求值域：反解、换元与分段取并集

求 $f(x)=(x-1)^2/(x^2+1)$ 在实数域上的值域。令 $y=f(x)$，由于 $x^2+1>0$，等价于

当 $y\ne1$，它是二次方程，有实根当且仅当 $4-4(y-1)^2\ge0$，即 $0\le y\le2$。当 $y=1$，方程降为 $2x=0$，仍有解。因此值域为 $[0,2]$；$x=1$ 取到 $0$，$x=-1$ 取到 $2$。

如果原函数分母可能为零，判别式非负之后，还需剔除只对应禁值的候选输出。首项系数为零时，判别式不能代替一次方程或恒等方程的讨论。

设 $f_a(x)=\ln(x^2-2ax+a)$，取自然定义域。令

二次式的全体取值为 $[m,+\infty)$，对数只接收正数，所以其有效输入范围为 $[m,+\infty)\cap(0,+\infty)$。

若 $m\le0$，该范围为 $(0,+\infty)$，故对数的值域是 $\mathbb R$。若 $m>0$，值域为 $[\ln m,+\infty)$。因此 $f_a$ 的值域为 $\mathbb R$ 的充要条件是 $a\le0$ 或 $a\ge1$。

当 $m=0$，二次式的零点属于对数的禁值，输出没有最小值；不能把 $\ln0$ 当成一个端点数值。

设 $a>0,a\ne1$，研究 $a^{2x}-4a^x-1=(a^x-2)^2-5$，且 $x\in(-\infty,-1]\cup[2,+\infty)$。令 $t=a^x$。

当 $a>1$ 时，$t\in(0,a^{-1}]\cup[a^2,+\infty)$；当 $0<a<1$ 时，$t\in[a^{-1},+\infty)\cup(0,a^2]$。最小值为 $-5$ 当且仅当 $t=2$ 可达，所以

若直接把新变量范围写成所有正数，就会错误地认定每个底数都能取得该最小值。

分式及分母零点。 $y=(x-1)/(2x-5)$，$x\ge1$。写成 $y=1/2+3/(4x-10)$，先排除 $x=5/2$。在 $[1,5/2)$ 上从0严格减到负无穷，范围为 $(-\infty,0]$；在 $(5/2,+\infty)$ 上从正无穷严格减并趋近 $1/2$，范围为 $(1/2,+\infty)$。总值域为二者之并，不能跨过分母零点合成一个区间。

换元保留区间。 $y=(x-1)/(x^2-2x+5)$、$x\in[3/2,2]$。令 $t=x-1\in[1/2,1]$，则 $y=t/(t^2+4)$。对 $1/2\le s<t\le1$，

故值域为 $[2/17,1/5]$。这里明确证明了限制区间上的单调性。

绝对值分段。 $y=|x+1|+|x-1|+|x+2|$ 在分点 $-2,-1,1$ 两侧分别为

前两段递减、后两段递增，最小值在 $x=-1$ 为3，函数连续且向两端无界，值域 $[3,+\infty)$。

根式换元后配方。 $y=x+\sqrt{1-2x}$，令 $t=\sqrt{1-2x}\ge0$，有 $x=(1-t^2)/2$，所以 $y=1-(t-1)^2/2$。在 $t\ge0$ 上最大值1可达，且向负无穷无界，值域 $(-\infty,1]$。若改为 $y=x+\sqrt{2x+1}$，同法得 $y=(t+1)^2/2-1,t\ge0$，值域变为 $[-1/2,+\infty)$。