函数方程相互换，最值交点解题妙

函数方程相互换，最值交点解题妙

三角分式求值域，斜率意义把题解

对于一个含有两个变量的等式\(f(x,y) = 0\)，一方面，可以看作方程，用方程的理论解决问题；令一方面，可以看作函数\(y = g(x)\)或\(h(y) = u(x)\)，用函数的理论解决相关问题。若能在函数与方程之间灵活转换，则在解题中便可随心所欲。

【例1】求二元函数\(f(x,\theta ) = \dfrac{{x\cos \theta }}{{{x^2} + 2 + x\sin \theta }}\)的值域.

【解析】这是一个二元函数问题，可以先将其中一个量作为主元（主变量），另一个变量当成参数；也可以考虑将两个变量进行分离．

思路1：令\(y = \dfrac{{x\cos \theta }}{{{x^2} + 2 + x\sin \theta }}\)，把它看成关于\(x\)的方程，整理得

\(y{x^2} + (y\sin \theta – \cos \theta )x + 2y = 0\)

由关于\(x\)的方程方程有解得

\(\Delta = {(y\sin \theta – \cos \theta )^2} – 8{y^2} \ge 0\)

整理得

\(({y^2} + 1){\sin ^2}(\theta + \varphi ) – 8{y^2} \ge 0\)

其中\(\cos \varphi = \dfrac{y}{{\sqrt {{y^2} + 1} }},\sin \varphi = \dfrac{{ – 1}}{{\sqrt {{y^2} + 1} }}\)

即\({\sin ^2}(\theta + \varphi ) \ge \dfrac{{8{y^2}}}{{{y^2} + 1}}\)

把上式看成关于\(\theta \)的不等式，根据关于\(\theta \)的不等式有解得

\({\left[ {{{\sin }^2}(\theta + \varphi )} \right]_{\max }} = 1 \ge \dfrac{{8{y^2}}}{{{y^2} + 1}}\)

解得\( – \dfrac{{\sqrt 7 }}{7} \le y \le \dfrac{{\sqrt 7 }}{7}\)

思路2：当\(x = 0\)时，\(f(x,\theta ) = 0\)

当\(x \ne 0\)时，\(f(x,\theta ) = \dfrac{{\cos \theta }}{{x + \dfrac{2}{x} + \sin \theta }} = \dfrac{{0 – ( – \cos \theta )}}{{x + \dfrac{2}{x} – ( – \sin \theta )}}\)

令\(\left\{ \begin{array}{l}
X = – \sin \theta \\
Y = – \cos \theta
\end{array} \right.\)，则\({X^2} + {Y^2} = 1\)，

则点\(P( – \sin \theta , – \cos \theta )\)为圆\({X^2} + {Y^2} = 1\)上一点

令\(X = x + \dfrac{2}{x}\)，则\(X \ge 2\sqrt 2 \)或\(X \le – 2\sqrt 2 \)，故点\(Q(x + \dfrac{2}{x},0)\)满足\({X_Q} \le – 2\sqrt 2 \)或\({X_Q} \ge 2\sqrt 2 \)且\({Y_Q} = 0\)
\(f(x,\theta )\)表示直线\(PQ\)的斜率，如图所示

分析图形可知，直线\(PQ\)斜率的取值范围是\(\left[ { – \dfrac{{\sqrt 7 }}{7},\dfrac{{\sqrt 7 }}{7}} \right]\)

【变式1】求函数\(y = \dfrac{{3 + \sin x}}{{2 – \sin x}}\)的值域．

【解析】把\(y = \dfrac{{3 + \sin x}}{{2 – \sin x}}\)看作方程，反解\(\sin x\)得

\(\sin x = \dfrac{{2y – 3}}{{1 + 2y}}\)

利用\(\sin x\)的有界性\(\left| {\sin x} \right| \le 1\)得

\(\dfrac{{\left| {2y – 3} \right|}}{{\left| {1 + 2y} \right|}} \le 1\)

即\(\left| {2y – 3} \right| \le \left| {2y + 1} \right|\)

解得\(y \ge \dfrac{1}{2}\)

故值域为\([\dfrac{1}{2}, + \infty )\)

【变式2】求函数\(y = \dfrac{{3 + \sin x}}{{2 – \cos x}}\)的值域．

【解析】把\(y = \dfrac{{3 + \sin x}}{{2 – \cos x}}\)看成方程，整理得

\(\sin x + y\cos x = 2y – 3\)

使用辅助角公式变形为\(\sqrt {1 + {y^2}} \sin (x + \varphi ) = 2y – 3\)

解得\(\sin (x + \varphi ) = \dfrac{{2y – 3}}{{\sqrt {1 + {y^2}} }}\)

利用有界性\(\left| {\sin (x + \varphi )} \right| \le 1\)得\(\dfrac{{\left| {2y – 3} \right|}}{{\sqrt {1 + {y^2}} }} \le 1\)

即\(\left| {2y – 3} \right| \le \sqrt {1 + {y^2}} \)

平方得\(3{y^2} – 12y + 8 \le 0\)

解得\(2 – \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3} \le y \le 2 + \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}\)

故值域为\([2 – \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3},2 + \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}]\)

【变式3】求函数\(y = \dfrac{{3 + \sin x}}{{2 – \cos x}}\)（\(x \in [0,\pi ]\)）的值域．

【解析】由于函数的定义域不是\(R\)，因此不能保证上述方法中\(\left| {\sin (x + \theta )} \right|\)能取到\([ – 1,1]\)的的所有值，因此上述方法失效。

此时，我们只能考虑其几何意义

令\(\left\{ \begin{array}{l}
X = \cos x\\
Y = – \sin x
\end{array} \right.\)，则\(X \in [ – 1,1],Y \in [ – 1,0]\)

\(y = \dfrac{{3 + \sin x}}{{2 – \cos x}}\)表示点\(A(2,3)\)与点\(B(\cos x, – \sin x)\)连线的斜率

如图所示

设切线\(AT\)的斜率为\(k\)，则直线\(AT:y – 3 = k(x – 2)\)，即\(kx – y + 3 – 2k = 0\)
利用直线与圆相切，圆心到切线的距离等于半径得

\(\dfrac{{\left| {3 – 2k} \right|}}{{\sqrt {{k^2} + 1} }} = 1\)

解得\(k = 2 \pm \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}\)，显然\(AT\)的斜率应该取\(2 + \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}\)
又\({k_{AC}} = 1\)

故值域为\([1,2 + \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}]\)