武增明

(云南省玉溪第一中學(xué) 653100)

一、把一個(gè)函數(shù)分離成兩個(gè)函數(shù)的和，求函數(shù)的最值(值域)

有些求函數(shù)的最值(值域)問(wèn)題，用常規(guī)方法很難求解，甚至幾乎解不出來(lái).若想到把一個(gè)函數(shù)f(x)分離成兩個(gè)函數(shù)g(x)與h(x)的和g(x)+h(x)，使兩個(gè)函數(shù)g(x)和h(x)都能判斷其單調(diào)性，且使兩個(gè)函數(shù)g(x)和h(x)都能在同一處取得最值(極限值)，從而問(wèn)題破解.

例1已知函數(shù)f(x)=(2x2-2x-1)ex.

(1)設(shè)函數(shù)h(x)=exf(x)，試討論函數(shù)h(x)的單調(diào)性；

(2)設(shè)函數(shù)T(x)=(x-1)(2xe2x-1)+ex-1-e2x，求函數(shù)T(x)的最小值.

解(1)函數(shù)h(x)的定義域?yàn)?-∞，+∞)，h′(x)=4(x2-1)e2x，

當(dāng)x∈(-∞，-1)時(shí)，h′(x)>0，h(x)在(-∞，-1]上為單調(diào)增函數(shù)；

當(dāng)x∈(1，+∞)時(shí)，h′(x)>0，h(x)在[1，+∞)上為單調(diào)增函數(shù)；

當(dāng)x∈(-1，1)時(shí)，h′(x)<0，h(x)在[-1，1]上為單調(diào)減函數(shù).

于是，函數(shù)h(x)在(-∞，-1] ，[1，+∞)上為單調(diào)增函數(shù)，在[-1，1]上為單調(diào)減函數(shù).

(2)函數(shù)T(x)=(x-1)(2xe2x-1)+ex-1-e2x=h(x)+ex-1-x+1，

由(1)得，函數(shù)h(x)在(-∞，-1] ，[1，+∞)上單增，在[-1，1]上單減，

又x<-1時(shí)，h(x)>0，而h(1)=-e2<0，

故函數(shù)h(x)的最小值為h(1)=-e2.

令r(x)=ex-1-x+1，則r′(x)=ex-1-1，

當(dāng)x∈(-∞，1)時(shí)，r′(x)<0，r(x)在(-∞，1]上為單調(diào)減函數(shù)；

當(dāng)x∈[1，+∞)時(shí)，r′(x)>0，r(x)在[1，+∞)上為單調(diào)增函數(shù).

所以函數(shù)r(x)的最小值為r(1)=1.

故當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)T(x)的最小值為1-e2.

評(píng)注(1)此題的第(1)問(wèn)起提示作用，也就是說(shuō)，如果沒(méi)有第(1)問(wèn)，直接求解第(2)問(wèn)，難度就增加了很多.(2)通過(guò)求導(dǎo)來(lái)判斷函數(shù)T(x)的單調(diào)性來(lái)求其最小值，難度是巨大的，甚至不可能做到.

二、把一個(gè)函數(shù)分離成兩個(gè)函數(shù)的積，證明函數(shù)不等式

有些函數(shù)不等式的證明，用常規(guī)方法很難奏效，甚至幾乎證不出來(lái).若想到把一個(gè)函數(shù)f(x)分離成兩個(gè)函數(shù)g(x)與h(x)的積g(x)h(x)，且使兩個(gè)函數(shù)g(x)和h(x)都能判斷其函數(shù)值的符號(hào)或者單調(diào)性，從而可使問(wèn)題獲解.

三、把一個(gè)函數(shù)分離成兩個(gè)獨(dú)立的函數(shù)，證明函數(shù)不等式

有些函數(shù)不等式的證明，用常規(guī)思維很難證明，甚至幾乎行不通.若考慮到把一個(gè)函數(shù)f(x)分離成兩個(gè)獨(dú)立的函數(shù)g(x)與h(x)，且使兩個(gè)函數(shù)g(x)和h(x)都能判斷其單調(diào)性，進(jìn)而分別求出其最值(值域)，問(wèn)題得解.

例3證明：x∈R，a≤1時(shí)，xex+a+x2-2x+1>0.

證明要證xex+a+x2-2x+1>0，通過(guò)分離函數(shù)，即證xex+a>-(x-1)2.

當(dāng)x>0時(shí)，xex+a>0，-(x-1)2≤0，xex+a>-(x-1)2成立.

當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)=xex+a的導(dǎo)數(shù)f′(x)=(x+1)ex+a，從而f(x)在區(qū)間[-1，+∞)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(-∞，-1]上單調(diào)遞減，于是f(x)min=f(-1)=-ea-1.

而g(x)=-(x-1)2(x≤0)的最大值為g(0)=-1.

由于a≤1，有ea-1≤1，且兩函數(shù)不在同一處取到最值，故x∈R，a≤1時(shí)，xex+a>-(x-1)2，即xex+a+x2-2x+1>0.

評(píng)注(1)通過(guò)求導(dǎo)來(lái)求函數(shù)F(x)=xex+a+x2-2x+1的單調(diào)性，進(jìn)而求出其最值(值域)，是幾乎行不通的.(2)要注意“f(x)≥g(x)恒成立”是“f(x)min≥g(x)max”的必要不充分條件.

四、把函數(shù)ex和lnx分離開(kāi)，證明函數(shù)不等式

(1)求a，b；

(2)證明：f(x)>1.

分析(1)a=1，b=2(過(guò)程略).

綜上，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>h(x)，即f(x)>1.

五、分離出

例5(2015年高考全國(guó)卷Ⅰ·理12)設(shè)函數(shù)f(x)=ex(2x-1)-ax+a，其中a<1，若存在唯一的整數(shù)x0使得f(x)<0，則a的取值范圍是( ).

分析本題若直接求導(dǎo)，就會(huì)多次求導(dǎo)后無(wú)果；若選擇分離參數(shù)法，也無(wú)法進(jìn)行下去.我們可以嘗試分離出兩個(gè)常見(jiàn)函數(shù)進(jìn)行求解.

解因?yàn)閒(x)=ex(2x-1)-ax+a，f(x)<0?ex(2x-1)

例6 函數(shù)f(x)=lnx-ax2+x有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( ).

A. (0，1) B. (-∞，1)

分析本題直接求導(dǎo)不好求解，而用分離參數(shù)法則比較復(fù)雜，小題大做.若將f(x)=lnx-ax2+x=0分離成lnx=ax2-x，利用圖象來(lái)研究，也很難解釋清楚.有沒(méi)有更好的解法呢？

畫(huà)出y=g(x)與y=h(x)的圖象，如圖2所示，可知當(dāng)a=1時(shí)，y=h(x)與y=g(x)相切.當(dāng)0

六、反思

從2010年起，高考數(shù)學(xué)對(duì)分離函數(shù)法有了明顯的關(guān)注，導(dǎo)向清晰，而且近幾年高考中分離函數(shù)法的類(lèi)型有了新的變化，我們應(yīng)該加強(qiáng)對(duì)此模塊的解法研究.分離參數(shù)法也是分離函數(shù)法，只不過(guò)分離參數(shù)法中的一個(gè)函數(shù)是常函數(shù)而已.為了讓學(xué)生更好地理解并應(yīng)用分離函數(shù)法，在教學(xué)中，教師應(yīng)讓學(xué)生熟知以下函數(shù)的圖象(如圖3).