函数的拆分重组法

陈平

高考中，导数综合应用这一类题所给的函数往往比较复杂，而且常常含有参数. 如果我们能对所给的函数进行重新组合，就可以降低难度、方便求解.下面我们给大家介绍函数拆分重组的几个要诀.

要诀一： 一边归零

一边归零，就是通过移项，把算式的一边化为零，使式子两边的两个函数转化为一个函数.这个方法在导数综合应用中是最基本、最常用的.

例1 [2013年高考数学新课标Ⅰ全国卷（理科）第21题第Ⅱ小题] 已知函数f（x）=x2+4x+2，g（x）=2ex（x+1），若x≥-2，

f（x）≤kg（x），求k的取值范围.

解析： f（x）≤kg（x）kg（x）-f（x）≥0.设函数F（x）=kg（x）-f（x）=2kex（x+1）-x2-4x-2，则由题意可知当x≥-2时，F（x）≥0恒成立. F′（x）=2kex（x+2）-2x-4=2（x+2）（kex-1）.

因为x≥-2，所以若k≤0，则kex-1<0，F′（x）=2（x+2）（kex-1）≤0，函数F（x）单调递减. F（0）=2k-2<0，不满足x≥-2时F（x）≥0恒成立的条件，所以k>0.

令F′（x）=0得x1=-lnk，x2=-2. 当-lnk<-2即k>e2时，kex-1>0，又x≥-2，所以F′（x）≥0，函数F（x）单调递增.所以F（x）min=F（-2）=2-2ke-2=2e-2 （e2-k）<0，不满足条件.

当-lnk≥-2即0e-lnk=，kex-1>0，F′（x）>0，函数F（x）单调递增. 所以F（x）min=F（-lnk）=2k··（1-lnk）-（lnk）2+4lnk-2=lnk（2-lnk）. 要使F（x）≥0在x≥-2上恒成立，需使lnk（2-lnk）≥0恒成立. 因为0

要诀二： 参数和自变量分离

将式中的参数和自变量分离，使它们分别处于式子的两边，可使研究的函数不再含有参数，避免了对参数进行讨论.

例2 若kx2-lnx>0恒成立，求k的取值范围.

解析： 由题意可知x>0，若kx2-lnx>0恒成立，则k>恒成立. 设f（x）=，则k>f（x）max.

当f′（x）==0时，x=. 当00，函数f（x）单调递增.当x>时， f′（x）<0，函数f（x）单调递减. 所以f（x）max= f（）=，k>.

点评： 其实例1也可用参数和自变量分离的方法来解答：

f（x）≤kg（x）即x2+4x+2≤2kex（x+1）. 当x>-1时，应有k≥恒成立；当-2≤x<-1时，应有k≤恒成立.

设G（x）= （x≠-1），G′（x）=-.当x∈（-2，-1）∪（-1，0）时，G′（x）>0，函数G（x）单调递增；当x∈（0，+∞）时，G′（x）<0，函数G（x）单调递减.

所以当x>-1时，k≥Gmax=G（0）=1；当-2≤x<-1时，k≤G（-2）=e2；当x=-1时，x2+4x+2≤2kex（x+1）也成立，所以k的取值范围为[1，e2].

要诀三： 化为熟悉的函数

一边归零是为了把两个函数化为一个函数，参数和自变量分离是为了使研究的函数不再含有参数，最终目的都是为了顺利求解.事实上，在分析函数性质的过程中，还可以将函数拆分转化为熟悉的函数，方便解答.

例3 已知函数f（x）=x++5-m，m∈R，试讨论关于x的方程f（x）=0的正实数解的个数.

解析： 将方程x++5-m=0转化成x（x+2）+m+5（x+2）-m（x+2）=0 （x≠-2），可得m（x+1）=x2+7x+10（①），方程正实数解的个数就是直线l∶y=m（x+1）和抛物线C ∶ g（x）=x2+7x+10在（0，+∞）上的交点个数.

如图1所示，l过定点（-1，0）.当l与C相切于y轴右边，即直线与抛物线在x∈（0，+∞）上只有一个交点时，通过①式的判别式Δ=（7-m）2-4（10-m）=0可求得m=9或m=1.将m=9代入①得x=1；将m=1代入①得x=-3，舍去；当l过点（0，10）时，直线与抛物线也只有一个交点，解得m=10.

根据直线斜率的变化可知，当m<9时，方程f（x）=0没有正实数解；当m=9或 m≥10时，方程f（x）=0有1个正实数解；当9

点评：我们对式子进行拆分重组，转化成熟悉的一次函数和二次函数，利用数形结合法求解，使解答更加简便.

不难看出，直接取自题目条件中的函数，不一定是我们用来分析的最佳选择.有效的策略是对函数进行化简变形，通过一边归零、参数和自变量分离或转化为我们熟悉的函数，使得用导数分析函数性质的操作更简便可行.

【练一练】

[2013年高考数学辽宁卷（理科）第21题第Ⅰ小题] 已知函数f（x）=（1+x）e-2x，其中e是自然对数的底数.当x∈[0，1]时，求证： 1-x≤f（x）≤.

【参考答案】

解析： f（x）≤即（1+x）e-2x≤，因为x∈[0，1]时，1+x>0，所以可化为（1+x）2≤e2x，即1+x≤ex.

设g（x）=ex-（x+1），则g′（x）=ex-1.因为x∈（0，1），所以g′（x）>0，函数g（x）单调递增. 所以g（x）=ex-（x+1）≥g（0）=0，即1+x≤ex，所以f（x）≤.

同理，f（x）≥1-x即（1+x）e-2x≥1-x，可化为e2x≤1.

设h（x）=e2x，则h′（x）=e2x≤0. 所以函数h（x）在（0，1）上单调递减，h（x）≤h（0）=1，即e2x≤1，所以f（x）≥1-x.

综上可证1-x≤f（x）≤.

【更正·致歉】

2014年第1期《走出错位相减的误区》一文，因排版问题，在第26页第2段第3至5行行末出现数字移位，特此向读者致歉. 第2段的正确形式如下：

错解三： 当n≥3且n∈N*时，在Tn=1·1+2·1+3·30+4·31+5·32+…+（n-1）·3n-4+n·3n-3中，记Sn=3·30+4·31+…+n·3n-3 （①），则3Sn=3·31+…+（n-1）·3n-3+n·3n-2 （②）. ①-②可得-2Sn=3（30-31）+4（31-32）+…+n（3n-3-3n-2）=3（30-3·30）+4（31-3·31）+…+n（3n-3-3·3n-3）=-6·30-8·31-…-2n·3n-3，故Sn=3·30+4·31+…+n·3n-3.这就又回到了①式，解题陷入了“死循环”.

高考中，导数综合应用这一类题所给的函数往往比较复杂，而且常常含有参数. 如果我们能对所给的函数进行重新组合，就可以降低难度、方便求解.下面我们给大家介绍函数拆分重组的几个要诀.

要诀一： 一边归零

一边归零，就是通过移项，把算式的一边化为零，使式子两边的两个函数转化为一个函数.这个方法在导数综合应用中是最基本、最常用的.

例1 [2013年高考数学新课标Ⅰ全国卷（理科）第21题第Ⅱ小题] 已知函数f（x）=x2+4x+2，g（x）=2ex（x+1），若x≥-2，

f（x）≤kg（x），求k的取值范围.

解析： f（x）≤kg（x）kg（x）-f（x）≥0.设函数F（x）=kg（x）-f（x）=2kex（x+1）-x2-4x-2，则由题意可知当x≥-2时，F（x）≥0恒成立. F′（x）=2kex（x+2）-2x-4=2（x+2）（kex-1）.

因为x≥-2，所以若k≤0，则kex-1<0，F′（x）=2（x+2）（kex-1）≤0，函数F（x）单调递减. F（0）=2k-2<0，不满足x≥-2时F（x）≥0恒成立的条件，所以k>0.

令F′（x）=0得x1=-lnk，x2=-2. 当-lnk<-2即k>e2时，kex-1>0，又x≥-2，所以F′（x）≥0，函数F（x）单调递增.所以F（x）min=F（-2）=2-2ke-2=2e-2 （e2-k）<0，不满足条件.

当-lnk≥-2即0e-lnk=，kex-1>0，F′（x）>0，函数F（x）单调递增. 所以F（x）min=F（-lnk）=2k··（1-lnk）-（lnk）2+4lnk-2=lnk（2-lnk）. 要使F（x）≥0在x≥-2上恒成立，需使lnk（2-lnk）≥0恒成立. 因为0

要诀二： 参数和自变量分离

将式中的参数和自变量分离，使它们分别处于式子的两边，可使研究的函数不再含有参数，避免了对参数进行讨论.

例2 若kx2-lnx>0恒成立，求k的取值范围.

解析： 由题意可知x>0，若kx2-lnx>0恒成立，则k>恒成立. 设f（x）=，则k>f（x）max.

当f′（x）==0时，x=. 当00，函数f（x）单调递增.当x>时， f′（x）<0，函数f（x）单调递减. 所以f（x）max= f（）=，k>.

点评： 其实例1也可用参数和自变量分离的方法来解答：

f（x）≤kg（x）即x2+4x+2≤2kex（x+1）. 当x>-1时，应有k≥恒成立；当-2≤x<-1时，应有k≤恒成立.

设G（x）= （x≠-1），G′（x）=-.当x∈（-2，-1）∪（-1，0）时，G′（x）>0，函数G（x）单调递增；当x∈（0，+∞）时，G′（x）<0，函数G（x）单调递减.

所以当x>-1时，k≥Gmax=G（0）=1；当-2≤x<-1时，k≤G（-2）=e2；当x=-1时，x2+4x+2≤2kex（x+1）也成立，所以k的取值范围为[1，e2].

要诀三： 化为熟悉的函数

一边归零是为了把两个函数化为一个函数，参数和自变量分离是为了使研究的函数不再含有参数，最终目的都是为了顺利求解.事实上，在分析函数性质的过程中，还可以将函数拆分转化为熟悉的函数，方便解答.

例3 已知函数f（x）=x++5-m，m∈R，试讨论关于x的方程f（x）=0的正实数解的个数.

解析： 将方程x++5-m=0转化成x（x+2）+m+5（x+2）-m（x+2）=0 （x≠-2），可得m（x+1）=x2+7x+10（①），方程正实数解的个数就是直线l∶y=m（x+1）和抛物线C ∶ g（x）=x2+7x+10在（0，+∞）上的交点个数.

如图1所示，l过定点（-1，0）.当l与C相切于y轴右边，即直线与抛物线在x∈（0，+∞）上只有一个交点时，通过①式的判别式Δ=（7-m）2-4（10-m）=0可求得m=9或m=1.将m=9代入①得x=1；将m=1代入①得x=-3，舍去；当l过点（0，10）时，直线与抛物线也只有一个交点，解得m=10.

根据直线斜率的变化可知，当m<9时，方程f（x）=0没有正实数解；当m=9或 m≥10时，方程f（x）=0有1个正实数解；当9

点评：我们对式子进行拆分重组，转化成熟悉的一次函数和二次函数，利用数形结合法求解，使解答更加简便.

不难看出，直接取自题目条件中的函数，不一定是我们用来分析的最佳选择.有效的策略是对函数进行化简变形，通过一边归零、参数和自变量分离或转化为我们熟悉的函数，使得用导数分析函数性质的操作更简便可行.

【练一练】

[2013年高考数学辽宁卷（理科）第21题第Ⅰ小题] 已知函数f（x）=（1+x）e-2x，其中e是自然对数的底数.当x∈[0，1]时，求证： 1-x≤f（x）≤.

【参考答案】

解析： f（x）≤即（1+x）e-2x≤，因为x∈[0，1]时，1+x>0，所以可化为（1+x）2≤e2x，即1+x≤ex.

设g（x）=ex-（x+1），则g′（x）=ex-1.因为x∈（0，1），所以g′（x）>0，函数g（x）单调递增. 所以g（x）=ex-（x+1）≥g（0）=0，即1+x≤ex，所以f（x）≤.

同理，f（x）≥1-x即（1+x）e-2x≥1-x，可化为e2x≤1.

设h（x）=e2x，则h′（x）=e2x≤0. 所以函数h（x）在（0，1）上单调递减，h（x）≤h（0）=1，即e2x≤1，所以f（x）≥1-x.

综上可证1-x≤f（x）≤.

【更正·致歉】

2014年第1期《走出错位相减的误区》一文，因排版问题，在第26页第2段第3至5行行末出现数字移位，特此向读者致歉. 第2段的正确形式如下：

错解三： 当n≥3且n∈N*时，在Tn=1·1+2·1+3·30+4·31+5·32+…+（n-1）·3n-4+n·3n-3中，记Sn=3·30+4·31+…+n·3n-3 （①），则3Sn=3·31+…+（n-1）·3n-3+n·3n-2 （②）. ①-②可得-2Sn=3（30-31）+4（31-32）+…+n（3n-3-3n-2）=3（30-3·30）+4（31-3·31）+…+n（3n-3-3·3n-3）=-6·30-8·31-…-2n·3n-3，故Sn=3·30+4·31+…+n·3n-3.这就又回到了①式，解题陷入了“死循环”.

高考中，导数综合应用这一类题所给的函数往往比较复杂，而且常常含有参数. 如果我们能对所给的函数进行重新组合，就可以降低难度、方便求解.下面我们给大家介绍函数拆分重组的几个要诀.

要诀一： 一边归零

一边归零，就是通过移项，把算式的一边化为零，使式子两边的两个函数转化为一个函数.这个方法在导数综合应用中是最基本、最常用的.

例1 [2013年高考数学新课标Ⅰ全国卷（理科）第21题第Ⅱ小题] 已知函数f（x）=x2+4x+2，g（x）=2ex（x+1），若x≥-2，

f（x）≤kg（x），求k的取值范围.

解析： f（x）≤kg（x）kg（x）-f（x）≥0.设函数F（x）=kg（x）-f（x）=2kex（x+1）-x2-4x-2，则由题意可知当x≥-2时，F（x）≥0恒成立. F′（x）=2kex（x+2）-2x-4=2（x+2）（kex-1）.

因为x≥-2，所以若k≤0，则kex-1<0，F′（x）=2（x+2）（kex-1）≤0，函数F（x）单调递减. F（0）=2k-2<0，不满足x≥-2时F（x）≥0恒成立的条件，所以k>0.

令F′（x）=0得x1=-lnk，x2=-2. 当-lnk<-2即k>e2时，kex-1>0，又x≥-2，所以F′（x）≥0，函数F（x）单调递增.所以F（x）min=F（-2）=2-2ke-2=2e-2 （e2-k）<0，不满足条件.

当-lnk≥-2即0e-lnk=，kex-1>0，F′（x）>0，函数F（x）单调递增. 所以F（x）min=F（-lnk）=2k··（1-lnk）-（lnk）2+4lnk-2=lnk（2-lnk）. 要使F（x）≥0在x≥-2上恒成立，需使lnk（2-lnk）≥0恒成立. 因为0

要诀二： 参数和自变量分离

将式中的参数和自变量分离，使它们分别处于式子的两边，可使研究的函数不再含有参数，避免了对参数进行讨论.

例2 若kx2-lnx>0恒成立，求k的取值范围.

解析： 由题意可知x>0，若kx2-lnx>0恒成立，则k>恒成立. 设f（x）=，则k>f（x）max.

当f′（x）==0时，x=. 当00，函数f（x）单调递增.当x>时， f′（x）<0，函数f（x）单调递减. 所以f（x）max= f（）=，k>.

点评： 其实例1也可用参数和自变量分离的方法来解答：

f（x）≤kg（x）即x2+4x+2≤2kex（x+1）. 当x>-1时，应有k≥恒成立；当-2≤x<-1时，应有k≤恒成立.

设G（x）= （x≠-1），G′（x）=-.当x∈（-2，-1）∪（-1，0）时，G′（x）>0，函数G（x）单调递增；当x∈（0，+∞）时，G′（x）<0，函数G（x）单调递减.

所以当x>-1时，k≥Gmax=G（0）=1；当-2≤x<-1时，k≤G（-2）=e2；当x=-1时，x2+4x+2≤2kex（x+1）也成立，所以k的取值范围为[1，e2].

要诀三： 化为熟悉的函数

一边归零是为了把两个函数化为一个函数，参数和自变量分离是为了使研究的函数不再含有参数，最终目的都是为了顺利求解.事实上，在分析函数性质的过程中，还可以将函数拆分转化为熟悉的函数，方便解答.

例3 已知函数f（x）=x++5-m，m∈R，试讨论关于x的方程f（x）=0的正实数解的个数.

解析： 将方程x++5-m=0转化成x（x+2）+m+5（x+2）-m（x+2）=0 （x≠-2），可得m（x+1）=x2+7x+10（①），方程正实数解的个数就是直线l∶y=m（x+1）和抛物线C ∶ g（x）=x2+7x+10在（0，+∞）上的交点个数.

如图1所示，l过定点（-1，0）.当l与C相切于y轴右边，即直线与抛物线在x∈（0，+∞）上只有一个交点时，通过①式的判别式Δ=（7-m）2-4（10-m）=0可求得m=9或m=1.将m=9代入①得x=1；将m=1代入①得x=-3，舍去；当l过点（0，10）时，直线与抛物线也只有一个交点，解得m=10.

根据直线斜率的变化可知，当m<9时，方程f（x）=0没有正实数解；当m=9或 m≥10时，方程f（x）=0有1个正实数解；当9

点评：我们对式子进行拆分重组，转化成熟悉的一次函数和二次函数，利用数形结合法求解，使解答更加简便.

不难看出，直接取自题目条件中的函数，不一定是我们用来分析的最佳选择.有效的策略是对函数进行化简变形，通过一边归零、参数和自变量分离或转化为我们熟悉的函数，使得用导数分析函数性质的操作更简便可行.

【练一练】

[2013年高考数学辽宁卷（理科）第21题第Ⅰ小题] 已知函数f（x）=（1+x）e-2x，其中e是自然对数的底数.当x∈[0，1]时，求证： 1-x≤f（x）≤.

【参考答案】

解析： f（x）≤即（1+x）e-2x≤，因为x∈[0，1]时，1+x>0，所以可化为（1+x）2≤e2x，即1+x≤ex.

设g（x）=ex-（x+1），则g′（x）=ex-1.因为x∈（0，1），所以g′（x）>0，函数g（x）单调递增. 所以g（x）=ex-（x+1）≥g（0）=0，即1+x≤ex，所以f（x）≤.

同理，f（x）≥1-x即（1+x）e-2x≥1-x，可化为e2x≤1.

设h（x）=e2x，则h′（x）=e2x≤0. 所以函数h（x）在（0，1）上单调递减，h（x）≤h（0）=1，即e2x≤1，所以f（x）≥1-x.

综上可证1-x≤f（x）≤.

【更正·致歉】

2014年第1期《走出错位相减的误区》一文，因排版问题，在第26页第2段第3至5行行末出现数字移位，特此向读者致歉. 第2段的正确形式如下：

错解三： 当n≥3且n∈N*时，在Tn=1·1+2·1+3·30+4·31+5·32+…+（n-1）·3n-4+n·3n-3中，记Sn=3·30+4·31+…+n·3n-3 （①），则3Sn=3·31+…+（n-1）·3n-3+n·3n-2 （②）. ①-②可得-2Sn=3（30-31）+4（31-32）+…+n（3n-3-3n-2）=3（30-3·30）+4（31-3·31）+…+n（3n-3-3·3n-3）=-6·30-8·31-…-2n·3n-3，故Sn=3·30+4·31+…+n·3n-3.这就又回到了①式，解题陷入了“死循环”.