-6k+1\geq0\)，
解得 \(k\leq 3-2\sqrt{2}\) 或 \(k\geq 3+2\sqrt{2}\) ，
将 \(k=3-2\sqrt{2}\) 代回二次方程，会发现原方程 \(t=0\)，不符合 \(t>1\)，舍去。
故 \(k\geq 3+2\sqrt{2}\) ，即所求的最小值为 \(3+2\sqrt{2}\) .
解：当定义域不是 \(R\) [即分母函数的\(\Delta\geqslant 0\)]时，我们必须先研究函数的定义域，否则在算理上是有漏洞的，
由\(x^{2}+x-1\neq0\)，解得\(x\neq\cfrac{-1\pm\sqrt{5}}{2}\)，
即定义域为\((-\infty\)\(,\)\(\cfrac{-1-\sqrt{5}}{2})\)\(\cup\)\((\cfrac{-1-\sqrt{5}}{2}\)\(,\)\(\cfrac{-1+\sqrt{5}}{2})\)\(\cup\)\((\cfrac{-1+\sqrt{5}}{2}\)\(,\)\(+\infty)\)，
由于函数解析式为 \(y=\cfrac{3x^{2}+3x+1}{x^{2}+x-1}\)，将 \(y\) 视为系数，分式化为整式，
整理得到关于\(x\)的仿二次方程，即 \((y-3)x^{2}+(y-3)x-(y+1)=0\)，分类讨论如下：
当 \(y=3\) 时， 上述方程即 \(0\times x^2+0\times0-4=0\)，方程无解；
当 \(y \neq 3\) 时，要使方程有解时，需满足 \(\Delta=(y-3)^{2}+4(y-3)(y+1)\geqslant 0\) ，
且必须满足\(x\neq\cfrac{-1\pm\sqrt{5}}{2}\)，否则原分式函数不存在为了验证\(y\)的取值能保证分母不为零，此时从正面验证不好做，可以这样考虑，若\(y\)的取值使得方程变为\(x^2\)\(+\)\(x\)\(-\)\(1\)\(=\)\(0\)的形式，会解得\(x\)\(=\)\(\cfrac{-1\pm\sqrt{5}}{2}\)，而只有当\(\left\{\begin{array}{l}y-3=k\\y+1=k\end{array}\right.\)时[方程的系数可能成比例]，方程\((y-3)\)\(x^{2}\)\(+\)\((y-3)\)\(x\)\(-\)\((y+1)\)\(=\)\(0\)才会变成\(x^2\)\(+\)\(x\)\(-\)\(1\)\(=\)\(0\)，而现在的情形是满足\(\left\{\begin{array}{l}y-3=k\\y+1=k\end{array}\right.\) 的\(y\)值是不存在的，说明\(y\)的取值不会导致原函数分母为零，故此时仅利用\(\Delta\geqslant 0\)求解是不会出错的。那么是不是任意的系数都能保证这一点，没有经过严谨的证明我们不好说。，
即 \(5y^{2}-14y-3\geqslant 0\)， 解得 \(y \leqslant-\cfrac{1}{5}\) 或 \(y>3\)，
所以 \(y=\cfrac{3 x^{2}+3 x+1}{x^{2}+x-1}\) 的值域为 \(\left(-\infty,-\cfrac{1}{5}\right] \cup(3,+\infty)\).
解法1️⃣：几何意义法【斜率法，最直观】，但是由于现行教材的教授范围限制，学生不一定知道圆的参数方程，故此法不通用。
先将已知式子作适当的变形，\(y=\cfrac{2(\cos x+1)}{\sin x-3}=2\times\cfrac{\cos x-(-1)}{\sin x-3}\)
编者注：此时表达式 \(\cfrac{\cos x-(-1)}{\sin x-3}\)\(=\)\(\cfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}\)，可以看成动点 \(P(\sin x,\cos x)\) 与定点 \(A(3,-1)\) 连线的斜率，由动点坐标可知 \(P(\sin x,\cos x)\) 为单位圆上的动点[1]，即单位圆上的动点 \(P\) 与定点\(A(3,-1)\) 所连线段的斜率，这样就给代数表达式赋予了形的直观，便于我们从形上理解和计算。
设经过定点 \(A\) 的直线 \(l\) 为 ：\(y+1=k(x-3)\)，即 \(kx-y-3k-1=0\)，以下分两个求解思路来表述：
其一，联立得到方程组，\(\left\{\begin{array}{l}kx-y-3k-1=0\\x^2+y^2=1\end{array}\right.\)，消去 \(y\)
变形整理得到，\((k^2+1)x^2-(6k^2+2k)x+9k^2+6k=0\)，
由直线和圆相切可知 \(\Delta=0\)，[当曲线变为椭圆时，这个思路就能起作用了]
即 \((6k^2+2k)^2-4(k^2+1)(9k^2+6k)=0\)，化简为 \(k(4k+3)=0\)，解得 \(k=0\) 或 \(k=-\cfrac{3}{4}\)，
即直线 \(l\) 的斜率变化范围是 \([-\cfrac{3}{4},0]\)，而 \(y=2\times\cfrac{\cos x-(-1)}{\sin x-3}\)，
故 \(y\) 的变化范围是 \(\left[-\cfrac{3}{2},0\right]\)，即所求函数的值域为 \(\left[-\cfrac{3}{2},0\right]\) .
其二，利用圆心到直线距离小于等于半径，可以得到 \(\cfrac{|-3k-1|}{\sqrt{k^2+1}}\le 1\)
去分母，两边同时平方，化简整理得到，\(4k^2+3k\leq 0\)，
即直线 \(l\) 的斜率变化范围是 \([-\cfrac{3}{4},0]\)，而 \(y=2\times\cfrac{\cos x-(-1)}{\sin x-3}\)，
故 \(y\) 的变化范围是 \(\left[-\cfrac{3}{2},0\right]\)，即所求函数的值域为 \(\left[-\cfrac{3}{2},0\right]\) .
①很显然，第二个思路的运算量要小得多，这是需要引起我们注意的地方。但是当曲线变为椭圆时，这个思路就不能起作用了；②这个解法仅仅适用于\(y\)\(=\)\(\cfrac{a\sin x+c}{b\cos x+d}\)，或 \(y\)\(=\)\(\cfrac{a\cos x+c}{b\sin x+d}\)，对于这个类型 \(y\)\(=\)\(\cfrac{a\sin x+b\cos x+c}{d\sin x+e\cos x+f}\) 是不能通用的。
解法2️⃣：辅助角公式法【万能通用方法】，适合现行学生的知识范畴，需要熟练掌握辅助角公式，推荐给现在学生的解法。
由 \(y=\cfrac{2\cos x+2}{\sin x-3}\)，整理得到 \(y\sin x-2\cos x=3y+2\)
左边用化一法，变形为 \(\sqrt{y^2+4}\sin(x-\varphi)=3y+2\)，
即 \(\sin(x-\varphi)=\cfrac{3y+2}{\sqrt{y^2+4}}\)，由正弦函数的有界性 \(|\sin\alpha|\leq 1\)，
\(|3y+2|\leq \sqrt{y^2+4}\)，两边平方后解出，\(y\in\left[-\cfrac{3}{2},\ 0\right]\)
即所求函数的值域为 \(\left[-\cfrac{3}{2},0\right]\) .
①这个解法既适用于\(y\)\(=\)\(\cfrac{a\sin x+c}{b\cos x+d}\)，或 \(y\)\(=\)\(\cfrac{a\cos x+c}{b\sin x+d}\)，也适用 \(y\)\(=\)\(\cfrac{a\sin x+b\cos x+c}{d\sin x+e\cos x+f}\)，运算量也不是很大 。
解法3️⃣：万能公式代换法，由于学生的认知限制，学生不一定知道万能公式。
当 \(\cos x=-1\) 时，\(y=0\)；当 \(\cos x\neq -1\) 时，作如下的代换，
令 \(t\)\(=\)\(\tan\dfrac{x}{2}\)\(\in\)\(R\)，则 \(\sin x\)\(=\)\(\cfrac{2t}{1+t^2}\)，\(\cos x\)\(=\)\(\cfrac{1-t^2}{1+t^2}\) [2]，
代入原函数，化为有理函数 \(y=\cfrac{4}{-3t^2+2t-3}\)，
接下来，也可以按照两个思路来求解，
其一，将函数变形为 \(3y\cdot t^2-2y\cdot t+3y+4=0\)，
由于定义域为 \(R\)，又 \(y\neq 0\)，故上述方程为关于 \(t\) 的二次方程一定有解，
由判别式法可知，\(\Delta=(-2y)^2-4\times3y\times(3y+4)\geq 0\)，
解得， \(y\in\left[-\cfrac{3}{2},\ 0\right]\)，又由于 \(y\neq 0\)，即 \(y\in\left[-\cfrac{3}{2},\ 0\right)\)，
再结合单独讨论的情形，可知 \(y\in\left[-\cfrac{3}{2},\ 0\right]\)，
即所求函数的值域为 \(\left[-\cfrac{3}{2},0\right]\) .
其二，由 \(y=\cfrac{4}{-3t^2+2t-3}\)，由于 \(h(t)=-3t^2+2t-3\in(-\infty,-\cfrac{8}{3}]\)，
故 \(y\)\(=\)\(\cfrac{4}{h(t)}\)\(\in\)\(\left[-\cfrac{3}{2},\ 0\right)\)，
再结合单独讨论的情形，可知 \(y\in\left[-\cfrac{3}{2},\ 0\right]\)，
即所求函数的值域为 \(\left[-\cfrac{3}{2},0\right]\) .
法1️⃣： 换元法 + 判别式法，感觉这个换元转化很巧妙，故收集整理。
令 \(t\)\(=\)\(x\)\(+\)\(y\)，则 \(x\)\(=\)\(t\)\(-\)\(y\)，代入原方程，\((t-y)^2+(t-y)y+3y^2=3\)，
整理为关于 \(y\) 的一元二次方程，即 \(3y^2\)\(-\)\(ty\)\(+\)\((t^2-3)\)\(=\)\(0\)，
因为 \(y\) 是实数，所以该一元二次方程有实数解，判别式需满足：
\(\Delta = (-t)^2 - 4 \cdot 3 \cdot (t^2 - 3) \ge 0\)，化简即 \(-11t^2 + 36 \ge 0\)，
解得，\(-\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)\(\le\)\(t\)\(\le\)\(\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)，即 \(-\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)\(\le\)\(x+y\)\(\le\)\(\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)，
因此 \(x+y\) 的最大值为 \(\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)。
法2️⃣：三角换元 + 参数方程法，原来参数方程法还可以这样换元，受教学习了。
先将原方程的左边针对 \(x\) 配方，得到 \(x^2\)\(+\)\(xy\)\(+\)\(3y^2\)\(=\)\(\left(x+\cfrac{y}{2}\right)^2\)\(-\)\(\cfrac{y^2}{4}\)\(+\)\(3y^2\)，
即原方程等价于 \(\left(x + \cfrac{y}{2}\right)^2\)\(+\)\(\cfrac{11}{4}y^2\)\(=\)\(3\)，
令 \(\begin{cases}x + \cfrac{y}{2} = \sqrt{3}\cos\theta \\\cfrac{\sqrt{11}}{2}y=\sqrt{3}\sin\theta\end{cases}\)，则 \(x = \sqrt{3}\cos\theta - \cfrac{y}{2}\)，\(y=\cfrac{2\sqrt{3}}{\sqrt{11}}\sin\theta\)
此时 \(x = \sqrt{3}\cos\theta - \cfrac{y}{2} = \sqrt{3}\cos\theta - \cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{11}}\sin\theta\)，代入得到，
\(x+y\)\(=\)\(\left(\sqrt{3}\cos\theta - \cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{11}}\sin\theta\right)\)\(+\)\(\cfrac{2\sqrt{3}}{\sqrt{11}}\sin\theta\)\(=\)\(\sqrt{3}\cos\theta\)\(+\)\(\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{11}}\)\(\sin\theta\)
即 \(x+y\)\(=\)\(\sqrt{(\sqrt{3})^2 + \left(\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{11}}\right)^2}\)\(\cdot \sin(\theta + \varphi)\)\(=\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\sin(\theta+\varphi)\)
因此 \(x+y\) 的最大值为 \(\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)。
法3️⃣：几何法[ 数形结合 ]，现行的高中数学已经删除了线性规划相关内容的学习。
题眼：将方程视为二次曲线( 椭圆 ) ，将 \(x+y\) 视为直线的纵截距。
方程 \(x^2\)\(+\)\(xy\)\(+\)\(3y^2\)\(=\)\(3\) 是一个椭圆（因为二次型矩阵的判别式 \(B^2-4AC = 1 - 12 < 0\)）。
令 \(z\)\(=\)\(x\)\(+\)\(y\)，即 \(y\)\(=\)\(-x\)\(+\)\(z\)。这代表斜率为 \(-1\) 的一组平行直线。
我们要在椭圆上找一点，使得直线 \(y\)\(=\)\(-x\)\(+\)\(z\) 的纵截距 \(z\) 最大。
通过几何直观或拉格朗日乘数法计算，当直线与椭圆相切时，截距取得最值。
联立得到方程组， \(\begin{cases} x^2 + xy + 3y^2 = 3 \\ y = -x + z \end{cases}\)，
消去 \(y\) ，得到 \(3x^2\)\(-\)\(5z\)\(\cdot\)\(x\)\(+\)\(3z^2\)\(-\)\(3\)\(=\)\(0\) ，
判别式为 \(\Delta =(-5z)^2-4\times3(3z^2-3)\)，令判别式 \(\Delta = 0\)，
解得， \(z=\pm\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)，故 \(z_{\max}=\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)， \(z_{\min}=-\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)，
因此 \(x+y\) 的最大值为 \(\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)。
法4️⃣：豆包提供的第四种方法，向量数量积法，将代数式转化为向量的点积。一般很少能想到这种解法。
将原方程配方，变形转化为 \(\left(x+\cfrac{y}{2}\right)^2\)\(+\)\(\left(\cfrac{\sqrt{11}}{2}y\right)^2\)\(=\)\(3\)
设向量 \(\vec{m}\)\(=\)\(\left(x + \cfrac{y}{2},\cfrac{\sqrt{11}}{2}y\right)\)，向量 \(\vec{n}=\left(1,\cfrac{1}{\sqrt{11}}\right)\)，此处要是有问题，可以暂时带着问题，往下看
因为 \(|\vec{m}|^2\)\(=\)\(3\)，所以 \(|\vec{m}|\)\(=\)\(\sqrt{3}\)，以下尝试将 \(x+y\) 拆解成是 \(\vec{m}\)\(\cdot\)\(\vec{n}\) 的线性组合。
\(x+y=x+\cfrac{y}{2}+\cfrac{y}{2}\)\(=\)\((x+\cfrac{y}{2})\)\(+\)\(\cfrac{y}{2}\)
\(=\)\(\left(x+\cfrac{y}{2}\right)\cdot1\)\(+\)\(\cfrac{\sqrt{11}}{2}y\cdot\cfrac{1}{\sqrt{11}}\)，到此就能回答 \(\vec{n}\) 的坐标为什么要定义成那样的了 .
根据向量数量积性质 \(|\vec{m}\)\(\cdot\)\(\vec{n}|\)\(\le\)\(|\vec{m}||\vec{n}|\)：
\(|x+y|\)\(=\)\(|\vec{m}\)\(\cdot\)\(\vec{n}|\)\(\le\)\(\sqrt{\left(x + \cfrac{y}{2}\right)^2 + \left(\cfrac{\sqrt{11}}{2}y\right)^2}\)\(\cdot\)\(\sqrt{1^2+\left(\cfrac{1}{\sqrt{11}}\right)^2}\)
\(|x+y|\)\(\le\)\(\sqrt{3}\)\(\cdot\)\(\sqrt{\cfrac{12}{11}}\)\(=\)\(\sqrt{\cfrac{36}{11}}\)\(=\)\(\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\) .
因此 \(x+y\) 的最大值为 \(\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)。
法1️⃣：利用椭圆的参数方程，三角换元法，比如令 \(\sqrt{2}x=\cos\theta\)，\(\sqrt{3}y=\sin\theta\)，
即 \(x=\cfrac{\cos\theta}{\sqrt{2}}\)， \(y=\cfrac{\sin\theta}{\sqrt{3}}\)，其余暂略；
法2️⃣：换元法 + 判别式法；解法由知乎旗下的优秀答主【予一人】提供，感觉太妙了。
设 \(5x+4y=p\)， 则有\(\cfrac{5x+4y}{p}=1\)， 结合已知条件可知，
\(2x^2+3y^2=1=1^2=(\cfrac{5x+4y}{p})^2\)，即 \((2x^2+3y^2)p^2=25x^2+40xy+16y^2\)，
整理得 \((2p^2-25)x^2-40xy+(3p^2-16)y^2 = 0\)，
[编者注：此处可以使用同除法+换元法，将二元二次齐次方程转化为一元二次方程，便于理解判别式法的使用。如两边同除以 \(y^2\)，得到\((2p^2-25)(\cfrac{x}{y})^2-40(\cfrac{x}{y})+(3p^2-16)=0\)，令 \(\cfrac{x}{y}=t\)，则原方程就转化为关于 \(t\) 的一元二次方程 \((2p^2-25)t^2-40t+3p^2-16=0\)]
对其使用判别式法，有 \(\Delta = 40^2 - 4(2p^2 - 25)(3p^2 - 16) \ge 0.\)
解得，\(p^2\leq \cfrac{107}{6}\)，故 \(p_{\max}=\sqrt{\cfrac{107}{6}}\) .
法3️⃣：椭圆的切线问题，可以令 \(5x+4y=z\)，按照线性规划求解。
依托椭圆的参数方程，利用三角换元的方法，不仅仅适用二次齐次方程的形式。对于二次非齐次方程也可以使用。比如已知实数 \(x\)、\(y\) 满足 \((x+y)^2+3y^2=-x-4y\)，求 \(x+2y\) 的最大值。
将 \(x^2+2xy+4y^2+x+4y=0\) 变形为 \(\left(x+\cfrac{2y+1}{2}\right)^2+3\left(y+\cfrac{1}{2}\right)^2=1\)，
则可换元为 \(y=\cfrac{\sin\theta}{\sqrt{3}}-\cfrac{1}{2}\)，\(x=\cos\theta-y-\cfrac{1}{2}\)，
故 \(x+2y=\cos\theta+\cfrac{\sin\theta}{\sqrt{3}}-1\leq \cfrac{2}{3}\sqrt{3}-1\)，
延申：\(x+2y=1\times(x+2y)=\cfrac{-x-4y}{(x+y)^2+3y^2}\times(x+2y)=\cfrac{(-x-4y)(x+2y)}{(x+y)^2+3y^2}\)，
转化为二次齐次分式函数，再求解。
法1️⃣：整体换元法，令 \(x+3y=s>0\)，\(x-y=t>0\)，
求解上述以 \(x，y\) 为元的方程组，得到 \(x=\cfrac{s+3t}{4}\)；\(y=\cfrac{s-t}{4}\)；
由\(x+y=\cfrac{1}{2}\)，将上述结果代入得到\(s+t=1\)，
故此时题目转化为"已知 \(s+t=1\) ，\(s，t>0\) ，求 \(\cfrac{2}{s}+\cfrac{1}{t}\) 的最小值”问题。
接下来，利用乘常数除常数的思路就可以求解。
简单提示如下：\(\cfrac{2}{s}+\cfrac{1}{t}=(\cfrac{2}{s}+\cfrac{1}{t})(s+t)=3+\)\(\cfrac{2t}{s}+\cfrac{s}{t}\ge 3+2\sqrt{2}\)
(当且仅当 \(\cfrac{2t}{s}=\cfrac{s}{t}\) 且 \(s+t=1\) 时取到等号)
法2️⃣：比值换元法，令 \(t=\dfrac{x}{y}\) \(\quad (t>1)\)，则 \(x=ty\)。
代入条件 \(x+y=\dfrac12\) ，解得 \(x=\dfrac{t}{2(t+1)}\)，\(y=\dfrac{1}{2(t+1)}\)，
代入目标式，\(\dfrac{2}{x+3y}+\dfrac{1}{x-y}\)\(=\dfrac{4(t+1)}{t+3} + \dfrac{2(t+1)}{t-1}\)\(=\dfrac{6t^2+8t+2}{t^2+2t-3}\) \((t>1)\)，
接下来，可以考虑用两个思路来求解：
思路一：导数法求极值最值，令 \(g(t)=\dfrac{6t^2+8t+2}{t^2+2t-3}\)，\((t>1)\)，
则 \(g'(t)=\cdots=\cfrac{4(t^2-10t-7)}{(t^2+2t-3)^2}\)，令 \(g'(t)=0\)，
求得 \(t=5\pm 4\sqrt{2}\)，由于 \(t>1\)，故保留 \(t=5+4\sqrt{2}\)，
即求得极小值点 \(t=5+4\sqrt{2}\)，代入 \(g(t)\) 得最小值为：\(3+2\sqrt{2}\)，
思路二：看表达式的样子，让我们想到用判别式法，
令 \(k=\dfrac{6t^2+8t+2}{t^2+2t-3}\)，\((t>1)\)，
变形为 \((k-6)t^(2k-8)t-3k-2=0\)，
由判别式法可知 \(\Delta=(2k-8)^2-4(k-6)(-3k-2)\geq0\)，
化简为 \(k^2-6k+1\geq0\)，
解得 \(k\leq 3-2\sqrt{2}\) 或 \(k\geq 3+2\sqrt{2}\) ，
将 \(k=3-2\sqrt{2}\) 代回二次方程，会发现原方程 \(t=0\)，不符合 \(t>1\)，舍去。
故 \(k\geq 3+2\sqrt{2}\) ，即所求的最小值为 \(3+2\sqrt{2}\) .
补记：20260318，总感觉这个题目，还可以用转化为部分分式的形式，在分母位置使用均值不等式，但试了几次都失败，暂记个思路，待后思考。
最终结论：\(x+y\) 的最大值为 \(2\sqrt{3}\)，最小值为 \(-2\sqrt{3}\)，即取值范围为 \(x+y \in [-2\sqrt{3},2\sqrt{3}]\) .
引申：同时由我们研究过的线性表示，可以将以下的好多种解法思路，拓展到求解 \(ax+by\)(\(a\in R\)、\(b\in R\)) 的取值范围 .
解法❹：【艾劳曼斯同学提供思路，知乎大佬予一人最擅长使用判别式法】判别式法 [万能通法]，高中基础解法[考试必拿分]，这类解法思路常规、步骤易懂，适配高考、期中期末等应试场景，无超纲知识点。
核心思路：设 \(t=x+y\)，将 \(y=t-x\) 代入约束条件，转化为一元二次方程，利用方程有实根则判别式非负求解。
设 \(t=x+y\)，则 \(y=t-x\)；代入约束式：\(x^2+(t-x)^2 - x(t-x)=3\)；
展开整理：\(3x^2 - 3tx + t^2 - 3=0\)；方程有实数解，故判别式 \(\Delta \geq 0\)；
计算判别式：\(\Delta=(-3t)^2 - 4 \times 3 \times (t^2-3)=-3t^2+36 \geq 0\)；
化简得 \(t^2 \leq 12\)，即 \(-2\sqrt{3} \leq t \leq 2\sqrt{3}\)，
也即 \(x+y \in [-2\sqrt{3},2\sqrt{3}]\) .
对应练习
提示： \(y>0\) 或 \(y\leqslant-\cfrac{8}{9}\)
①单位圆 \(x^2+y^2=1\) 上的动点的坐标，既可以设为 \((x,y)\)，也可以设为 \((\cos\theta,\sin\theta)\)，这是圆的参数方程的表示形式，遗憾的是，现行的高中数学教材，删除了参数方程的学习，使得圆上动点的坐标设法越来越少；当然也可以设为 \((\sin\beta,\cos\beta)\)，此时两种参数方程的参数就是不一样的而已。此处设为 \((\sin\beta,\cos\beta)\) 是最恰当的，也是计算最简洁的做法。
②聪明的读者估计已经能猜到，函数 \(y=\cfrac{2\sin x+2}{\cos x-3}\) 的值域也是 \(\left[-\cfrac{3}{2},0\right]\) . ↩︎注意，这个是非等价变形，原因是 \(\cos x\in [-1,1]\)，但是 \(\cfrac{1-t^2}{1+t^2}\in(-1,1]\)，故这个变形不等价，所以这样的代换需要单独讨论 \(\cos x=-1\) 的情形； ↩︎
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