前言
求函数的值域中涵盖的相关数学方法和思想，是需要我们好好总结和提炼的。
求解前提
由图像能很容易的理解，即使是同样的函数解析式，定义域不同，函数也是不同的函数。下图演示的是，当函数的定义域发生变化时，其值域往往随之发生变化，所以要研究函数的值域，必须先求解确定函数的定义域，也就是我们常说的定义域优先原则。
常见方法
- 图像法
法1：横轴为(x)，如图1所示，利用图像的变换得到函数(y=2sin(2x+cfrac{pi}{6})+1，xin[0，cfrac{pi}{2}])的图像，由图像可以看出来，当(x=cfrac{pi}{2})时，函数(f(x)_{min}=2sin(2 imescfrac{pi}{2}+cfrac{pi}{6})+1=0)，当(x=cfrac{pi}{6})时，函数(f(x)_{max}=2sin(2 imescfrac{pi}{6}+cfrac{pi}{6})+1=3)，故函数的值域为([0，3])。
法2，整体代换，如图2所示，横轴为(2x+cfrac{pi}{6}=X)，由(0leq xleq cfrac{pi}{2})，故(cfrac{pi}{6}leq 2x+cfrac{pi}{6}leq cfrac{7pi}{6})，则(-cfrac{1}{2}leq sin(2x+cfrac{pi}{6})leq 1)，则(0leq 2sin(2x+cfrac{pi}{6})+1leq 3)，故(0leq yleq 3)。
反思总结：
1、从作图角度讲，图2的做法由于使用了整体代换，作图过程简单明了，思路清晰，截取快捷，故常用图2的方法来做三角函数的图像。
2、用图2的方法也可以求解函数的单调区间。比如，对函数(y=2sinX+1)而言，在(Xin [cfrac{pi}{6}，cfrac{pi}{2}])上单调递增，即(2x+cfrac{pi}{6}in [cfrac{pi}{6}，cfrac{pi}{2}])上单调递增，解得(xin [0，cfrac{pi}{6}])，即函数(y=2sin(2x+cfrac{pi}{6})+1)在区间([0，cfrac{pi}{6}])上单调递增，和图1的单调递增区间是一样的。
- 配方法
分析：之所以把这个例题放在第一个的位置，基于两点考虑：其一，函数(f(x)=x^2+2x-3)为二次函数，学生在初中就比较熟悉，但是她的定义域和初中发生了变化；其二，这个题目可以作为下面题目的求解模板来用。我们做这个题目时常常是在心里画图，读图完成的。
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(xin [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])。
- 换元法
分析：注意到函数的结果特点，做代数换元令(2^x=t>0)，则原函数就转化为(f(x)=g(t)=t^2+3t+1，tin(0，+infty))上的值域，和上例就是同一个类型的题目。
函数(g(t))的对称轴是(t=-cfrac{3}{2})，在(tin(0，+infty))单调递增，故(f(x)=g(t)>g(0)=1)，即(f(x))的值域是((1，+infty))。
再如函数(f(x)=sin^2x+sinx+1)的值域，【三角换元】
令(sinx=t)，则(tin [-1，1])，则(f(x)=g(t)=t^2+t+1=(t+cfrac{1}{2})^2+cfrac{3}{4})，值域为([cfrac{3}{4}，3])；
法1：代数换元法，先求定义域为((-infty，2])，
令(sqrt{2-x}=tge 0)，则(x=2-t^2)，故原函数可以转化为
(f(x)=g(t)=2-t^2-t(tge0)=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)。
解后反思：
对于形如(f(x)=ax+bpm 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。
分析：求定义域得到(xin[-1，1])，故做三角换元令(x=cos heta, hetain[0，pi])，
则函数(f(x)=x+sqrt{1-x^2}=cos heta+sqrt{1-cos^2 heta})
(=cos heta+|sin heta|=sin heta+cos heta)
(=sqrt{2}sin( heta+cfrac{pi}{4})in[-1，sqrt{2}])，
故函数的值域为([-1，sqrt{2}])。
引申思考：
1、换元法特别需要注意的是旧元(x)和新元( heta)的取值范围要一致，否则换元就会出错，那么本题中引入新元( heta)后，其取值范围能不能是([-cfrac{pi}{2}，cfrac{pi}{2}])？不能，否则(cos hetain [0，1])，和(xin[-1，1])的取值范围不一致了。
2、那么取值范围能不能是([0，2pi])？此时虽然能保证(cos hetain [-1，1])，但是下一步在开方去绝对值时就麻烦了，(sqrt{1-cos^2 heta}=|sin heta|)还需要分类讨论，这样反到复杂了，由此我们也就能更好的理解( hetain[0，pi])的用意，由此可知我们的三角换元是很讲究的，绝不是随心所欲的。
3、能不能这样换元令(x=sin heta)？可以的，不过若这样换元，新元的范围就应该是( hetain[-cfrac{pi}{2}，cfrac{pi}{2}])，或者( hetain[cfrac{pi}{2}，cfrac{3pi}{2}])。
4、你会用这个方法求函数(f(x)=x-sqrt{2-x^2})的值域吗？
提示：定义域为(xin[-sqrt{2}，sqrt{2}])，故令(x=sqrt{2}cos heta)，且( hetain [0，pi])，
那么原函数转化为(f(x)=x-sqrt{2-x^2}=sqrt{2}cos heta-sqrt{2}sin heta=2cos( heta+cfrac{pi}{4})in [-2，sqrt{2}])。
5、你能将这一方法适用的类型做以总结提炼吗？
一般来说，适用于这样的类型：(f(x)=ax+bpm sqrt{c+dx^2})型，其中(a，b，c，din R，ccdot d<0)。
分析：令(sinx+cosx=t)，则由上例可知(tin[-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}，tin[-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)，(tin[-sqrt{2}，sqrt{2}])，
(f(x)=g(t) in [-1，cfrac{2sqrt{2}+1}{2}])
已知函数(f(x)=cfrac{2sinxcosx}{1+sinx+cosx})，(xin(0，cfrac{pi}{2}])的最大值为(M)，最小值为(N)，则(M-N=)？
分析：令(sinx+cosx=t) ，由于(xin(0，cfrac{pi}{2}])，则(t=sinx+cosx=sqrt{2}sin(x+cfrac{pi}{4})in [1，sqrt{2}])，
则(2sinxcosx=t^2-1)，故(f(x)=cfrac{t^2-1}{t+1}=g(t)=t-1)，
故(f(x)_{max}=M=sqrt{2}-1)；(f(x)_{min}=N=0)；即(M-N=sqrt{2}-1)。
- 单调性法
分析：用导数法我们可以研究函数的单调性，
在区间([3，5])上单调递增，故(f(x)_{min}=f(3)=3-cfrac{1}{3})，
(f(x)_{max}=f(5)=5-cfrac{1}{5})。
- 基本不等式法
法1：分类讨论当(x>0)时，(f(x)=x+cfrac{1}{x}ge 2)，
当且仅当(x=cfrac{1}{x})即(x=1)时取到等号；
当(x<0)时，(f(x)=x+cfrac{1}{x}=-[(-x)+cfrac{1}{-x}] leq -2)，
当且仅当(x=cfrac{1}{x})即(x=-1)时取到等号；
综上所述值域为((-infty，-2]cup [2，+infty))。
法2：灵活利用绝对值性质，定义域为(x eq 0)，
由(|x+cfrac{1}{x}|=|x|+|cfrac{1}{x}|ge 2)，
故(x+cfrac{1}{x}ge 2) 或 (x+cfrac{1}{x}leq -2)，
故值域为((-infty，-2]cup [2，+infty))。
- 分离常数法
分析：函数(f(x)=cfrac{2+x}{1+x}=1+cfrac{1}{1+x})，由于(cfrac{1}{1+x} eq 0)，
则函数(f(x) eq 1)，故值域为((-infty，1)cup (1，+infty))。
解后反思：
1、此类函数是高三的高频函数，其图像常用变换作图得到，
作图顺序：(y=cfrac{1}{x}xrightarrow{向左1个单位}y=cfrac{1}{x+1}xrightarrow{向上1个单位} y=1+cfrac{1}{x+1})，
这样的作图变换我们一般要求学生要非常熟练的掌握。
2、函数(f(x)=cfrac{2+x}{1+x})是中心对称图形，由变换作图的过程就可以知道对称中心是((-1，1))，
其对称性的表达形式满足关系：(f(x)+f(-2-x)=2)，这时对称中心图形的另外一种等价且较抽象的说法。
注意：满足关系(f(x)+f(-2-x)=2)，等价于这个函数有对称中心((-1，1))，
但是这样的函数不一定就非得是这个函数，因为满足这个关系的函数不止一个。
3、向(y)轴作正射影，就能很容易的得到值域。这个方法也可以叫做图像法。
4、函数变换后得到(f(x)=1+cfrac{1}{1+x})，其中第一个(1)，就是从分式中分离出来的常数，为什么这样做？
主要是基于变量集中。变形前的分式的分子分母中都有变量(x)，变形后，只有后面的部分含有变量，前面仅仅是常数，
得到这样的表达式后我们要继续研究函数的其他性质往往就更容易些，这样的变形方法也叫部分分式法。
- 反解法+ 有界性法
分析：以(sinx)为未知数，就像解方程一样，可以解得(sinx=cfrac{-2-2y}{y-1}=cfrac{2+2y}{1-y})，
由于(y=sinx)是有界函数，即(|sinx|leq 1)，故(|cfrac{2+2y}{1-y}| leq 1)，
从而解得函数的值域(-3leq yleq -cfrac{1}{3})。
解后反思：
1、当然本题目也可以用分离常数法+不等式性质法这样求解
分析(y=cfrac{sinx-2}{2+sinx}=cfrac{sinx+2-4}{2+sinx}=1-cfrac{4}{sinx+2})，
由于(-1leq sinx leq 1)，则有(1leq sinx+2leq 3)，则(cfrac{1}{3}leq cfrac{1}{sinx+2}leq 1)，
故(-4leq -cfrac{4}{sinx+2}leq -cfrac{4}{3})，则(1-4leq 1 -cfrac{4}{sinx+2}leq 1-cfrac{4}{3})，
即值域为(-3leq yleq -cfrac{1}{3})。
2、函数(y=cfrac{cosx-2}{2+cosx})的值域也可以这样求解，
3、函数(y=cfrac{cosx-2}{2+sinx})的值域也可以这样求解，不过此时还要用到辅助角公式，
变形提示：(ysinx-cosx=-2y-2)，即(sqrt{y^2+1}sin(x- heta)=-2y-2)，
则(sin(x- heta)=cfrac{-2y-2}{sqrt{y^2+1}})，再由(|cfrac{-2y-2}{sqrt{y^2+1}}|leq 1)，
求得函数的值域，本方法仅仅是让大家体会三角函数的有界性，
高考和模拟训练中几乎不涉及这样的方法。
4、反解法常常和有界性法联合使用，我们常用的有有界性的函数，
比如(y=e^x)，函数(y=cfrac{e^x-2}{2+e^x})的值域也可以这样求解，
- 数形结合法
法1：反解法+辅助角公式，先反解得到(sinx-ycdot cosx=1+2y)，
即(sqrt{y^2+1}cdot sin(x+phi)=2y+1)，即(sin(x+phi)=cfrac{2y+1}{sqrt{y^2+1}})，
故有(|cfrac{2y+1}{sqrt{y^2+1}}|leq 1)，两边平方得到((2y+1)^2leq y^2+1) ，解得$ -cfrac{4}{3}leq yleq 0$。
法2：数形结合，此题目可以看成动点((cosx，sinx))到定点((-2，1))的连线的斜率的取值范围，
而动点((cosx，sinx))的轨迹是单位圆，作出图像如右，
可以得到连线斜率(y_{max}=0)，而(y_{min})应该是定点与图中的切点((x_0，y_0))的连线的斜率。
以下重点说明如何求切点((x_0，y_0))，希望理解并记住这个模型。
由(egin{cases} cfrac{y_0-1}{x_0+2}cdot cfrac{y_0}{x_0}=-1 ①\x_0^2+y_0^2=1 ②end{cases})，
②代入①解得(y_0-2x_0=1)，联立②式，从而解得(x_0=-cfrac{4}{5}或x_0=0(舍去))，(y_0=-cfrac{3}{5})，
代入求得另一个相切的斜率(k=y_{min}=cfrac{1+cfrac{3}{5}}{-2+cfrac{4}{5}}=-cfrac{4}{3})，故$ -cfrac{4}{3}leq yleq 0$。
解后反思：
1、求函数(y=f(x)=cfrac{cosx-1}{sinx+2})的值域；
分析：函数(y=f(x)=cfrac{cosx-1}{sinx+2})的值域和函数(y=g(phi)=cfrac{sinphi-1}{cosphi+2})的值域一样，
为什么呢？这是因为单位圆(x^2+y^2=1)上的任意一点的坐标既可以表述为((cos heta，sin heta))，也可以表述为((sinphi，cosphi))。
2、求函数(y=f(x)=cfrac{cosx+2}{sinx-1})的值域；
可以利用求函数(y=f(x)=cfrac{sinx-1}{cosx+2})的值域的倒数；
3、求函数(y=f(x)=cfrac{3sinx-2}{2cosx+5})的值域；
分析：(y=f(x)=cfrac{3sinx-2}{2cosx+5}=cfrac{3cdot(sinx-cfrac{1}{3})}{2cdot(cosx+cfrac{5}{2})})(=cfrac{3}{2}cdot cfrac{sinx-cfrac{1}{3}}{cosx+cfrac{5}{2}})，
从而关键是求出动点((cosx，sinx))与定点((-cfrac{5}{2}，cfrac{1}{3}))的连线的斜率的范围，再乘以(cfrac{3}{2})即可。
- 判别式法
分析：注意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((y)可以看成系数)((y-2)x^2+(y+1)x+y-1=0)，由于这个函数不是空函数，即这个方程一定是有解的，分类讨论如下：
1、当(y=2)时，此时为一次方程，简化为(3x+1=0)，解为(x=-cfrac{1}{3})，故(y=2)的值是满足题意的，
2、当(y eq 2)时，此时为二次方程，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 eq 2)，解得(yin[cfrac{7-2sqrt{7}}{3}，2)cup(2，[cfrac{7+2sqrt{7}}{3}])。
综上所述，函数的值域为(yin[cfrac{7-2sqrt{7}}{3}，cfrac{7+2sqrt{7}}{3}])。
解后反思：
1、为什么判别式法要求函数的值域要是(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 ge 0)，如果定义域不是(R)(比如是(x eq 2))，那么这时候仅仅限制(Delta ge 0)是不够的，还需要限制(x eq 2)，反倒就体现不出来判别式法的简洁性了。
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)，且形如这样的(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 eq 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，(h(x)=cfrac{x^2-4x+5}{x-2}=cfrac{(x-2)^2+1}{x-2}=(x-2)+cfrac{1}{x-2}xrightarrow{x-2=t}t+cfrac{1}{t})，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。在例6基本不等式法中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))。
- 导数法
分析：函数的定义域是(xin(-infty，0)cup(0，+infty))，且是奇函数，
故只先研究(xin(0，+infty))上的图像，研究工具是导数。
先求导，得到(f'(x)=1-cfrac{1}{x^2}=cfrac{x^2-1}{x^2})，
令(f'(x)>0)，即(x^2-1>0)，得到(x>1)；
令(f'(x)<0)，即(x^2-1<0)，得到(0<x<1)；结合奇函数的特性，
可知，函数在区间((-infty，-1])单增，在([-1，0))单减，在((0，1])单减，在区间([1，+infty))单增，
又(f(1)=2，f(-1)=-2)，做出函数的简图，
可知函数的值域为((-infty，-2]cup [2，+infty))。
另解： (|y|=|x+cfrac{1}{x}|=|x|+|cfrac{1}{x}|geqslant 2)，即(|y|geqslant 2)，
故函数的值域为((-infty，-2]cup [2，+infty))。
- 组合用法
分析：注意到函数的结构特征，我们一般考虑分离变量，
将函数转化为(f(x)=cfrac{x^2+3x+3}{x+1}=cfrac{(x^2+3x+2)+1}{x+1})
(=cfrac{(x+2)(x+1)+1}{x+1}=x+2+cfrac{1}{x+1})
(=(x+1)+cfrac{1}{x+1}+1xlongequal[变量代换]{令x+1=t}t+cfrac{1}{t}+1)；
对照上述解析先求出函数(t+cfrac{1}{t})的值域是((-infty，-2]cup [2，+infty))，
则函数(t+cfrac{1}{t}+1)的值域，也就是原函数的值域为((-infty，-1]cup [3，+infty))。
通用方法
以上林林总总学习介绍了求函数值域的10多种方法，那么到底有没有一种方法可以统领全局，能解决几乎初中阶段所有常见类型函数的值域呢？有，那就是导数法，为什么呢？我们回忆用导数法求函数的单调性问题的求解步骤，先求定义域，再求导数(f'(x))，再求解(f'(x)>0(<0))，从而得到单调区间，然后结合极值和端点值，就能做出函数的图像来，有了函数图像我们自然就能得到函数的值域，所以这一结论从理论上是通的，那么我们还需要费事了解和学习求值域的其他方法吗？不是导数法就可以搞定一切了吗！这涉及以一个问题。
方法关系
尽管导数法是求值域的通用方法，但我们初中阶段还是要了解和学习求值域的其他常见方法，原因在于其一各种方法各有优劣，各有长短；其二由上述的方法介绍可以看出，一些常见的数学思想方法和高频的数学变形技巧，在导数法这一种方法中并不能全部涵盖，所以我们在求函数的值域的时候，通行的做法是首先观察所给函数的结构特征，再对照我们自己的知识储备来选取对应的方法，除非一些我们根本看不出来方向的才轮得上导数法。比如这样的函数(f(x)=lnx+x^2+2x-3)；
高考常用
从训练中我们体会到，尽管方法很多，有些方法的原理掌握起来还有一定的难度，但是高考中求值域的常用方法并不是很多，我们重点掌握几种就可以了。
- 选择填空题目中常用的比如图像法，配方法，换元法，单调性法，分离常量(变量)法，基本不等式法，
- 解答题中常用导数法；同时注意廓清认识，高考模拟题目中如果出现求函数的值域题目往往不会仅仅用一种方法，常常是打一套组合拳。
另外，还得注意，图像法，配方法，换元法，单调性法，分离常量(变量)法，基本不等式法等方法，往往是我们后续学习的基础，需要我们下功夫重点理解和掌握。
高阶使用
以下展示圆锥曲线综合问题中的解题片段，用于体会求函数值域的基础性；
则(|OP|^2=cfrac{(lambda-3)(lambda+12)}{lambda^2}=-cfrac{36}{lambda^2}+cfrac{9}{lambda}+1)
(=-36(cfrac{1}{lambda}-cfrac{1}{8})^2+cfrac{25}{16}leq cfrac{25}{16}).
令(frac{S_{ riangle ODM}}{S_{ riangle ODN}}=cfrac{|y_1|}{|y_2|}=t)(则由于(|y_1|<|y_2|)，则(0<t<1)；且(y_1)，(y_2)同号)
又由于(cfrac{(y_1+y_2)^2}{y_1y_2}=cfrac{y_1^2+y_2^2+2y_1y_2}{y_1y_2}=cfrac{y_1}{y_2}+cfrac{y_2}{y_1}+2=t+cfrac{1}{t}+2)；
且(cfrac{(y_1+y_2)^2}{y_1y_2}=cfrac{8m^2}{m^2+2}=cfrac{8}{1+frac{2}{m^2}})；
由于(m^2>2)，则得到(4<cfrac{8}{1+frac{2}{m^2}}<8)，故得到(4<t+cfrac{1}{t}+2<8)，
结合(0<t<1)，解得(3-2sqrt{2}<t<1)，
所以(frac{S_{ riangle ODM}}{S_{ riangle ODN}})的取值范围为((3-2sqrt{2}，1))；
(=25-cfrac{87}{4k^2+3})，
由于(0leqslant k^2<cfrac{1}{4})，则(-cfrac{87}{3}leqslant -cfrac{87}{4k^2+3}<-cfrac{87}{4})，
即(25-cfrac{87}{3}leqslant 25-cfrac{87}{4k^2+3}<25-cfrac{87}{4})，
故(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OB})的最小值为(25-cfrac{87}{3}=25-29=-4).
即(-cfrac{1}{2}leqslant cfrac{-4k^2}{k^2+2}leqslant 0)，解得(0leqslant k^2leqslant cfrac{2}{7})，
由(overrightarrow{PQ}=overrightarrow{PM}+overrightarrow{PN}=(x_1+x_2-4,y_1+y_2))(=(cfrac{-4(k^2+1)}{k^2+2},cfrac{-2k}{k^2+2}))，
则(|overrightarrow{PQ}|^2=left[cfrac{-4(k^2+1)}{k^2+2} ight]^2+(cfrac{-2k}{k^2+2})^2)，
化简得到(|overrightarrow{PQ}|^2=cfrac{8}{(k^2+2)^2}-cfrac{28}{k^2+2}+16)，
令(t=cfrac{1}{k^2+2})，则(tin [cfrac{7}{16},cfrac{1}{2}])，
则(|overrightarrow{PQ}|^2=8t^2-28t+16)，对称轴为(t=cfrac{7}{4})，
故当(t=cfrac{1}{2})时，(|PQ|_{min}=2);
典例剖析
- 高中数学中的有些题目，顺手就转化为了求函数的值域问题了。比如方程有解类题目或两个函数的图像有交点的问题(此时一个函数为(y=k)，另一个函数不含有参数(k))；
分析：当(a=1)时，若函数(f(x)=e^{x-1}-2mx)，存在与直线(y=2x)平行的切线，
则(f'(x)=e^{x-1}-2m=2)在定义域内有解，等价变形为(2m+2=e^{x-1})在定义域内有解，
即意味着(y=2m+2)的取值范围和(y=e^{x-1})的值域是相同的，又由于(y=e^{x-1}>0)
即(2m+2>0)，解得(m>-1)，故实数(m)的取值范围为((-1，+infty))；
法1：由于函数是奇函数，且为周期为(T=2pi)的周期函数，
故求(xin [0，2pi])的值域等价于求解(xin [-pi，pi])的值域。
我们可以先求解区间([0，pi])上的值域，然后将其关于原点对称即可得到([-pi，0])上的值域。
以下重点求解(y=f(x)=cfrac{sinx}{sqrt{5+4cosx}})，(xin [0，pi])的值域。
(f(x)=sqrt{cfrac{sin^2x}{5+4cosx}})，
令(5+4cosx=tin[1，9])，则(cosx=cfrac{t-5}{4})，则(sin^2x=1-(cfrac{t-5}{4})^2)，
则(g^2(t)=cfrac{1-(cfrac{t-5}{4})^2}{t}=cfrac{16-(t^2-10t+25)}{16t})
(=cfrac{-t^2-9+10t}{16t}=-cfrac{t}{16}-cfrac{9}{16t}+cfrac{5}{8})，
由于(tin [1，9])，则(-cfrac{t}{16}-cfrac{9}{16t}=-cfrac{1}{16}(t+cfrac{9}{t})in [-cfrac{5}{8}，-cfrac{3}{8}])，
故(-cfrac{1}{16}(t+cfrac{9}{t})+cfrac{5}{8}in [0，cfrac{1}{4}])，
即(g^2(t)in [0，cfrac{1}{4}])，则(g(t)in [0，cfrac{1}{2}])
由于奇函数，则有(xin [-pi，0])的值域为$ [-cfrac{1}{2}，0]$，
故(xin [-pi，pi])的值域为$ [-cfrac{1}{2}，cfrac{1}{2}]$。
即函数(y=f(x)=cfrac{sinx}{sqrt{5+4cosx}})，(xin [0，2pi])的值域为([-cfrac{1}{2}，cfrac{1}{2}])。
法2：将函数两边平方得到方程，(y^2=cfrac{sin^2x}{5+4cosx})，
化简整理为(cos^2x+4y^2cosx+5y^2-1=0)，(xin [0，2pi])，
三角换元，令(cosx=tin [-1，1])，则上述方程变形为(t^2+4y^2t+5y^2-1=0)，
由于上述的方程在(tin [-1，1])上一定有解，为便于表述，
令(g(t)=t^2+4y^2t+5y^2-1，tin [-1，1])，由于函数(g(t))是二次函数，故分类讨论如下，
①当在区间([-1，1])上仅有一根时，必然满足(g(-1)cdot g(1)leq 0)，
即((1-4y^2+5y^2-1)cdot (1+4y^2+5y^2-1)leq 0)，解得(y=0)；
②当在区间([-1，1])上有两根时，由于对称轴为(t=-2y^2)，开口向上，
则满足条件(left{egin{array}{l}{Delta=(4y^2)^2-4(5y^2-1)ge 0}\{-1leq -2y^2leq 1}\{g(-1)=1-4y^2+5y^2-1ge 0}\{g(1)=1+4y^2+5y^2-1ge 0}end{array} ight.)，
解得(-cfrac{1}{2}leq yleq cfrac{1}{2})，
综上所述，(-cfrac{1}{2}leq yleq cfrac{1}{2})，即函数的值域为([-cfrac{1}{2}， cfrac{1}{2}]).
法1：原函数可以转化为(y=x+sqrt{2-(x-5)^2})，
由于(2-(x-5)^2geqslant 0)，得到(|x-5|leqslant sqrt{2})，
令(x-5=sqrt{2}cosalpha)，则(alphain [0,pi])，且(x=sqrt{2}cosalpha+5),
则(y=x+sqrt{2-(x-5)^2}=sqrt{2}cosalpha+5+sqrt{2sin^2alpha})
(=sqrt{2}cosalpha+5+sqrt{2}sinalpha=2sin(alpha+cfrac{pi}{4})+5)
由于(alphain [0,pi])，则(sin(alpha+cfrac{pi}{4})in [-cfrac{sqrt{2}}{2},1])
故(y_{min}=5-sqrt{2})，(y_{max}=7)，
解后反思：为什么想到法1，请对照上述例5中的两个函数，
求函数(f(x)=x+sqrt{1-x^2})的值域；
求函数(f(x)=x-sqrt{2-x^2})的值域；
求函数(y=x+sqrt{2-(x-5)^2})的值域；
法2：令(-x^2+10x-23geqslant 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}).