解:(1)(配方法)由${\displaystyle 3+2x-x^2}$≥0，得-1≤x≤3．
    ∵${\displaystyle y=4-\sqrt{-{(x-1)}^2+4}}$，
    ∴当x=1时，${\displaystyle y_{min}}$=4-2=2；当x=-1或3时，${\displaystyle y_{max}}$=4．
    (2)(换元法)令${\displaystyle t=\sqrt{1-2x}}$(t≥0)，则${\displaystyle x=\frac{1-t^2}{2}}$，
    ∴${\displaystyle y=-t^2+t+1=-{(t-\frac{1}{2})}^2+\frac{5}{4}}$
    ∴当${\displaystyle t=\frac{1}{2}}$，即${\displaystyle x=\frac{3}{8}}$时，${\displaystyle y_{max}=\frac{5}{4}}$；无最小值.

    评注:对.

    解:设此最小值为m．
    ①当${\displaystyle a\le 1}$时，在区间[1，2]上，${\displaystyle f\left(x\right)=x^3-a{x}^2}$，
    因为${\displaystyle f\text{'}\left(x\right)=3x^2-2ax=3x(x-\frac{2}{3}a)＞0}$，${\displaystyle x\in (1，2)}$，
    则f(x)是区间[1，2]上的增函数，所以${\displaystyle m=f\left(1\right)x^2|x-a|}$
    ②当${\displaystyle 1＜a\le 2}$时，在区间[1，2]上，${\displaystyle f\left(x\right)=x^2|x-a|\ge O}$，由${\displaystyle f\left(a\right)=0知m=f\left(a\right)=0}$．
    ③当${\displaystyle a＞2}$时，在区间[1，2]上${\displaystyle f\left(x\right)=a{x}^2-x^3，f\text{'}\left(x\right)=2ax-3x^2=3x(\frac{2}{3}a-x)}$．
    若${\displaystyle a\ge 3}$，在区间(1，2)内${\displaystyle f\text{'}\left(x\right)＞0}$，从而${\displaystyle f\left(x\right)}$为区间[1，2]上的增函数，由此得：m=${\displaystyle f\left(1\right)=a-1．}$
    若${\displaystyle 2＜a＜3}$，则${\displaystyle 1＜\frac{2}{3}a＜2}$．
    当${\displaystyle 1＜x＜\frac{2}{3}a}$时，${\displaystyle f\text{'}\left(x\right)＞0}$，从而f(x)为区间${\displaystyle [1，\frac{2}{3}a]}$上的增函数；
    当${\displaystyle \frac{2}{3}a＜x＜2}$时，从而f(x)为区间${\displaystyle [\frac{2}{3}a，2]}$上的减函数．
    因此，当${\displaystyle 2＜a＜3}$时，${\displaystyle m=f\left(1\right)=a-1}$或${\displaystyle m=f\left(2\right)=4(a-2)}$．
    当${\displaystyle 2＜a\le \frac{7}{3}}$时，${\displaystyle 4(a-2)\le a-1}$，故${\displaystyle m=4(a-2)}$．当${\displaystyle \frac{7}{3}＜a＜3}$时，${\displaystyle a-1＜4(a-2)}$，故m=a-1．
    综上所述，所以函数最小值m=${\displaystyle \{\begin{array}{l}1-a\text{,}当a\le 1时\\ 0\text{,}当1＜a\le 2时\\ 4(a-2)\text{,}当2＜a\le \frac{7}{3}时\\ a-1\text{,}当a＞\frac{7}{3}时\end{array}}$ 

    评注:本题主要考查运用导数研究函数性质的方法，同时考查了分类讨论的数学思想，以及相关分析推理、计算等方面的能力．

    解:设${\displaystyle x_1＜x_2}$，则${\displaystyle x_2-x_1＞0．f(x_2-x_l)=f[x_2+(-x_1)]=f\left(x_2\right)+f(-x_1)=f\left(x_2\right)-f\left(x_1\right)＜0}$
    ∴函数f(x)是减函数．
    又∵f(1)=-2，f(2)=f(1+1)=2f(1)=-4，f(3)=f(1+2)=f(1)+f(2)=-2+(-4)=-6，f(-3)=-f(3)=6，
   ∴${\displaystyle {f\left(x\right)}_{max}=6，{f\left(x\right)}_{min}=-6，x}$∈[-3，3]．

   评注:抽象函数的最值问题，可以抛开具体的函数，从深层上挖掘函数性质．由条件判断出函数的单调性和单调区间，从而求出最值.

    解:(1)方法一:${\displaystyle y=\frac{1-x^2}{1+x^2}=\frac{2}{1+x^2}-1}$.
    ∵${\displaystyle 1+x^2}$≥1∴0＜${\displaystyle \frac{2}{1+x^2}}$≤2
    ∴-1＜${\displaystyle y=\frac{2}{1+x^2}-1}$≤1,即y∈(-1,1].
    方法二：由${\displaystyle y=\frac{1-x^2}{1+x^2}}$，得${\displaystyle x^2=\frac{1-y}{1+y}}$．
    ∵${\displaystyle x^2}$≥0,∴${\displaystyle \frac{l-y}{1+y}}$≥O，解得-l＜y≤1．

    (2)方法一：设${\displaystyle \sqrt{1-2x}=t}$(t≥0)，得${\displaystyle x=\frac{1-t^2}{2}}$．
    ∴${\displaystyle y=\frac{1-t^2}{2}-t=-\frac{1}{2}{(t+1)}^2+1}$≤${\displaystyle \frac{1}{2}}$(t≥0)．
    ∴${\displaystyle y\in (-\infty ,\frac{1}{2}]}$．
    方法二：∵1-2x≥0,∴x≤${\displaystyle \frac{1}{2}}$．∴定义域为${\displaystyle (-\infty ,\frac{1}{2}]}$．
    ∵函数y=x，${\displaystyle y=-\sqrt{1-2x}}$在${\displaystyle (-\infty ,\frac{1}{2}]}$上均单调递增,
    ∴y≤${\displaystyle \frac{1}{2}-\sqrt{1-2\times \frac{1}{2}}=\frac{1}{2}}$．∴${\displaystyle y\in (-\infty ,\frac{1}{2}]}$．

    (3)方法一：当x＞0时，${\displaystyle y=x+\frac{x}{4}}$≥${\displaystyle 2\sqrt{x\cdot \frac{4}{x}}=4}$，当且仅当x=2时，取等号；
    当x＜0时，${\displaystyle y=-[(-x)+\frac{4}{-x}]}$≤${\displaystyle -2\sqrt{(-x)\cdot \frac{4}{-x}}}$=-4,当且仅当x=-2时，取等号．
    综上，所求函数的值域为${\displaystyle (-\infty ，-4]\cup [4，+\infty )}$．
    方法二：先证此函数的单调性．
    任取${\displaystyle x_1、x_2且x_1＜x_2}$，
    ∵${\displaystyle f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)=x_1+\frac{4}{x_1}-(x_2+\frac{4}{x_2})=\frac{(x_1-x_2)(x_1{x}_2-4)}{x_1{x}_2}}$,
    ∴当${\displaystyle x_1＜x_2}$≤-2或2≤${\displaystyle x_1＜x_2}$时，f(x)递增；
    当-2＜x＜0或0＜x＜2时，f(x)递减．
    故x=-2时，${\displaystyle {f\left(x\right)}_{极大}=f(-2)=-4}$；
    x=2时，${\displaystyle {f\left(x\right)}_{极小}=f\left(2\right)=4}$．
    ∴所求函数的值域为${\displaystyle (-\infty ，-4]\cup [4，+\infty )}$．

    (4)方法一：利用函数的有界性．
    将原函数化为sinx+ycosx=2y，
    ${\displaystyle \sqrt{1+y^2}(sinx\cdot \frac{1}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}cosx)=2y}$，
    令${\displaystyle cos\varphi =\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}且sin\varphi =\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}}$，
    ∴${\displaystyle sin(x+\varphi )=2\frac{y}{\sqrt{1+y^2}},\left|2\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}\right|}$≤l.
    平方得${\displaystyle 3y^2}$≤l,∴${\displaystyle -\frac{\sqrt{3}}{3}}$≤y≤${\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3}}$．
    ∴原函数的值域为${\displaystyle [-\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3}]}$
    方法二：数形结合法或图象法．   
    原函数式可化为
    ${\displaystyle y=\frac{sinx}{2-cosx}=\frac{0-(-sinx)}{2-cosx}}$
    此式可以看作点${\displaystyle (2，O)}$和(${\displaystyle cosx，-sinx)}$连线的斜率，而点(${\displaystyle cosx，-sinx)}$的轨迹方程为${\displaystyle x^2+y^2=1}$，如图所示，在坐标系中作出圆${\displaystyle x^2+y^2=1}$和点(2，O)．
    由图可看出，当过(2，O)的直线与圆相切时，斜率分别取得最大值和最小值，由直线与圆的位置关系知识可设直线方程为y=k(x-2)，即kx-y-2k=0．易得${\displaystyle -\frac{\sqrt{3}}{3}\le k\le \frac{\sqrt{3}}{3}}$
    ∴原函数的值域为${\displaystyle [-\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3}]}$

    评注:本题主要考查函数值域问题，考查运算能力、数学转化的思想．对于(1)，利用判别式法或分离常数进行转化；对于(2)，利用换元转化为二次函数的值域问题；对于(3)，利用基本不等式或利用函数的单调性求解；对于(4)，由函数的有界性或由几何法求解．

    解:函数${\displaystyle f\left(x\right)=x^2+2ax+1}$的图象为抛物线，其对称轴为${\displaystyle x=-a}$．
    (1)当${\displaystyle -a＜\frac{1}{2}}$，即${\displaystyle a＞-\frac{1}{2}}$时，由图象易知f(2)最大，
    ∴${\displaystyle f\left(2\right)=4a+5=4}$．
    解得${\displaystyle a=-\frac{1}{4}＞-\frac{1}{2}}$．
    (2)当${\displaystyle -a\ge \frac{1}{2}}$，即${\displaystyle a\le -\frac{1}{2}}$时，由图象易知${\displaystyle f(-1)}$最大，
    ∴${\displaystyle f(-1)=-2a+2=4}$．解得${\displaystyle a=-l\le -\frac{1}{2}}$．
    综上，可知a的值为${\displaystyle -1}$或${\displaystyle -\frac{1}{4}}$．

    评注:二次函数(“轴定区间不定”或“轴不定区间定”)的最值问题，往往需要按“三点一轴”来分类讨论(三点即区间的端点和中点，一轴即对称轴)．此类问题是考查的重点，很多问题都可以化为此类问题.

    解:(1)证明：应用二元均值不等式，得
    ${\displaystyle (\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y})(x+y)=a^2+b^2+a^2\cdot \frac{y}{x}+b^2\cdot \frac{x}{y}}$≥${\displaystyle a^2+b^2+2\sqrt{a^2\cdot \frac{y}{x}\cdot b^2\cdot \frac{x}{y}}={(a+b)}^2．}$
    故${\displaystyle \frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}}$≥${\displaystyle \frac{{(a+b)}^2}{x+y}}$，
    当且仅当${\displaystyle a^2\cdot \frac{y}{x}=b^2\cdot \frac{x}{y}}$，即${\displaystyle \frac{a}{x}=\frac{b}{y}}$时上式取等号．
    (2)解：由(1)${\displaystyle f\left(x\right)=\frac{2^2}{2x}+\frac{3^2}{1-2x}}$≥${\displaystyle \frac{{(2+3)}^2}{2x+(1-2x)}}$=25，
    当且仅当${\displaystyle \frac{2}{2x}=\frac{3}{1-2x}}$，即${\displaystyle x=\frac{1}{5}}$时上式取最小值，即${\displaystyle {f\left(x\right)}_{min}=25}$．

   评注:利用均值定理求函数的最值是高考考查最值问题的热点之一．利用均值定理求最值必须紧扣“一正、二定、三相等”方能顺利过关．“一正”就是各项必须为正数．“二定”就要求和的最小值，必须把它构造成两项的和，并使这两项之积为定值；而要求积的最大值，则把它构造成两项之积，并使它们的和为定值．“三相等”是利用均值定理求最值时，必须验证等号成立这一条件，若不能取等号则这个定值不一定是所求的最值，这是最容易发生错误的地方.