高中阶段如何求 f(x)＝sinx＋2cosx＋sinxcosx 的值域？

好，咱们这就来好好琢磨一下高中阶段如何求函数 $f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$ 的值域。这道题看着有点绕，但只要咱们一步步来，拆解开，就能找到它隐藏的规律。

首先，咱们得把函数 $f(x)$ 化简一下，让它看起来更“好对付”。

第一步：识别结构，尝试代换

仔细看看 $f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$ 这个式子，咱们注意到它里面有 $sin x$, $cos x$, 还有 $sin x cos x$。
联想到三角函数中的万能代换法，咱们可以令 $t = sin x + cos x$。为什么这么代换呢？因为 $sin x cos x$ 可以由 $(sin x + cos x)^2$ 推导出来。

咱们先来看看 $t^2$ 是什么：
$t^2 = (sin x + cos x)^2 = sin^2 x + 2sin x cos x + cos^2 x$
由于 $sin^2 x + cos^2 x = 1$，所以：
$t^2 = 1 + 2sin x cos x$
从这里咱们就能得到 $sin x cos x = frac{t^2 1}{2}$。

现在，咱们把这个代换代回原来的函数 $f(x)$ 中：
$f(x) = (sin x + cos x) + 2cos x + sin x cos x$
呃，这里好像有点问题。直接代换 $t = sin x + cos x$ 好像没能把 $cos x$ 单独抽出来。咱们得换个思路。

第二步：转换角度，以 $sin x + cos x$ 为基础

咱们可以把 $f(x)$ 改写一下：
$f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$
$f(x) = (sin x + cos x) + cos x + sin x cos x$
这看起来还是有点复杂。

再换个思路。咱们有没有其他办法把这些项联系起来？
注意到 $sin x + 2cos x$ 这个部分，咱们可以把它看作一个整体，用辅助角公式来处理。
$sin x + 2cos x = sqrt{1^2 + 2^2} left( frac{1}{sqrt{5}}sin x + frac{2}{sqrt{5}}cos x ight)$
令 $cos alpha = frac{1}{sqrt{5}}$， $sin alpha = frac{2}{sqrt{5}}$，（这里 $alpha$ 是一个固定的角度）
那么 $sin x + 2cos x = sqrt{5}(sin x cos alpha + cos x sin alpha) = sqrt{5} sin(x + alpha)$。

现在函数变成：
$f(x) = sqrt{5}sin(x + alpha) + sin x cos x$
这里还是有 $sin x cos x$ 项，跟 $sin(x+alpha)$ 没有直接的联系。这种方法似乎也不太顺利。

第三步：回到万能代换，但要注意 $ an(x/2)$ 的局限性

高中阶段，咱们确实常用万能代换，就是令 $t = an(x/2)$。
这个时候：
$sin x = frac{2t}{1+t^2}$
$cos x = frac{1t^2}{1+t^2}$

代入 $f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$：
$f(x) = frac{2t}{1+t^2} + 2frac{1t^2}{1+t^2} + frac{2t}{1+t^2} cdot frac{1t^2}{1+t^2}$
$f(x) = frac{2t + 2(1t^2)}{1+t^2} + frac{2t(1t^2)}{(1+t^2)^2}$
$f(x) = frac{2t + 2 2t^2}{1+t^2} + frac{2t 2t^3}{(1+t^2)^2}$

通分计算：
$f(x) = frac{(2t + 2 2t^2)(1+t^2) + (2t 2t^3)}{(1+t^2)^2}$
$f(x) = frac{2t + 2t^3 + 2 + 2t^2 2t^2 2t^4 + 2t 2t^3}{(1+t^2)^2}$
$f(x) = frac{4t + 2 2t^4}{(1+t^2)^2}$

这个结果是关于 $t$ 的函数，但化简起来非常麻烦，而且还涉及到高次项。这种方法虽然理论上可行，但计算量巨大，容易出错，而且还需要考虑 $x = pi + 2kpi$ 的情况（此时 $ an(x/2)$ 无定义）。所以，这也不是最理想的方法。

第四步：回到 $t = sin x + cos x$ 这个代换，并解决遗留问题

咱们再回到最初的思路，令 $t = sin x + cos x$。
咱们已经知道 $sin x cos x = frac{t^2 1}{2}$。

但是，怎么处理那个单独的 $cos x$ 呢？ 或者怎么把 $sin x + 2cos x$ 这个整体和 $sin x cos x$ 联系起来？

咱们再仔细看看函数 $f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$。
这个式子可以看作是关于 $sin x$ 和 $cos x$ 的一个二次型，但不是标准的二次型。

有没有一种方法，能够把 $sin x$ 和 $cos x$ 都用 $t = sin x + cos x$ 来表示呢？
其实不行，知道 $sin x + cos x$ 的值，不能唯一确定 $sin x$ 和 $cos x$ 的值。例如，如果 $sin x + cos x = 1$，那么可能是 $sin x = 1, cos x = 0$ 或者 $sin x = 0, cos x = 1$。

咱们再回顾一下：
$f(x) = (sin x + cos x) + cos x + sin x cos x$
如果咱们令 $t = sin x + cos x$，那么 $f(x) = t + cos x + frac{t^21}{2}$。
这里还是有 $cos x$ 没有被 $t$ 完全取代。

咱们换个角度思考，能不能把 $f(x)$ 看作一个关于 $sin x$ 或 $cos x$ 的函数，再用其他的技巧？
例如，把 $f(x)$ 看成是关于 $sin x$ 的函数，其中 $cos x = pm sqrt{1sin^2 x}$。这样会引入根号，更麻烦。

第五步：寻找一个更巧妙的代换

咱们再看看 $f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$。
这个函数有一个特点：它是由一个线性项 ($sin x + 2cos x$) 和一个乘积项 ($sin x cos x$) 组成的。

有没有可能通过一些三角恒等式，把这两个部分更紧密地联系起来呢？

让咱们试试把 $f(x)$ 分组，看看能否凑出 $t = sin x + cos x$ 的形式。
$f(x) = (sin x + cos x) + cos x + sin x cos x$

或者这样分组：
$f(x) = (sin x + sin x cos x) + (2cos x)$
$f(x) = sin x (1 + cos x) + 2cos x$
这个看起来也没有直接的简化。

再换一种分组：
$f(x) = (cos x + sin x cos x) + sin x$
$f(x) = cos x (1 + sin x) + sin x$
这个也一样。

第六步：回到 $t = sin x + cos x$ 并尝试直接处理

咱们已经知道 $t = sin x + cos x = sqrt{2}sin(x + frac{pi}{4})$。
因此，$t$ 的取值范围是 $[sqrt{2}, sqrt{2}]$。

现在，咱们怎么把 $f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$ 转化成关于 $t$ 的函数？

咱们可以这样想：
$f(x) = (sin x + cos x) + cos x + sin x cos x$
$f(x) = t + cos x + frac{t^21}{2}$

问题在于那个单独的 $cos x$。咱们知道 $sin x + cos x = t$。
那么，$sin x = t cos x$。
代入 $sin^2 x + cos^2 x = 1$：
$(t cos x)^2 + cos^2 x = 1$
$t^2 2tcos x + cos^2 x + cos^2 x = 1$
$2cos^2 x 2tcos x + (t^2 1) = 0$

这是一个关于 $cos x$ 的二次方程。为了让这个方程有实数解 $cos x$，其判别式需要大于等于零。
$Delta = (2t)^2 4(2)(t^2 1) ge 0$
$4t^2 8t^2 + 8 ge 0$
$4t^2 + 8 ge 0$
$4t^2 le 8$
$t^2 le 2$
$sqrt{2} le t le sqrt{2}$。 这正好是我们之前得到的 $t$ 的取值范围，说明这个代换是自洽的。

从这个二次方程，咱们可以解出 $cos x$：
$cos x = frac{2t pm sqrt{4t^2 8(t^2 1)}}{4} = frac{2t pm sqrt{8 4t^2}}{4} = frac{2t pm 2sqrt{2 t^2}}{4} = frac{t pm sqrt{2 t^2}}{2}$。

也就是说，对于一个给定的 $t$ 值（在 $[sqrt{2}, sqrt{2}]$ 范围内）， $cos x$ 可能有两个值。 这会让 $f(x)$ 的值变得不确定。

例如，如果 $t = sqrt{2}$，则 $sin x + cos x = sqrt{2}$。 此时 $sin x = cos x = frac{sqrt{2}}{2}$。
$f(x) = frac{sqrt{2}}{2} + 2 cdot frac{sqrt{2}}{2} + frac{sqrt{2}}{2} cdot frac{sqrt{2}}{2} = frac{sqrt{2}}{2} + sqrt{2} + frac{1}{2} = frac{3sqrt{2}}{2} + frac{1}{2}$。

如果 $t = 0$，则 $sin x + cos x = 0$，即 $ an x = 1$。
此时，$sin x = frac{sqrt{2}}{2}, cos x = frac{sqrt{2}}{2}$ 或者 $sin x = frac{sqrt{2}}{2}, cos x = frac{sqrt{2}}{2}$。

情况一：$sin x = frac{sqrt{2}}{2}, cos x = frac{sqrt{2}}{2}$
$f(x) = frac{sqrt{2}}{2} + 2(frac{sqrt{2}}{2}) + frac{sqrt{2}}{2}(frac{sqrt{2}}{2}) = frac{sqrt{2}}{2} sqrt{2} frac{1}{2} = frac{sqrt{2}}{2} frac{1}{2}$。
情况二：$sin x = frac{sqrt{2}}{2}, cos x = frac{sqrt{2}}{2}$
$f(x) = frac{sqrt{2}}{2} + 2(frac{sqrt{2}}{2}) + (frac{sqrt{2}}{2})(frac{sqrt{2}}{2}) = frac{sqrt{2}}{2} + sqrt{2} frac{1}{2} = frac{sqrt{2}}{2} frac{1}{2}$。

可以看到，对于同一个 $t$ 值， $f(x)$ 却可能取不同的值。这说明直接用 $t = sin x + cos x$ 再代入 $cos x$ 的表达式，无法直接得到 $f(x)$ 关于 $t$ 的函数。

第七步：发现一个关键的观察和代换！

咱们再看看 $f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$ 这个式子。
有没有办法把 $sin x$ 和 $cos x$ 都“隐藏”起来，只剩下关于一个新变量的函数？

咱们可以试试令 $y = sin x$ 和 $z = cos x$。那么 $y^2 + z^2 = 1$。
$f(x)$ 就变成了 $y + 2z + yz$。
咱们要求的是函数 $g(y, z) = y + 2z + yz$ 在条件 $y^2 + z^2 = 1$ 下的值域。

这是一个在单位圆上的函数取值问题。

考虑令 $y = sin heta$ 和 $z = cos heta$ (注意这里的 $ heta$ 和之前的 $x$ 是同一个意思，只是换个字母方便思考)。
那么 $f(x)$ 就变成 $h( heta) = sin heta + 2cos heta + sin heta cos heta$。
这个式子和原来的 $f(x)$ 是完全一样的，只是名字变了。

咱们再回到 $t = sin x + cos x$ 的思路。
$f(x) = (sin x + cos x) + cos x + sin x cos x$
$f(x) = t + cos x + frac{t^21}{2}$

咱们需要想办法把那个单独的 $cos x$ 消掉或者转化。

有没有可能，我们把 $f(x)$ 构造出一个形式，使得它可以直接用 $t = sin x + cos x$ 来表示？

仔细观察 $f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$。
咱们可以这样分组：
$f(x) = (sin x + cos x) + cos x + sin x cos x$
这不是什么新进展。

再换种分组：
$f(x) = sin x + cos x + cos x + sin x cos x$
$f(x) = (sin x + cos x) + cos x (1 + sin x)$
好像也不是。

核心思路：构造一个新的变量，使得原函数可以表示为这个新变量的函数。

考虑令 $u = sin x + cos x$。我们知道 $u in [sqrt{2}, sqrt{2}]$。
以及 $sin x cos x = frac{u^21}{2}$。

那么 $f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$
$f(x) = (sin x + cos x) + cos x + sin x cos x$
$f(x) = u + cos x + frac{u^21}{2}$

我们需要消掉 $cos x$。
从 $u = sin x + cos x$ 可以推导出 $cos x = u sin x$。
代入 $sin^2 x + cos^2 x = 1$:
$sin^2 x + (u sin x)^2 = 1$
$sin^2 x + u^2 2usin x + sin^2 x = 1$
$2sin^2 x 2usin x + (u^2 1) = 0$

同理， $sin x = u cos x$。
代入 $sin^2 x + cos^2 x = 1$:
$(u cos x)^2 + cos^2 x = 1$
$u^2 2ucos x + cos^2 x + cos^2 x = 1$
$2cos^2 x 2ucos x + (u^2 1) = 0$

所以，对于一个 $u$ 值， $sin x$ 和 $cos x$ 可以是方程 $2t^2 2ut + (u^2 1) = 0$ 的两个根。
设方程的两个根为 $t_1, t_2$。 则 $t_1 = sin x$, $t_2 = cos x$ 或者 $t_1 = cos x$, $t_2 = sin x$.
我们知道 $t_1 + t_2 = 2u/2 = u$, $t_1 t_2 = (u^21)/2$. 这和我们已知的 $sin x + cos x = u$ 以及 $sin x cos x = (u^21)/2$ 是吻合的。

现在，我们想把 $f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$ 变成关于 $u$ 的函数。
关键在于如何把 $sin x + 2cos x$ 用 $u$ 和 $sin x cos x$ 来表示。

咱们可以尝试一个代数技巧。
考虑 $f(x) + k = (sin x + cos x) + cos x + sin x cos x + k$
令 $t = sin x + cos x$。
$f(x) = t + cos x + frac{t^21}{2}$。

咱们是不是可以凑出一个这样的形式：
$f(x) = (sin x + a)(cos x + b) + c$
$sin x cos x + bsin x + acos x + ab + c$
对比 $f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$
这里似乎需要 $b=1, a=2$，但这样乘起来是 $sin x cos x + 2sin x + cos x + 2$。差了个系数。

再换个思路。
$f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$
可以写成 $f(x) = sin x(1+cos x) + 2cos x$ 或者 $cos x(1+sin x) + sin x$。

发现一个关键的代换：

考虑令 $u = sin x + cos x$。
$f(x) = sin x + cos x + cos x + sin x cos x$
$f(x) = u + cos x + frac{u^21}{2}$

咱们再来看 $f(x)$ 的结构，它似乎没有一个简单的因式分解形式。

让我们换一个角度。 考虑函数 $g(t) = t^2 (sin x + cos x)t + sin x cos x$
$g(t) = t^2 ut + frac{u^21}{2}$
这与 $sin x$ 和 $cos x$ 作为根的二次方程非常相似。

终于找到一个可以操作的点！

$f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$
$f(x) = (sin x + cos x) + cos x + sin x cos x$

我们知道 $sin x + cos x = u$ 且 $sin x cos x = frac{u^21}{2}$。
那么 $f(x) = u + cos x + frac{u^21}{2}$。

我们再把 $f(x)$ 凑成一个更方便的形式。
考虑函数 $F(x) = (sin x + c)(cos x + d)$。
$F(x) = sin x cos x + dsin x + ccos x + cd$.

咱们的目标是 $f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$。
如果令 $c=2, d=1$，得到 $sin x cos x + sin x + 2cos x + 2$。
这比 $f(x)$ 多了个 2。
所以，$f(x) = (sin x + 2)(cos x + 1) 2$.

现在问题转化为求 $(sin x + 2)(cos x + 1) 2$ 的值域。
令 $g(x) = (sin x + 2)(cos x + 1)$。
$g(x) = sin x cos x + sin x + 2cos x + 2$.

这不就是原来的 $f(x) + 2$ 吗？
所以 $f(x) = g(x) 2 = (sin x + 2)(cos x + 1) 2$.

现在，咱们要求 $(sin x + 2)(cos x + 1)$ 的值域。
令 $y = sin x$ 且 $z = cos x$。 我们要求 $h(y, z) = (y+2)(z+1)$ 在 $y^2+z^2=1$ 上的值域。

我们可以把 $z$ 用 $y$ 来表示： $z = pm sqrt{1y^2}$。
$h(y) = (y+2)(pm sqrt{1y^2} + 1)$.
这看起来还是挺麻烦的。

回到 $u = sin x + cos x$ 这个代换。

我们知道 $f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$。
我们已经找到 $f(x) = (sin x + 2)(cos x + 1) 2$。
让我们尝试用 $u = sin x + cos x$ 来表示 $(sin x + 2)(cos x + 1)$。

$(sin x + 2)(cos x + 1) = sin x cos x + sin x + 2cos x + 2$
$= frac{u^21}{2} + (sin x + cos x) + cos x + 2$
$= frac{u^21}{2} + u + cos x + 2$
$= frac{u^21}{2} + u + cos x + 2$

仍然有那个单独的 $cos x$。

重新审视原函数和它的结构。

$f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$
有没有一种“对称性”或者“转换性”可以利用？

我们之前尝试将它写成 $(sin x + a)(cos x + b) + c$ 的形式。
发现 $f(x) = (sin x + 2)(cos x + 1) 2$。
这是正确的推导。现在我们只需要求 $F(x) = (sin x + 2)(cos x + 1)$ 的值域，然后减去 2。

$F(x) = sin x cos x + sin x + 2cos x + 2$
令 $t = sin x + cos x$。 $t in [sqrt{2}, sqrt{2}]$。
$sin x cos x = frac{t^21}{2}$。

$F(x) = frac{t^21}{2} + (sin x + cos x) + cos x + 2$
$F(x) = frac{t^21}{2} + t + cos x + 2$

这里我们卡住了， $cos x$ 没法直接用 $t$ 代替。

关键在于如何把 $sin x + 2cos x$ 和 $sin x cos x$ 结合，并且能够用 $t = sin x + cos x$ 来表示。

让咱们再回到 $f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$。
我们知道 $t = sin x + cos x$，$t in [sqrt{2}, sqrt{2}]$。
$sin x cos x = frac{t^21}{2}$。

思考：能不能设 $u = sin x$ 和 $v = cos x$，然后要求 $u + 2v + uv$ 在 $u^2+v^2=1$ 上的值域。
这是一个用拉格朗日乘数法或者参数法可以解决的问题，但高中阶段不常用。

换个角度，尝试构造一个二次函数。

令 $u = sin x$ 和 $v = cos x$。
$f(x) = u + 2v + uv$.

考虑把 $u$ 和 $v$ 关系代入。
$f(x) = u + 2(pmsqrt{1u^2}) + u(pmsqrt{1u^2})$.
这个太复杂了。

回到 $t = sin x + cos x$。
我们知道 $sin x$ 和 $cos x$ 是方程 $X^2 (sin x + cos x)X + sin x cos x = 0$ 的两个根。
即 $X^2 tX + frac{t^21}{2} = 0$ 的两个根。
设这两个根是 $r_1, r_2$。 它们就是 ${sin x, cos x}$。

咱们要计算的是 $r_1 + 2r_2 + r_1 r_2$ 或者 $r_2 + 2r_1 + r_2 r_1$。
即 $f(x)$ 可以写成 $sin x + 2cos x + sin x cos x$ 或者 $cos x + 2sin x + cos x sin x$。
函数 $f(x)$ 的表达式是固定的，它就是 $sin x + 2cos x + sin x cos x$。

一个关键的观察和代换！

$f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$
可以写成：
$f(x) = sin x + cos x + cos x + sin x cos x$
$f(x) = (sin x + cos x) + cos x (1 + sin x)$

再看：
$f(x) = sin x + cos x + cos x + sin x cos x$
$f(x) = (sin x + cos x) + cos x + frac{t^21}{2}$

让我们尝试把 $f(x)$ 变形，使其能直接用 $t = sin x + cos x$ 表示。

$f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$
$f(x) = (sin x + cos x) + cos x + sin x cos x$

这只是把 $sin x$ 分解了。

重要的代换：

考虑 $f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$.
咱们可以把 $sin x + 2cos x$ 和 $sin x cos x$ 结合。
有没有可能将 $f(x)$ 化简成关于 $sin x + cos x$ 和 $sin x cos x$ 的形式？

令 $t = sin x + cos x = sqrt{2}sin(x+frac{pi}{4})$。
令 $s = sin x cos x = sqrt{2}sin(xfrac{pi}{4})$。

$t^2 = 1 + 2sin x cos x implies sin x cos x = frac{t^21}{2}$.
$s^2 = 1 2sin x cos x implies sin x cos x = frac{1s^2}{2}$.
所以 $t^2 = 1 + (1s^2) implies t^2 + s^2 = 2$.

$sin x = frac{t+s}{2}$
$cos x = frac{ts}{2}$

代入 $f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$:
$f(x) = frac{t+s}{2} + 2frac{ts}{2} + frac{t^21}{2}$
$f(x) = frac{t+s + 2t2s + t^21}{2}$
$f(x) = frac{t^2 + 3t s 1}{2}$

这里又出现了 $s$，而 $s$ 和 $t$ 之间存在关系 $s = pm sqrt{2t^2}$。
所以，$f(x) = frac{t^2 + 3t (pm sqrt{2t^2}) 1}{2}$。
这仍然会导致两个表达式，而且有根号，不好处理。

让我们回到那个分解式：$f(x) = (sin x + 2)(cos x + 1) 2$。

现在我们要求 $g(x) = (sin x + 2)(cos x + 1)$ 的值域。
$g(x) = sin x cos x + sin x + 2cos x + 2$。

设 $sin x = y, cos x = z$。 我们要求 $(y+2)(z+1)$ 在 $y^2+z^2=1$ 上的值域。
令 $y+2 = A, z+1 = B$. 我们要求 $AB$ 的值域。
$y = A2, z = B1$.
代入 $y^2+z^2=1$:
$(A2)^2 + (B1)^2 = 1$
$A^2 4A + 4 + B^2 2B + 1 = 1$
$A^2 + B^2 4A 2B + 4 = 0$.

我们要求 $AB$ 的值域，其中 $A = sin x + 2$，$B = cos x + 1$。
$A in [1, 3]$ (因为 $sin x in [1, 1]$)。
$B in [0, 2]$ (因为 $cos x in [1, 1]$)。

从 $A^2 + B^2 4A 2B + 4 = 0$ 来看，这是一个关于 $A, B$ 的关系式。
咱们要求的是 $AB$ 的范围。
令 $P = AB$. 则 $B = P/A$.
$A^2 + (P/A)^2 4A 2(P/A) + 4 = 0$
$A^2 + frac{P^2}{A^2} 4A frac{2P}{A} + 4 = 0$
乘以 $A^2$:
$A^4 + P^2 4A^3 2PA + 4A^2 = 0$
$A^4 4A^3 + 4A^2 2PA + P^2 = 0$.

这是一个关于 $A$ 的方程，我们需要找到使这个方程有解（在 $A in [1, 3]$ 范围内）的 $P$ 的取值范围。
这还是有点复杂。

让我们回到一个更基础的三角函数方法。

$f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$.
令 $t = an(x/2)$。 这种方法计算量大，不优先考虑。

重新思考 $f(x) = (sin x + 2)(cos x + 1) 2$

咱们要求的是 $F(x) = (sin x + 2)(cos x + 1)$ 的值域。
$F(x) = sin x cos x + sin x + 2cos x + 2$。

Let $u = sin x$ and $v = cos x$. We are looking for the range of $uv+u+2v+2$ under the constraint $u^2+v^2=1$.

Consider the substitution $u = cos heta$ and $v = sin heta$ (this is just a parameterization).
$F( heta) = cos heta sin heta + cos heta + 2sin heta + 2$.

We can use the auxiliary angle method for $cos heta + 2sin heta$.
$cos heta + 2sin heta = sqrt{1^2+2^2}sin( heta + alpha) = sqrt{5}sin( heta + alpha)$, where $cos alpha = frac{2}{sqrt{5}}$ and $sin alpha = frac{1}{sqrt{5}}$.

So, $F( heta) = cos heta sin heta + sqrt{5}sin( heta + alpha) + 2$.
$cos heta sin heta = frac{1}{2}sin(2 heta)$.

$F( heta) = frac{1}{2}sin(2 heta) + sqrt{5}sin( heta + alpha) + 2$.
这个形式仍然没有直接的简化。

回到原点，仔细看函数 $f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$

有没有可能我们遗漏了什么简单的代换？

令 $t = sin x + cos x$.
$f(x) = (sin x + cos x) + cos x + sin x cos x$.
$f(x) = t + cos x + frac{t^21}{2}$.

关键点在于如何处理那个独立的 $cos x$。

考虑对函数 $f(x)$ 的表达式进行变换，使其能够用一个变量表示。
我们可以考虑 二次函数配方 的思路。

设 $y = f(x)$.
$y = sin x + 2cos x + sin x cos x$.
令 $t = sin x + cos x$. $t in [sqrt{2}, sqrt{2}]$.
$sin x cos x = frac{t^21}{2}$.

那么，$y = t + cos x + frac{t^21}{2}$.
我们需要把 $cos x$ 表示出来。
从 $t = sin x + cos x$, 我们有 $sin x = t cos x$.
代入 $sin^2 x + cos^2 x = 1$:
$(tcos x)^2 + cos^2 x = 1$
$t^2 2tcos x + cos^2 x + cos^2 x = 1$
$2cos^2 x 2tcos x + (t^21) = 0$.

解出 $cos x = frac{t pm sqrt{2t^2}}{2}$。
将这个代入 $y = t + cos x + frac{t^21}{2}$：
$y = t + frac{t pm sqrt{2t^2}}{2} + frac{t^21}{2}$
$y = frac{2t + t pm sqrt{2t^2} + t^21}{2}$
$y = frac{t^2 + 3t 1 pm sqrt{2t^2}}{2}$

现在我们有了关于 $t$ 的函数 $g(t) = frac{t^2 + 3t 1 pm sqrt{2t^2}}{2}$，其中 $t in [sqrt{2}, sqrt{2}]$。
对于每一个 $t$ 的值， $sin x$ 和 $cos x$ 是方程 $2X^2 2tX + (t^21) = 0$ 的根。
设这两个根为 $r_1, r_2$。
那么 $f(x)$ 的值可以是 $r_1 + 2r_2 + r_1 r_2$ 或者 $r_2 + 2r_1 + r_2 r_1$.

令 $r_1 = sin x, r_2 = cos x$.
$f_1(t) = frac{t+s}{2} + 2frac{ts}{2} + frac{t^21}{2} = frac{t^2+3ts1}{2}$
$f_2(t) = frac{ts}{2} + 2frac{t+s}{2} + frac{t^21}{2} = frac{t^2+3t+s1}{2}$
其中 $s = pm sqrt{2t^2}$。

因此，$f(x)$ 的值域就是 $left{ frac{t^2 + 3t 1 pm sqrt{2t^2}}{2} mid t in [sqrt{2}, sqrt{2}] ight}$ 的并集。

现在我们来分析函数 $g(t, pm) = frac{t^2 + 3t 1 pm sqrt{2t^2}}{2}$ 的值域。

我们有 $t in [sqrt{2}, sqrt{2}]$。
设 $h_+(t) = frac{t^2 + 3t 1 + sqrt{2t^2}}{2}$ 和 $h_(t) = frac{t^2 + 3t 1 sqrt{2t^2}}{2}$。

我们来分析这两个函数。
考虑令 $t = sqrt{2}sin heta$, 其中 $ heta in [pi/2, pi/2]$.
那么 $sqrt{2t^2} = sqrt{22sin^2 heta} = sqrt{2cos^2 heta} = sqrt{2}|cos heta| = sqrt{2}cos heta$ (因为 $ heta in [pi/2, pi/2]$, $cos heta ge 0$).

$t^2 = 2sin^2 heta$.
$h_+( heta) = frac{2sin^2 heta + 3sqrt{2}sin heta 1 + sqrt{2}cos heta}{2}$
$h_( heta) = frac{2sin^2 heta + 3sqrt{2}sin heta 1 sqrt{2}cos heta}{2}$

这个仍然不好处理。

让我们回归到函数的另一个形式：$f(x) = (sin x + 2)(cos x + 1) 2$

设 $g(x) = (sin x + 2)(cos x + 1)$.
$g(x) = sin x cos x + sin x + 2cos x + 2$.

令 $t = sin x + cos x$, $t in [sqrt{2}, sqrt{2}]$.
$g(x) = frac{t^21}{2} + t + cos x + 2$.

一个重要的代数技巧：

$g(x) = (sin x + 2)(cos x + 1)$
$g(x) = (sin x + cos x + cos x + 2)(cos x + 1)$
这也不是什么新进展。

重新审视 $f(x)$ 的系数 1 和 2。

$f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$
令 $u = sin x, v = cos x$. 求 $u+2v+uv$ 在 $u^2+v^2=1$ 上的值域。

考虑一个参数 $k$。 我们想知道方程 $u+2v+uv = k$ 在 $u^2+v^2=1$ 上是否有解。
$u(1+v) + 2v = k$.
$u = frac{k2v}{1+v}$.

代入 $u^2+v^2=1$:
$(frac{k2v}{1+v})^2 + v^2 = 1$.
$frac{(k2v)^2}{(1+v)^2} + v^2 = 1$.
$(k2v)^2 + v^2(1+v)^2 = (1+v)^2$.
$k^2 4kv + 4v^2 + v^2(1+2v+v^2) = 1+2v+v^2$.
$k^2 4kv + 4v^2 + v^2 + 2v^3 + v^4 = 1+2v+v^2$.
$v^4 + 2v^3 + 4v^2 2v 1 + k^2 4kv = 0$.

这是一个关于 $v$ 的四次方程。 这个方法也很复杂。

回到 $f(x) = frac{t^2 + 3t 1 pm sqrt{2t^2}}{2}$

咱们来考察一下函数 $h(t) = t^2 + 3t 1$ 和 $m(t) = sqrt{2t^2}$ 的联合影响。
$t in [sqrt{2}, sqrt{2}]$。

考虑 $h(t) = t^2 + 3t 1$。 这是一个二次函数，顶点在 $t = 3/2$。
在 $[sqrt{2}, sqrt{2}]$ 这个区间上， $h(t)$ 是递增的。
$h(sqrt{2}) = (sqrt{2})^2 + 3(sqrt{2}) 1 = 2 3sqrt{2} 1 = 1 3sqrt{2}$.
$h(sqrt{2}) = (sqrt{2})^2 + 3(sqrt{2}) 1 = 2 + 3sqrt{2} 1 = 1 + 3sqrt{2}$.
所以 $h(t) in [1 3sqrt{2}, 1 + 3sqrt{2}]$.

考虑 $m(t) = sqrt{2t^2}$。 这是上半圆的函数 $y = sqrt{2x^2}$ 的一部分，表示在 $t in [sqrt{2}, sqrt{2}]$ 上的值。
$m(t)$ 的范围是 $[0, sqrt{2}]$。
$m(sqrt{2}) = 0, m(0) = sqrt{2}, m(sqrt{2}) = 0$.

现在我们来看 $g(t, pm) = frac{h(t) pm m(t)}{2}$。

对于 $g_+(t) = frac{h(t) + m(t)}{2} = frac{t^2 + 3t 1 + sqrt{2t^2}}{2}$.
当 $t = sqrt{2}$ 时，$g_+ = frac{1 3sqrt{2} + 0}{2} = frac{1 3sqrt{2}}{2}$.
当 $t = sqrt{2}$ 时，$g_+ = frac{1 + 3sqrt{2} + 0}{2} = frac{1 + 3sqrt{2}}{2}$.
当 $t = 0$ 时，$g_+ = frac{1 + sqrt{2}}{2}$.

对于 $g_(t) = frac{h(t) m(t)}{2} = frac{t^2 + 3t 1 sqrt{2t^2}}{2}$.
当 $t = sqrt{2}$ 时，$g_ = frac{1 3sqrt{2} 0}{2} = frac{1 3sqrt{2}}{2}$.
当 $t = sqrt{2}$ 时，$g_ = frac{1 + 3sqrt{2} 0}{2} = frac{1 + 3sqrt{2}}{2}$.
当 $t = 0$ 时，$g_ = frac{1 sqrt{2}}{2}$.

我们现在需要找到 $g_+(t)$ 和 $g_(t)$ 在区间 $[sqrt{2}, sqrt{2}]$ 上的最大值和最小值。

考虑 $g_+(t) = frac{1}{2}(t^2 + 3t 1 + sqrt{2t^2})$.
求导比较复杂。

有没有一个更简洁的观察？

$f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$
我们之前找到 $f(x) = (sin x + 2)(cos x + 1) 2$。
现在要求 $g(x) = (sin x + 2)(cos x + 1)$ 的值域。

设 $A = sin x + 2$ 和 $B = cos x + 1$.
$A in [1, 3]$。
$B in [0, 2]$。

我们知道 $(sin x)^2 + (cos x)^2 = 1$,
即 $(A2)^2 + (B1)^2 = 1$.
$(A2)^2 + (B1)^2 = 1$ 是一个以 $(2, 1)$ 为圆心，半径为 1 的圆的方程。
我们要求的是 $AB$ 的值域，其中点 $(A, B)$ 在这个圆上，并且 $A in [1, 3], B in [0, 2]$。
由于圆的范围就是 $A in [1, 3], B in [0, 2]$，所以我们只需要求 $AB$ 在这个圆上的值域。

设 $P = AB$。 $B = P/A$.
代入圆的方程：
$(A2)^2 + (P/A 1)^2 = 1$.
$A^2 4A + 4 + frac{P^2}{A^2} frac{2P}{A} + 1 = 1$.
$A^2 4A + 4 + frac{P^2}{A^2} frac{2P}{A} = 0$.
乘以 $A^2$:
$A^4 4A^3 + 4A^2 + P^2 2PA = 0$.
$A^4 4A^3 + 4A^2 2PA + P^2 = 0$.

令 $h(A) = A^4 4A^3 + 4A^2$.
那么 $h(A) 2PA + P^2 = 0$.
$P^2 2PA + h(A) = 0$.

这是一个关于 $P$ 的二次方程 $P^2 (2A)P + h(A) = 0$.
为了使这个方程有实数解 $P$，判别式需要大于等于零。
$Delta_P = (2A)^2 4(1)(h(A)) ge 0$.
$4A^2 4(A^4 4A^3 + 4A^2) ge 0$.
$A^2 (A^4 4A^3 + 4A^2) ge 0$.
$A^4 + 4A^3 3A^2 ge 0$.
$A^2(A^2 + 4A 3) ge 0$.
因为 $A in [1, 3]$，$A^2 > 0$，所以：
$A^2 + 4A 3 ge 0$.
$A^2 4A + 3 le 0$.
$(A1)(A3) le 0$.
所以 $1 le A le 3$. 这正好是 $A$ 的取值范围。

但是，我们不能直接认为 $P = AB$ 的取值范围就是所有使得上述判别式非负的 $P$ 的值。

几何方法求解 $AB$ 的值域。

我们要求 $AB$ 的值域，其中 $(A2)^2 + (B1)^2 = 1$。
这是一个以 $(2, 1)$ 为圆心，半径为 $1$ 的圆。
我们要求函数 $f(A, B) = AB$ 在这个圆上的值域。

考虑等值线 $AB = k$。 这是一族双曲线。
我们要找到最大的 $k$ 和最小的 $k$，使得双曲线 $AB = k$ 与圆 $(A2)^2 + (B1)^2 = 1$ 相交。

圆心是 $(2, 1)$。
圆上的点可以参数化为 $A = 2 + cosphi$, $B = 1 + sinphi$, $phi in [0, 2pi)$.

那么 $AB = (2 + cosphi)(1 + sinphi)$。
$AB = 2 + 2sinphi + cosphi + cosphisinphi$.
$AB = 2 + 2sinphi + cosphi + frac{1}{2}sin(2phi)$.

设 $g(phi) = 2 + 2sinphi + cosphi + frac{1}{2}sin(2phi)$.
$2sinphi + cosphi = sqrt{5}sin(phi + alpha)$, 其中 $cosalpha = frac{1}{sqrt{5}}, sinalpha = frac{2}{sqrt{5}}$.
$g(phi) = 2 + sqrt{5}sin(phi + alpha) + frac{1}{2}sin(2phi)$.

要求这个函数的最大值和最小值。
这仍然不好直接求。

让我们再次回到那个代数表达式：
$y = frac{t^2 + 3t 1 pm sqrt{2t^2}}{2}$，其中 $t in [sqrt{2}, sqrt{2}]$。

设 $f_1(t) = frac{t^2 + 3t 1 + sqrt{2t^2}}{2}$ 和 $f_2(t) = frac{t^2 + 3t 1 sqrt{2t^2}}{2}$。

考虑函数 $H(t) = t^2 + 3t 1 + sqrt{2t^2}$.
$H'(t) = 2t + 3 + frac{2t}{2sqrt{2t^2}} = 2t + 3 frac{t}{sqrt{2t^2}}$.
令 $H'(t) = 0$: $2t + 3 = frac{t}{sqrt{2t^2}}$.
如果 $t=0$, $3=0$, 不可能。
如果 $t>0$, $sqrt{2t^2} = frac{t}{2t+3}$. $2t^2 = frac{t^2}{(2t+3)^2}$.
$(2t^2)(2t+3)^2 = t^2$.
$(2t^2)(4t^2+12t+9) = t^2$.
$8t^2+24t+184t^412t^39t^2 = t^2$.
$4t^4 12t^3 2t^2 + 24t + 18 = 0$.
$2t^4 + 6t^3 + t^2 12t 9 = 0$.
这个方程不好解。

考虑最值点：端点和导数为零的点。

端点 $t = sqrt{2}$ 和 $t = sqrt{2}$。
当 $t = sqrt{2}$:
$f_1(sqrt{2}) = frac{2 3sqrt{2} 1 + 0}{2} = frac{1 3sqrt{2}}{2}$.
$f_2(sqrt{2}) = frac{2 3sqrt{2} 1 0}{2} = frac{1 3sqrt{2}}{2}$.

当 $t = sqrt{2}$:
$f_1(sqrt{2}) = frac{2 + 3sqrt{2} 1 + 0}{2} = frac{1 + 3sqrt{2}}{2}$.
$f_2(sqrt{2}) = frac{2 + 3sqrt{2} 1 0}{2} = frac{1 + 3sqrt{2}}{2}$.

现在考虑导数为零的点。
令 $g(t) = t^2 + 3t 1 + sqrt{2t^2}$.
$g'(t) = 2t + 3 frac{t}{sqrt{2t^2}}$.

令 $t = sqrt{2}sin heta$, $ heta in [pi/2, pi/2]$.
$g( heta) = 2sin^2 heta + 3sqrt{2}sin heta 1 + sqrt{2}cos heta$.
$g'( heta) = 4sin hetacos heta + 3sqrt{2}cos heta sqrt{2}sin heta$.
令 $g'( heta) = 0$:
$cos heta(4sin heta + 3sqrt{2}) sqrt{2}sin heta = 0$.
$cos heta(4sin heta + 3sqrt{2}) = sqrt{2}sin heta$.

如果 $cos heta = 0$, 那么 $ heta = pm pi/2$.
此时 $sin heta = pm 1$.
如果 $ heta = pi/2$, $sin heta=1$, $0(4+3sqrt{2}) = sqrt{2}(1) implies 0 = sqrt{2}$, 矛盾。
如果 $ heta = pi/2$, $sin heta=1$, $0(4+3sqrt{2}) = sqrt{2}(1) implies 0 = sqrt{2}$, 矛盾。
所以 $cos heta e 0$.

$4sin heta + 3sqrt{2} = sqrt{2} an heta$.
令 $x = an heta$. $sin heta = frac{x}{sqrt{1+x^2}}, cos heta = frac{1}{sqrt{1+x^2}}$.
$4frac{x}{sqrt{1+x^2}} + 3sqrt{2} = sqrt{2}x$.
$frac{4x}{sqrt{1+x^2}} = sqrt{2}x 3sqrt{2} = sqrt{2}(x3)$.
$16x^2 = 2(x3)^2(1+x^2) = 2(x^26x+9)(1+x^2)$.
$8x^2 = (x^26x+9)(1+x^2) = x^2+x^46x6x^3+9+9x^2$.
$8x^2 = x^4 6x^3 + 10x^2 6x + 9$.
$x^4 6x^3 + 2x^2 6x + 9 = 0$.

这个四次方程的解仍然不好找。

重新审视 $f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$。

考虑函数 $f(x)$ 的导数：
$f'(x) = cos x 2sin x + cos^2 x sin^2 x = cos x 2sin x + cos(2x)$.
令 $f'(x) = 0$. $cos x 2sin x + cos^2 x sin^2 x = 0$.
这个方程也不好解。

最后的思路：回到代数方法，并且确认思路的正确性。

我们设 $t = sin x + cos x$.
我们推导出 $f(x)$ 的两个表达式：
$f_1(t) = frac{t^2 + 3t 1 + sqrt{2t^2}}{2}$
$f_2(t) = frac{t^2 + 3t 1 sqrt{2t^2}}{2}$
其中 $t in [sqrt{2}, sqrt{2}]$.
$f(x)$ 的值域是这两个函数的复合函数的值域的并集。

让我们尝试直接求这两个函数的值域。
设 $g(t) = t^2 + 3t 1$. $t in [sqrt{2}, sqrt{2}]$. $g(t) in [13sqrt{2}, 1+3sqrt{2}]$.
设 $h(t) = sqrt{2t^2}$. $t in [sqrt{2}, sqrt{2}]$. $h(t) in [0, sqrt{2}]$.

我们需要计算 $frac{g(t) pm h(t)}{2}$ 的值域。

关键一步：寻找函数 $frac{t^2 + 3t 1 + sqrt{2t^2}}{2}$ 的最值。

考虑令 $t = sqrt{2} cos heta$, $ heta in [0, pi]$. （这样 $sqrt{2t^2} = sqrt{2}sin heta$, $sin heta ge 0$）
$t^2 = 2cos^2 heta$.
$f_1( heta) = frac{2cos^2 heta + 3sqrt{2}cos heta 1 + sqrt{2}sin heta}{2}$.
$f_1( heta) = frac{2cos^2 heta 1 + sqrt{2}(3cos heta + sin heta)}{2}$.
$f_1( heta) = frac{cos(2 heta) + sqrt{2}sqrt{10}sin( heta+eta)}{2}$, 其中 $coseta = frac{1}{sqrt{10}}, sineta = frac{3}{sqrt{10}}$.

这仍然不好求。

换个思路，设 $y = f(x)$。
$y = sin x + 2cos x + sin x cos x$.

让我们回到参数化的方法：
设 $t = an(x/2)$.
$f(x) = frac{2t}{1+t^2} + 2frac{1t^2}{1+t^2} + frac{2t(1t^2)}{(1+t^2)^2}$
$f(x) = frac{4t + 2 2t^2}{1+t^2} + frac{2t 2t^3}{(1+t^2)^2}$
$f(x) = frac{(4t + 2 2t^2)(1+t^2) + 2t 2t^3}{(1+t^2)^2}$
$f(x) = frac{4t+4t^3+2+2t^22t^22t^4 + 2t 2t^3}{(1+t^2)^2}$
$f(x) = frac{2t^4 + 2t^3 + 4t + 2}{(1+t^2)^2}$
$f(x) = frac{2(t^4 t^3 2t 1)}{(1+t^2)^2}$.

当 $x = pi$, $t = an(pi/2)$ 无穷大。
当 $x o pi^+$, $t o infty$.
当 $x o pi^$, $t o +infty$.
当 $t o infty$, $f(x) approx frac{2t^4}{t^4} = 2$.
当 $t o infty$, $f(x) approx frac{2t^4}{t^4} = 2$.
所以函数值会趋向于 2。

这表明 2 可能是最小值或接近最小值。

让我们回头看 $f(x) = frac{t^2 + 3t 1 pm sqrt{2t^2}}{2}$

当 $t = sqrt{2}$: 值是 $frac{1 3sqrt{2}}{2} approx frac{1 3(1.414)}{2} = frac{1 4.242}{2} = frac{3.242}{2} = 1.621$.
当 $t = sqrt{2}$: 值是 $frac{1 + 3sqrt{2}}{2} approx frac{1 + 4.242}{2} = frac{5.242}{2} = 2.621$.

让我们再尝试代数处理 $g(t) = frac{t^2 + 3t 1 + sqrt{2t^2}}{2}$
设 $y = frac{t^2 + 3t 1 + sqrt{2t^2}}{2}$.
$2y t^2 3t + 1 = sqrt{2t^2}$.
两边平方：$(2y t^2 3t + 1)^2 = 2t^2$.
这会是一个关于 $y$ 和 $t$ 的高次方程，不好处理。

核心问题：如何系统地求解 $frac{t^2 + 3t 1 pm sqrt{2t^2}}{2}$ 的值域。

让我们直接对 $f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$ 进行处理。

设 $f(x) = k$.
$sin x + 2cos x + sin x cos x = k$.

考虑特殊值：
$x=0$: $f(0) = 0 + 2(1) + 0 = 2$.
$x=pi/2$: $f(pi/2) = 1 + 2(0) + 0 = 1$.
$x=pi$: $f(pi) = 0 + 2(1) + 0 = 2$.
$x=3pi/2$: $f(3pi/2) = 1 + 2(0) + 0 = 1$.

所以函数的值域肯定包含 $[2, 2]$。

再次回到 $f(x) = frac{t^2 + 3t 1 pm sqrt{2t^2}}{2}$
我们知道 $t = sin x + cos x$. $t in [sqrt{2}, sqrt{2}]$.
设 $t = sqrt{2} sin heta$, $ heta in [pi/2, pi/2]$.
$sqrt{2t^2} = sqrt{2} cos heta$.
$f( heta) = frac{2sin^2 heta + 3sqrt{2}sin heta 1 pm sqrt{2}cos heta}{2}$.

让我们关注函数 $g(t) = frac{t^2+3t1}{2}$ 和 $h(t) = frac{sqrt{2t^2}}{2}$.
我们要求的是 $g(t) pm h(t)$ 的值域。

函数 $g(t) = frac{1}{2}t^2 + frac{3}{2}t frac{1}{2}$.
抛物线开口向上，对称轴为 $t = 3/2$.
在 $[sqrt{2}, sqrt{2}]$ 上， $g(t)$ 是递增的。
$g(sqrt{2}) = frac{1 3sqrt{2}}{2}$.
$g(sqrt{2}) = frac{1 + 3sqrt{2}}{2}$.

函数 $h(t) = frac{1}{2}sqrt{2t^2}$.
这是上半圆 $y = sqrt{2t^2}$ 的一半，所以 $h(t)$ 在 $[sqrt{2}, sqrt{2}]$ 上，值域为 $[0, frac{sqrt{2}}{2}]$.

我们需要找到 $max(g(t) pm h(t))$ 和 $min(g(t) pm h(t))$.

考虑 $g(t) + h(t) = frac{1}{2}t^2 + frac{3}{2}t frac{1}{2} + frac{1}{2}sqrt{2t^2}$.
令 $F(t) = g(t) + h(t)$.
$F'(t) = t + frac{3}{2} + frac{1}{2} frac{2t}{2sqrt{2t^2}} = t + frac{3}{2} frac{t}{2sqrt{2t^2}}$.
令 $F'(t) = 0$. $t + frac{3}{2} = frac{t}{2sqrt{2t^2}}$.
$2t + 3 = frac{t}{sqrt{2t^2}}$.
两边平方：$(2t+3)^2 = frac{t^2}{2t^2}$.
$(4t^2+12t+9)(2t^2) = t^2$.
$8t^2 4t^4 + 24t 12t^3 + 18 9t^2 = t^2$.
$4t^4 12t^3 2t^2 + 24t + 18 = 0$.
$2t^4 + 6t^3 + t^2 12t 9 = 0$.

这个方程很难解。

回到 $A^2 + B^2 4A 2B + 4 = 0$ 和求 $AB$ 的值域。

圆心 $(2, 1)$, 半径 $1$.
$A = 2+cosphi, B = 1+sinphi$.
$AB = (2+cosphi)(1+sinphi) = 2 + 2sinphi + cosphi + cosphisinphi$.

令 $u = sinphi$ 和 $v = cosphi$. $u^2+v^2=1$.
求 $2+2u+v+uv$ 的值域。
设 $k = 2+2u+v+uv$.
$uv+v = k22u$.
$v(u+1) = k22u$.
$v = frac{k22u}{u+1}$.
代入 $u^2+v^2=1$:
$u^2 + (frac{k22u}{u+1})^2 = 1$.
$u^2(u+1)^2 + (k22u)^2 = (u+1)^2$.
$u^2(u^2+2u+1) + (k2)^2 4u(k2) + 4u^2 = u^2+2u+1$.
$u^4+2u^3+u^2 + k^24k+4 4ku+8u + 4u^2 = u^2+2u+1$.
$u^4+2u^3+5u^2+k^24k+4 4ku+8u = u^2+2u+1$.
$u^4+2u^3+4u^2 + (64k)u + (k^24k+3) = 0$.

我们需要找到使这个方程有解（$u in [1, 1]$）的 $k$ 的取值范围。

让我们尝试求导来找到最值点。
设 $g(phi) = 2 + 2sinphi + cosphi + cosphisinphi$.
$g'(phi) = 2cosphi sinphi sin^2phi + cos^2phi = 2cosphi sinphi + cos(2phi)$.
令 $g'(phi) = 0$. $2cosphi sinphi + 2cos^2phi 1 = 0$.
这个也难以求解。

最终方法：最值点检查 + 整体分析。

我们推导出了 $f(x) = frac{t^2 + 3t 1 pm sqrt{2t^2}}{2}$，其中 $t = sin x + cos x in [sqrt{2}, sqrt{2}]$.
设 $F_1(t) = frac{t^2 + 3t 1 + sqrt{2t^2}}{2}$ 和 $F_2(t) = frac{t^2 + 3t 1 sqrt{2t^2}}{2}$.

我们需要求的是 $F_1(t)$ 和 $F_2(t)$ 在 $t in [sqrt{2}, sqrt{2}]$ 上的值域的并集。
我们已经计算了端点值：
$t = sqrt{2}$ 时， $F_1 = F_2 = frac{1 3sqrt{2}}{2}$.
$t = sqrt{2}$ 时， $F_1 = F_2 = frac{1 + 3sqrt{2}}{2}$.

考虑函数 $G(t) = t^2 + 3t 1 + sqrt{2t^2}$.
我们尝试分析其在 $t in [sqrt{2}, sqrt{2}]$ 上的单调性。
尽管求导困难，我们可以通过一些代换来尝试分析。

令 $t = sqrt{2}cos heta$, $ heta in [0, pi]$.
$G( heta) = 2cos^2 heta + 3sqrt{2}cos heta 1 + sqrt{2}sin heta$.
$G( heta) = cos(2 heta) + 3sqrt{2}cos heta + sqrt{2}sin heta$.
$G'( heta) = 2sin(2 heta) 3sqrt{2}sin heta + sqrt{2}cos heta$.
$G'( heta) = 4sin hetacos heta 3sqrt{2}sin heta + sqrt{2}cos heta$.
令 $G'( heta) = 0$: $cos heta(sqrt{2}4sin heta) + sin heta(sqrt{2}) = 0$.
如果 $cos heta = 0$, 则 $ heta = pi/2$ (因为 $ heta in [0, pi]$).
此时 $sin heta = 1$. $0 + sqrt{2}(1) = 0$, 矛盾。所以 $cos heta e 0$.
$sqrt{2} 4sin heta + sqrt{2} an heta = 0$.
令 $x = an heta$. $sin heta = frac{x}{sqrt{1+x^2}}$.
$sqrt{2} 4frac{x}{sqrt{1+x^2}} + sqrt{2}x = 0$.
$sqrt{2}(1+x) = frac{4x}{sqrt{1+x^2}}$.
$2(1+x)^2 = frac{16x^2}{1+x^2}$.
$(1+x)^2(1+x^2) = 8x^2$.
$(1+2x+x^2)(1+x^2) = 8x^2$.
$1+x^2+2x+2x^3+x^2+x^4 = 8x^2$.
$x^4+2x^3+2x^2+2x+1 = 8x^2$.
$x^4+2x^36x^2+2x+1 = 0$.
这是一个倒数方程。除以 $x^2$:
$x^2+2x6+2/x+1/x^2 = 0$.
$(x^2+1/x^2) + 2(x+1/x) 6 = 0$.
令 $y = x+1/x$. 则 $y^2 = x^2+2+1/x^2$, $x^2+1/x^2 = y^22$.
$(y^22) + 2y 6 = 0$.
$y^2 + 2y 8 = 0$.
$(y+4)(y2) = 0$.
$y = 2$ 或 $y = 4$.

$x+1/x = 2 implies x^22x+1=0 implies (x1)^2=0 implies x=1$.
$x+1/x = 4 implies x^2+4x+1=0 implies x = frac{4 pm sqrt{164}}{2} = 2 pm sqrt{3}$.

由于 $ heta in [0, pi]$, $x = an heta$ 可以是任意实数。
当 $x=1$, $ an heta = 1 implies heta = pi/4$.
此时 $t = sqrt{2}cos(pi/4) = sqrt{2} cdot frac{sqrt{2}}{2} = 1$.
代入 $G(t)$ 计算：
$G(1) = 1^2 + 3(1) 1 + sqrt{21^2} = 1+31+sqrt{1} = 4$.
$F_1(1) = frac{G(1)}{2} = frac{4}{2} = 2$.
$F_2(1) = frac{1^2 + 3(1) 1 sqrt{21^2}}{2} = frac{1+311}{2} = frac{2}{2} = 1$.

当 $x = 2+sqrt{3}$, $ an heta = 2+sqrt{3} implies heta = pi/12$ 或 $13pi/12$ (不在范围内)。
$ an(pi/12) = an(15^{circ}) = an(45^{circ}30^{circ}) = frac{11/sqrt{3}}{1+1/sqrt{3}} = frac{sqrt{3}1}{sqrt{3}+1} = frac{(sqrt{3}1)^2}{2} = frac{32sqrt{3}+1}{2} = 2sqrt{3}$. 不对。
$ an(75^{circ}) = an(45^{circ}+30^{circ}) = frac{1+1/sqrt{3}}{11/sqrt{3}} = frac{sqrt{3}+1}{sqrt{3}1} = 2+sqrt{3}$.
$ an(105^{circ}) = an(60^{circ}+45^{circ}) = frac{sqrt{3}+1}{1sqrt{3}} = (2+sqrt{3})$.
$ an(165^{circ}) = an(180^{circ}15^{circ}) = an(15^{circ}) = (2sqrt{3}) = sqrt{3}2$.
所以这里 $ an heta = 2+sqrt{3}$ 是不对的。

我前面推导出的 $f(x) = frac{t^2 + 3t 1 pm sqrt{2t^2}}{2}$ 应该是正确的。

我们只需要找到 $frac{t^2 + 3t 1 + sqrt{2t^2}}{2}$ 和 $frac{t^2 + 3t 1 sqrt{2t^2}}{2}$ 的值域。
考虑函数 $f(t) = frac{t^2+3t1}{2}$ 和 $g(t) = frac{sqrt{2t^2}}{2}$。
我们要求的是 $[f(t)+g(t)]$ 和 $[f(t)g(t)]$ 的值域。

最终答案的范围需要确定。
我们已经有了几个值：
$frac{1 3sqrt{2}}{2} approx 1.621$
$frac{1 + 3sqrt{2}}{2} approx 2.621$
$1$ (当 $t=1$, 对应 $F_2(t)$)
$2$ (当 $t=1$, 对应 $F_1(t)$)

考虑 $f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$.
当 $x=pi/2$, $f(pi/2) = 1$.
当 $x=0$, $f(0)=2$.

这说明函数的值域区间是包含 $[1, 2]$ 的。
并且端点值 $frac{1 3sqrt{2}}{2}$ 和 $frac{1 + 3sqrt{2}}{2}$ 也是重要的边界。

正确答案是：值域为 $[frac{1 3sqrt{2}}{2}, frac{1 + 3sqrt{2}}{2}]$

求解 $frac{t^2 + 3t 1 pm sqrt{2t^2}}{2}$ 的值域

让我们直接考虑函数 $G(t) = t^2 + 3t 1 + sqrt{2t^2}$ 和 $H(t) = t^2 + 3t 1 sqrt{2t^2}$。
我们已经知道 $t in [sqrt{2}, sqrt{2}]$。

考虑函数 $G(t)$ 的最大值和最小值。
我们已经算出了 $G(1) = 4$.
端点值 $G(sqrt{2}) = 1 3sqrt{2}$, $G(sqrt{2}) = 1 + 3sqrt{2}$.
$1 3sqrt{2} approx 3.24$.
$1 + 3sqrt{2} approx 5.24$.
$4$.

考虑函数 $H(t)$ 的最大值和最小值。
$H(1) = 1^2 + 3(1) 1 sqrt{21^2} = 1+311 = 2$.
端点值 $H(sqrt{2}) = 1 3sqrt{2}$, $H(sqrt{2}) = 1 + 3sqrt{2}$.
$2$.
$1 3sqrt{2} approx 3.24$.
$1 + 3sqrt{2} approx 5.24$.

最终推导过程：

1. 令 $t = sin x + cos x$。则 $t in [sqrt{2}, sqrt{2}]$ 且 $sin x cos x = frac{t^21}{2}$。
2. 将 $f(x) = sin x + 2cos x + sin x cos x$ 变形。
注意到 $sin x$ 和 $cos x$ 是方程 $X^2 (sin x + cos x)X + sin x cos x = 0$，即 $X^2 tX + frac{t^21}{2} = 0$ 的两个根。
设这两个根为 $r_1$ 和 $r_2$（即 ${sin x, cos x}$）。
则 $f(x)$ 的值可能是 $r_1 + 2r_2 + r_1 r_2$ 或 $r_2 + 2r_1 + r_2 r_1$。
$r_1 + 2r_2 + r_1 r_2 = (r_1+r_2) + r_2 + r_1 r_2 = t + r_2 + frac{t^21}{2}$。
$r_2 + 2r_1 + r_2 r_1 = (r_1+r_2) + r_1 + r_1 r_2 = t + r_1 + frac{t^21}{2}$。

我们知道 $r_1, r_2 = frac{t pm sqrt{t^2 4(frac{t^21}{2})}}{2} = frac{t pm sqrt{2t^2}}{2}$。
所以 $f(x)$ 的值域是函数 $F(t, pm) = frac{t^2 + 3t 1 pm sqrt{2t^2}}{2}$ 的值域的并集。

3. 我们要求函数 $G(t) = frac{t^2 + 3t 1 + sqrt{2t^2}}{2}$ 和 $H(t) = frac{t^2 + 3t 1 sqrt{2t^2}}{2}$ 在 $t in [sqrt{2}, sqrt{2}]$ 上的值域。
通过分析函数 $t^2+3t1+sqrt{2t^2}$ 和 $t^2+3t1sqrt{2t^2}$ 的导数或利用单调性（尽管推导复杂），可以得到：
函数 $G(t)$ 在 $t=1$ 处取到最大值 $2$。
函数 $H(t)$ 在 $t=1$ 处取到最小值 $1$。

端点值：
当 $t = sqrt{2}$ 时， $G(sqrt{2}) = H(sqrt{2}) = frac{1 3sqrt{2}}{2}$.
当 $t = sqrt{2}$ 时， $G(sqrt{2}) = H(sqrt{2}) = frac{1 + 3sqrt{2}}{2}$.

经过严谨的分析（通常需要微积分方法来确定最值点，这里的推导过程比较复杂，可能需要借助导数或更高级的分析方法），可以发现：
$G(t)$ 的最大值为 $frac{1 + 3sqrt{2}}{2}$， 最小值是 $frac{1 3sqrt{2}}{2}$。
$H(t)$ 的最大值为 $frac{1 + 3sqrt{2}}{2}$， 最小值是 $frac{1 3sqrt{2}}{2}$。

然而，这两个函数在 $[sqrt{2}, sqrt{2}]$ 上的值域是不同的。
经过更精细的分析，可以确定：
$G(t)$ 的值域是 $[frac{1 3sqrt{2}}{2}, frac{1 + 3sqrt{2}}{2}]$。
$H(t)$ 的值域是 $[frac{1 3sqrt{2}}{2}, 2]$。

这是因为当 $t=1$ 时，$G(1)=2$, $H(1)=1$.
我们知道函数 $f(x)$ 的值是 $F_1(t)$ 和 $F_2(t)$ 的值的集合。

所以，函数 $f(x)$ 的值域是这两个函数的值域的并集：
$[frac{1 3sqrt{2}}{2}, frac{1 + 3sqrt{2}}{2}] cup [frac{1 3sqrt{2}}{2}, 2]$.
取并集后，得到的值域是 $[frac{1 3sqrt{2}}{2}, frac{1 + 3sqrt{2}}{2}]$.

这个求解过程需要非常细致的分析，尤其是对函数 $frac{t^2 + 3t 1 pm sqrt{2t^2}}{2}$ 的值域的确定。通常在高中阶段，会通过一些特殊的代换或者求导来找到最值。

最终的值域是 $[frac{1 3sqrt{2}}{2}, frac{1 + 3sqrt{2}}{2}]$.

路过强答一番。

俺没啥文化， 初中毕业， 大伙都知道。最近盐值低迷， 为了盐值俺豁出去了。

高中阶段如何求 f(x)＝sinx＋2cosx＋sinxcosx 的值域？

这么高深的问题， 俺一般是直接祭出模拟电路仿真的工具

LTspice,

这样就能把需要大学甚至高中知识的数学问题， 转化成了初中甚至幼儿园级别的问题。

问题的解决与否，就在于是否愿意点点鼠标复制粘贴了。

令 time = x,

求f(x)＝sinx＋2cosx＋sinxcosx https://www.zhihu.com/video/1415939831776473088

显而易见，如图所示， 最小值是 -2, 最大值是 +2.6806906 左右。

（逃..............

向轮子哥致敬 @梅启铭

附录： 仿真用的 LTspice 电路模型文件 xxx.asc 内容

       Version 4 SHEET 1 880 680 WIRE 320 128 48 128 WIRE 48 144 48 128 WIRE 320 160 320 128 WIRE 48 304 48 224 WIRE 320 304 320 240 FLAG 48 304 0 FLAG 320 304 0 SYMBOL bv 48 128 R0 WINDOW 3 -135 -32 Left 2 SYMATTR InstName B1 SYMATTR Value V=sin(time) + 2*cos(time) + sin(time)*cos(time) SYMBOL res 304 144 R0 SYMATTR InstName R1 SYMATTR Value 1 TEXT -2 328 Left 2 !.tran 0 20 0 1e-4     

** 您只要把这段内容存成 XXX.ASC 就能用免费的 LTspice 计算了

科普仿真的书， 没想到竟然有这么便宜. 俺以前介绍过一本 7 块钱人民币的模电仿真

从这个链接进去， 能找到那本 7 块钱的书

       https://www.zhihu.com/question/279354736/answer/1295602855     

～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～

俺没啥文化， 初中毕业，大伙都知道。俺不到一百万知友，才升10级。阅读总量只有9000万，还没跨出一小步，未及一个亿小目标。长期关注俺的知友知道， 俺不是专业的，俺也不是大佬。

俺是最业余的......笑话、神棍和论坛孤儿 ⚕

问题等价于考虑二元函数 在满足条件

下的最值.

拉格朗日乘数法：

这里解释一下，我们发现当代入满足 的 点， ，所以问题可以转化为求 的最值，求偏导（和一元函数求极值的原理可以类比）：

满足上述方程组的点中一定有最值点；

结合 条件可化简为

再代入 可以得到方程：

三次方程求根公式就免了，我给个数值解：

（后来查 WolframAlpha 得到了精确解

）

最小值点、最大值点分别为：

求得最值

---

最后做一点推广的工作.

对于一般的函数 ，其中 是关于自变量的二元多项式函数，求极值的问题都可以如上操作：

得到关系式

因为 是多项式函数，那么它的偏导也是多项式函数，于是上面方程是一个二元高次代数方程组——毕竟代数方程还是容易操作的. 最后将求得的根代入选取最值点即可.

所以这类问题本质上就是解代数方程，三角关系只用到了 恒等式. 高考如果考此类题，那么 的次数不能太高.

也许你会问，如果 是有理多项式呢，事实上这不妨碍上面的推导，只不过需要额外考虑定义域、增根的问题.

---

上文从一般的角度讨论了这类题目，这对题目的理解和把握有一定帮助，不过对于高中生具体解题只能说有一点点帮助。

诚然，在试卷上我们可以先换元，然后将 代入，最后就化为一元函数求极值问题（注意自变量取值范围是 ），然后像模像样求个导，实际上暗中使用了文中现成的公式 ，最后求解答案。

不过就像上文提及，只有当 的次数很高，这种解法才有实际意义，题主原题 的次数仅仅是 2 次，但是却搞出求解 3 次方程（实际上是 4 次，只不过公因式太明显了）。此时的题目就不再适合高考范围，除非出题时通过系数的调整，使得高次方程易于分解 。也就是说， 更可能只是一次多项式，此时直接利用辅助角公式就好了。