陳平

高考中，導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用這一類題所給的函數(shù)往往比較復(fù)雜，而且常常含有參數(shù). 如果我們能對所給的函數(shù)進行重新組合，就可以降低難度、方便求解.下面我們給大家介紹函數(shù)拆分重組的幾個要訣.

要訣一： 一邊歸零

一邊歸零，就是通過移項，把算式的一邊化為零，使式子兩邊的兩個函數(shù)轉(zhuǎn)化為一個函數(shù).這個方法在導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用中是最基本、最常用的.

例1 [2013年高考數(shù)學(xué)新課標Ⅰ全國卷（理科）第21題第Ⅱ小題] 已知函數(shù)f（x）=x2+4x+2，g（x）=2ex（x+1），若x≥-2，

f（x）≤kg（x），求k的取值范圍.

解析： f（x）≤kg（x）kg（x）-f（x）≥0.設(shè)函數(shù)F（x）=kg（x）-f（x）=2kex（x+1）-x2-4x-2，則由題意可知當x≥-2時，F(xiàn)（x）≥0恒成立. F′（x）=2kex（x+2）-2x-4=2（x+2）（kex-1）.

因為x≥-2，所以若k≤0，則kex-1<0，F(xiàn)′（x）=2（x+2）（kex-1）≤0，函數(shù)F（x）單調(diào)遞減. F（0）=2k-2<0，不滿足x≥-2時F（x）≥0恒成立的條件，所以k>0.

令F′（x）=0得x1=-lnk，x2=-2. 當-lnk<-2即k>e2時，kex-1>0，又x≥-2，所以F′（x）≥0，函數(shù)F（x）單調(diào)遞增.所以F（x）min=F（-2）=2-2ke-2=2e-2 （e2-k）<0，不滿足條件.

當-lnk≥-2即0e-lnk=，kex-1>0，F(xiàn)′（x）>0，函數(shù)F（x）單調(diào)遞增. 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. 因為0

要訣二： 參數(shù)和自變量分離

將式中的參數(shù)和自變量分離，使它們分別處于式子的兩邊，可使研究的函數(shù)不再含有參數(shù)，避免了對參數(shù)進行討論.

例2 若kx2-lnx>0恒成立，求k的取值范圍.

解析： 由題意可知x>0，若kx2-lnx>0恒成立，則k>恒成立. 設(shè)f（x）=，則k>f（x）max.

當f′（x）==0時，x=. 當00，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增.當x>時， f′（x）<0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減. 所以f（x）max= f（）=，k>.

點評： 其實例1也可用參數(shù)和自變量分離的方法來解答：

f（x）≤kg（x）即x2+4x+2≤2kex（x+1）. 當x>-1時，應(yīng)有k≥恒成立；當-2≤x<-1時，應(yīng)有k≤恒成立.

設(shè)G（x）= （x≠-1），G′（x）=-.當x∈（-2，-1）∪（-1，0）時，G′（x）>0，函數(shù)G（x）單調(diào)遞增；當x∈（0，+∞）時，G′（x）<0，函數(shù)G（x）單調(diào)遞減.

所以當x>-1時，k≥Gmax=G（0）=1；當-2≤x<-1時，k≤G（-2）=e2；當x=-1時，x2+4x+2≤2kex（x+1）也成立，所以k的取值范圍為[1，e2].

要訣三： 化為熟悉的函數(shù)

一邊歸零是為了把兩個函數(shù)化為一個函數(shù)，參數(shù)和自變量分離是為了使研究的函數(shù)不再含有參數(shù)，最終目的都是為了順利求解.事實上，在分析函數(shù)性質(zhì)的過程中，還可以將函數(shù)拆分轉(zhuǎn)化為熟悉的函數(shù)，方便解答.

例3 已知函數(shù)f（x）=x++5-m，m∈R，試討論關(guān)于x的方程f（x）=0的正實數(shù)解的個數(shù).

解析： 將方程x++5-m=0轉(zhuǎn)化成x（x+2）+m+5（x+2）-m（x+2）=0 （x≠-2），可得m（x+1）=x2+7x+10（①），方程正實數(shù)解的個數(shù)就是直線l∶y=m（x+1）和拋物線C ∶ g（x）=x2+7x+10在（0，+∞）上的交點個數(shù).

如圖1所示，l過定點（-1，0）.當l與C相切于y軸右邊，即直線與拋物線在x∈（0，+∞）上只有一個交點時，通過①式的判別式Δ=（7-m）2-4（10-m）=0可求得m=9或m=1.將m=9代入①得x=1；將m=1代入①得x=-3，舍去；當l過點（0，10）時，直線與拋物線也只有一個交點，解得m=10.

根據(jù)直線斜率的變化可知，當m<9時，方程f（x）=0沒有正實數(shù)解；當m=9或 m≥10時，方程f（x）=0有1個正實數(shù)解；當9

點評：我們對式子進行拆分重組，轉(zhuǎn)化成熟悉的一次函數(shù)和二次函數(shù)，利用數(shù)形結(jié)合法求解，使解答更加簡便.

不難看出，直接取自題目條件中的函數(shù)，不一定是我們用來分析的最佳選擇.有效的策略是對函數(shù)進行化簡變形，通過一邊歸零、參數(shù)和自變量分離或轉(zhuǎn)化為我們熟悉的函數(shù)，使得用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)性質(zhì)的操作更簡便可行.

【練一練】

[2013年高考數(shù)學(xué)遼寧卷（理科）第21題第Ⅰ小題] 已知函數(shù)f（x）=（1+x）e-2x，其中e是自然對數(shù)的底數(shù).當x∈[0，1]時，求證： 1-x≤f（x）≤.

【參考答案】

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

設(shè)g（x）=ex-（x+1），則g′（x）=ex-1.因為x∈（0，1），所以g′（x）>0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增. 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，可化為e2x≤1.

設(shè)h（x）=e2x，則h′（x）=e2x≤0. 所以函數(shù)h（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，h（x）≤h（0）=1，即e2x≤1，所以f（x）≥1-x.

綜上可證1-x≤f（x）≤.

【更正·致歉】

2014年第1期《走出錯位相減的誤區(qū)》一文，因排版問題，在第26頁第2段第3至5行行末出現(xiàn)數(shù)字移位，特此向讀者致歉. 第2段的正確形式如下：

錯解三： 當n≥3且n∈N*時，在Tn=1·1+2·1+3·30+4·31+5·32+…+（n-1）·3n-4+n·3n-3中，記Sn=3·30+4·31+…+n·3n-3 （①），則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.這就又回到了①式，解題陷入了“死循環(huán)”.

高考中，導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用這一類題所給的函數(shù)往往比較復(fù)雜，而且常常含有參數(shù). 如果我們能對所給的函數(shù)進行重新組合，就可以降低難度、方便求解.下面我們給大家介紹函數(shù)拆分重組的幾個要訣.

要訣一： 一邊歸零

一邊歸零，就是通過移項，把算式的一邊化為零，使式子兩邊的兩個函數(shù)轉(zhuǎn)化為一個函數(shù).這個方法在導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用中是最基本、最常用的.

例1 [2013年高考數(shù)學(xué)新課標Ⅰ全國卷（理科）第21題第Ⅱ小題] 已知函數(shù)f（x）=x2+4x+2，g（x）=2ex（x+1），若x≥-2，

f（x）≤kg（x），求k的取值范圍.

解析： f（x）≤kg（x）kg（x）-f（x）≥0.設(shè)函數(shù)F（x）=kg（x）-f（x）=2kex（x+1）-x2-4x-2，則由題意可知當x≥-2時，F(xiàn)（x）≥0恒成立. F′（x）=2kex（x+2）-2x-4=2（x+2）（kex-1）.

因為x≥-2，所以若k≤0，則kex-1<0，F(xiàn)′（x）=2（x+2）（kex-1）≤0，函數(shù)F（x）單調(diào)遞減. F（0）=2k-2<0，不滿足x≥-2時F（x）≥0恒成立的條件，所以k>0.

令F′（x）=0得x1=-lnk，x2=-2. 當-lnk<-2即k>e2時，kex-1>0，又x≥-2，所以F′（x）≥0，函數(shù)F（x）單調(diào)遞增.所以F（x）min=F（-2）=2-2ke-2=2e-2 （e2-k）<0，不滿足條件.

當-lnk≥-2即0e-lnk=，kex-1>0，F(xiàn)′（x）>0，函數(shù)F（x）單調(diào)遞增. 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. 因為0

要訣二： 參數(shù)和自變量分離

將式中的參數(shù)和自變量分離，使它們分別處于式子的兩邊，可使研究的函數(shù)不再含有參數(shù)，避免了對參數(shù)進行討論.

例2 若kx2-lnx>0恒成立，求k的取值范圍.

解析： 由題意可知x>0，若kx2-lnx>0恒成立，則k>恒成立. 設(shè)f（x）=，則k>f（x）max.

當f′（x）==0時，x=. 當00，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增.當x>時， f′（x）<0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減. 所以f（x）max= f（）=，k>.

點評： 其實例1也可用參數(shù)和自變量分離的方法來解答：

f（x）≤kg（x）即x2+4x+2≤2kex（x+1）. 當x>-1時，應(yīng)有k≥恒成立；當-2≤x<-1時，應(yīng)有k≤恒成立.

設(shè)G（x）= （x≠-1），G′（x）=-.當x∈（-2，-1）∪（-1，0）時，G′（x）>0，函數(shù)G（x）單調(diào)遞增；當x∈（0，+∞）時，G′（x）<0，函數(shù)G（x）單調(diào)遞減.

所以當x>-1時，k≥Gmax=G（0）=1；當-2≤x<-1時，k≤G（-2）=e2；當x=-1時，x2+4x+2≤2kex（x+1）也成立，所以k的取值范圍為[1，e2].

要訣三： 化為熟悉的函數(shù)

一邊歸零是為了把兩個函數(shù)化為一個函數(shù)，參數(shù)和自變量分離是為了使研究的函數(shù)不再含有參數(shù)，最終目的都是為了順利求解.事實上，在分析函數(shù)性質(zhì)的過程中，還可以將函數(shù)拆分轉(zhuǎn)化為熟悉的函數(shù)，方便解答.

例3 已知函數(shù)f（x）=x++5-m，m∈R，試討論關(guān)于x的方程f（x）=0的正實數(shù)解的個數(shù).

解析： 將方程x++5-m=0轉(zhuǎn)化成x（x+2）+m+5（x+2）-m（x+2）=0 （x≠-2），可得m（x+1）=x2+7x+10（①），方程正實數(shù)解的個數(shù)就是直線l∶y=m（x+1）和拋物線C ∶ g（x）=x2+7x+10在（0，+∞）上的交點個數(shù).

如圖1所示，l過定點（-1，0）.當l與C相切于y軸右邊，即直線與拋物線在x∈（0，+∞）上只有一個交點時，通過①式的判別式Δ=（7-m）2-4（10-m）=0可求得m=9或m=1.將m=9代入①得x=1；將m=1代入①得x=-3，舍去；當l過點（0，10）時，直線與拋物線也只有一個交點，解得m=10.

根據(jù)直線斜率的變化可知，當m<9時，方程f（x）=0沒有正實數(shù)解；當m=9或 m≥10時，方程f（x）=0有1個正實數(shù)解；當9

點評：我們對式子進行拆分重組，轉(zhuǎn)化成熟悉的一次函數(shù)和二次函數(shù)，利用數(shù)形結(jié)合法求解，使解答更加簡便.

不難看出，直接取自題目條件中的函數(shù)，不一定是我們用來分析的最佳選擇.有效的策略是對函數(shù)進行化簡變形，通過一邊歸零、參數(shù)和自變量分離或轉(zhuǎn)化為我們熟悉的函數(shù)，使得用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)性質(zhì)的操作更簡便可行.

【練一練】

[2013年高考數(shù)學(xué)遼寧卷（理科）第21題第Ⅰ小題] 已知函數(shù)f（x）=（1+x）e-2x，其中e是自然對數(shù)的底數(shù).當x∈[0，1]時，求證： 1-x≤f（x）≤.

【參考答案】

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

設(shè)g（x）=ex-（x+1），則g′（x）=ex-1.因為x∈（0，1），所以g′（x）>0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增. 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，可化為e2x≤1.

設(shè)h（x）=e2x，則h′（x）=e2x≤0. 所以函數(shù)h（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，h（x）≤h（0）=1，即e2x≤1，所以f（x）≥1-x.

綜上可證1-x≤f（x）≤.

【更正·致歉】

2014年第1期《走出錯位相減的誤區(qū)》一文，因排版問題，在第26頁第2段第3至5行行末出現(xiàn)數(shù)字移位，特此向讀者致歉. 第2段的正確形式如下：

錯解三： 當n≥3且n∈N*時，在Tn=1·1+2·1+3·30+4·31+5·32+…+（n-1）·3n-4+n·3n-3中，記Sn=3·30+4·31+…+n·3n-3 （①），則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.這就又回到了①式，解題陷入了“死循環(huán)”.

高考中，導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用這一類題所給的函數(shù)往往比較復(fù)雜，而且常常含有參數(shù). 如果我們能對所給的函數(shù)進行重新組合，就可以降低難度、方便求解.下面我們給大家介紹函數(shù)拆分重組的幾個要訣.

要訣一： 一邊歸零

一邊歸零，就是通過移項，把算式的一邊化為零，使式子兩邊的兩個函數(shù)轉(zhuǎn)化為一個函數(shù).這個方法在導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用中是最基本、最常用的.

例1 [2013年高考數(shù)學(xué)新課標Ⅰ全國卷（理科）第21題第Ⅱ小題] 已知函數(shù)f（x）=x2+4x+2，g（x）=2ex（x+1），若x≥-2，

f（x）≤kg（x），求k的取值范圍.

解析： f（x）≤kg（x）kg（x）-f（x）≥0.設(shè)函數(shù)F（x）=kg（x）-f（x）=2kex（x+1）-x2-4x-2，則由題意可知當x≥-2時，F(xiàn)（x）≥0恒成立. F′（x）=2kex（x+2）-2x-4=2（x+2）（kex-1）.

因為x≥-2，所以若k≤0，則kex-1<0，F(xiàn)′（x）=2（x+2）（kex-1）≤0，函數(shù)F（x）單調(diào)遞減. F（0）=2k-2<0，不滿足x≥-2時F（x）≥0恒成立的條件，所以k>0.

令F′（x）=0得x1=-lnk，x2=-2. 當-lnk<-2即k>e2時，kex-1>0，又x≥-2，所以F′（x）≥0，函數(shù)F（x）單調(diào)遞增.所以F（x）min=F（-2）=2-2ke-2=2e-2 （e2-k）<0，不滿足條件.

當-lnk≥-2即0e-lnk=，kex-1>0，F(xiàn)′（x）>0，函數(shù)F（x）單調(diào)遞增. 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. 因為0

要訣二： 參數(shù)和自變量分離

將式中的參數(shù)和自變量分離，使它們分別處于式子的兩邊，可使研究的函數(shù)不再含有參數(shù)，避免了對參數(shù)進行討論.

例2 若kx2-lnx>0恒成立，求k的取值范圍.

解析： 由題意可知x>0，若kx2-lnx>0恒成立，則k>恒成立. 設(shè)f（x）=，則k>f（x）max.

當f′（x）==0時，x=. 當00，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增.當x>時， f′（x）<0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減. 所以f（x）max= f（）=，k>.

點評： 其實例1也可用參數(shù)和自變量分離的方法來解答：

f（x）≤kg（x）即x2+4x+2≤2kex（x+1）. 當x>-1時，應(yīng)有k≥恒成立；當-2≤x<-1時，應(yīng)有k≤恒成立.

設(shè)G（x）= （x≠-1），G′（x）=-.當x∈（-2，-1）∪（-1，0）時，G′（x）>0，函數(shù)G（x）單調(diào)遞增；當x∈（0，+∞）時，G′（x）<0，函數(shù)G（x）單調(diào)遞減.

所以當x>-1時，k≥Gmax=G（0）=1；當-2≤x<-1時，k≤G（-2）=e2；當x=-1時，x2+4x+2≤2kex（x+1）也成立，所以k的取值范圍為[1，e2].

要訣三： 化為熟悉的函數(shù)

一邊歸零是為了把兩個函數(shù)化為一個函數(shù)，參數(shù)和自變量分離是為了使研究的函數(shù)不再含有參數(shù)，最終目的都是為了順利求解.事實上，在分析函數(shù)性質(zhì)的過程中，還可以將函數(shù)拆分轉(zhuǎn)化為熟悉的函數(shù)，方便解答.

例3 已知函數(shù)f（x）=x++5-m，m∈R，試討論關(guān)于x的方程f（x）=0的正實數(shù)解的個數(shù).

解析： 將方程x++5-m=0轉(zhuǎn)化成x（x+2）+m+5（x+2）-m（x+2）=0 （x≠-2），可得m（x+1）=x2+7x+10（①），方程正實數(shù)解的個數(shù)就是直線l∶y=m（x+1）和拋物線C ∶ g（x）=x2+7x+10在（0，+∞）上的交點個數(shù).

如圖1所示，l過定點（-1，0）.當l與C相切于y軸右邊，即直線與拋物線在x∈（0，+∞）上只有一個交點時，通過①式的判別式Δ=（7-m）2-4（10-m）=0可求得m=9或m=1.將m=9代入①得x=1；將m=1代入①得x=-3，舍去；當l過點（0，10）時，直線與拋物線也只有一個交點，解得m=10.

根據(jù)直線斜率的變化可知，當m<9時，方程f（x）=0沒有正實數(shù)解；當m=9或 m≥10時，方程f（x）=0有1個正實數(shù)解；當9

點評：我們對式子進行拆分重組，轉(zhuǎn)化成熟悉的一次函數(shù)和二次函數(shù)，利用數(shù)形結(jié)合法求解，使解答更加簡便.

不難看出，直接取自題目條件中的函數(shù)，不一定是我們用來分析的最佳選擇.有效的策略是對函數(shù)進行化簡變形，通過一邊歸零、參數(shù)和自變量分離或轉(zhuǎn)化為我們熟悉的函數(shù)，使得用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)性質(zhì)的操作更簡便可行.

【練一練】

[2013年高考數(shù)學(xué)遼寧卷（理科）第21題第Ⅰ小題] 已知函數(shù)f（x）=（1+x）e-2x，其中e是自然對數(shù)的底數(shù).當x∈[0，1]時，求證： 1-x≤f（x）≤.

【參考答案】

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

設(shè)g（x）=ex-（x+1），則g′（x）=ex-1.因為x∈（0，1），所以g′（x）>0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增. 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，可化為e2x≤1.

設(shè)h（x）=e2x，則h′（x）=e2x≤0. 所以函數(shù)h（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，h（x）≤h（0）=1，即e2x≤1，所以f（x）≥1-x.

綜上可證1-x≤f（x）≤.

【更正·致歉】

2014年第1期《走出錯位相減的誤區(qū)》一文，因排版問題，在第26頁第2段第3至5行行末出現(xiàn)數(shù)字移位，特此向讀者致歉. 第2段的正確形式如下：

錯解三： 當n≥3且n∈N*時，在Tn=1·1+2·1+3·30+4·31+5·32+…+（n-1）·3n-4+n·3n-3中，記Sn=3·30+4·31+…+n·3n-3 （①），則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.這就又回到了①式，解題陷入了“死循環(huán)”.