函数的拆分

前言

拆分策略

当研究函数\(y=e^x-kx\) \((x>0)\) 的零点情况时，思路一可以考虑直接利用导数来研究，当然需要相当的精力和时间付出；思路二如果将\(y=e^x-kx\)的零点问题转化为函数\(y=kx\)与函数\(y=e^x\)的位置关系问题，就容易的多。尤其是当研究函数\(y=e^x-kx\) \((x>0)\) 的零点情况变成另一个题目的一部分时，思路二的采用就显得尤为重要；

用下面的动态图像加以详细说明：

利用上述的动态图像，我们可以看到，

当函数\(y=e^x-kx\)没有零点时，对应的另外两个函数图像的位置关系是相离；

当函数\(y=e^x-kx\)只有一个零点[不变号零点]时，对应的另外两个函数图像的位置关系是相切；

当函数\(y=e^x-kx\)有两个零点[变号零点]时，对应的另外两个函数图像的位置关系是相交；

试函数\(f(x)=e^x-kx\) \((x>0)\) 的零点情况。

法1：导数法，\(f'(x)=e^x-k\)，

①当\(k\leqslant 0\)时，\(f'(x)\geqslant 0\)恒成立，故\(f(x)\)单调递增，又由于\(f(0)=e-k>0\)，故函数\(f(x)\)没有零点；

②当\(k>0\)时，令\(g'(x)=e^x-k=0\)，则得到\(x=ln k\)，

故当\(x\in(0,lnk)\)时，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)单调递减，当\(x\in(lnk,+\infty)\)时，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)单调递增，

故\(x=lnk\)时，\(f(x)_{min}=f(lnk)=k-klnk\)，由\(k-klnk=0\)，解得\(k=e\)，

即当\(0<k<e\)时，函数也是没有零点的，当\(k=e\)时，函数有一个零点；

由\(f(x)_{min}=k-klnk<0\)，解得\(k> e\)，此时函数有两个零点；

故当\(k<e\)时，函数\(f(x)\)没有零点；

当\(k=e\)时，函数\(f(x)\)有一个零点；

当\(k>e\)时，函数\(f(x)\)有两个零点；

法2：函数的零点个数问题，转化为\(g(x)=e^x\)和\(h(x)=kx\)的图像交点个数问题，

由图可知，

当\(k\leqslant k_0\)(\(k_0\)是二者相切时的直线的斜率)时，两个函数的图像没有交点，即原函数\(f(x)\)没有零点；

当\(k= k_0\)时，两个函数的图像有一个交点，即原函数\(f(x)\)有一个零点；

以下主要求解曲线\(y=e^x\)和直线\(y=kx\)相切时的斜率\(k_0\)，

设相切时的切点为\(P(x_0，y_0)\)，则有

\(\left\{\begin{array}{l}{y_0=e^{x_0}}\\{y_0=k_0x_0}\\{e^{x_0}=k_0}\end{array}\right.\) ，可求解得到\(x_0=1\)，\(y_0=e\)，\(k_0=e\)，

即\(k=e\)时，两个函数的图像有一个交点，即原函数\(f(x)\)有一个零点；

当\(k>e\)时，显然两个函数的图像有两个交点，即原函数\(f(x)\)有两个零点；

故当\(k< e\)时，函数\(f(x)\)没有零点；

当\(k=e\)时，函数\(f(x)\)有一个零点；

当\(k>e\)时，函数\(f(x)\)有两个零点；

高阶应用

\[\require{AMScd} \begin{CD} \left.\begin{array}{l}{函数y=f(x)有n个}\\{零点，包含变号零点}\\{和不变号零点}\end{array}\right.\quad @>{\Rightarrow 从数到数}>{\Leftarrow 从数到数}>\quad \left.\begin{array}{l}{方程f(x)=0}\\{有n个不同的根}\end{array}\right.\quad@>{\Rightarrow 从数到形}>{\Leftarrow 从形到数}>\quad\left.\begin{array}{l}{函数y=f(x)与y=0的}\\{图像有n个不同的交点}\\{包含穿根交点和相切交点}\end{array}\right. \end{CD} \]

【2021届宝鸡市一检理科数学第11题】 已知直线 \(y=kx(k>0)\) 和曲线 \(f(x)=x-a\ln x(a\neq0)\) 相切，则 \(a\) 取值范围是【\(\quad\)】

$A.(-\infty,0)\cup(0, e)$ $B.(0, e)$ $C.(0,1)\cup(1, e)$ $D.(-\infty,0)\cup(1, e)$

法1: 从数的角度入手，比较好计算但是不太好想；

设切点是 \(P(x_{0}, x_{0}-a\ln x_{0})\)， 由\(f'(x)=1-\cfrac{a}{x}\)，

则以 \(P\) 为切点的切线方程为 \(y-x_{0}+a\ln x_{0}=(1-\cfrac{a}{x_{0}})(x-x_{0})\)，

因为该切线过原点，所以 \(0-x_{0}+a\ln x_{0}=(1-\cfrac{a}{x_{0}})(0-x_{0})\)， \(\ln x_{0}=1\)， \(x_{0}=e\)，

所以 \(k=1-\cfrac{a}{e}>0\)， 所以 \(a<e\) 且 \(a\neq 0\)，故选 \(A\) .

法2: 从形的角度入手，比较好想，但是计算有难度；

由题可知，直线 \(y=kx(k>0)\) 和曲线 \(f(x)=x-a\ln x(a\neq0)\) 相切，

转化为方程\(kx=x-a\ln x\)仅有一解，即方程\((1-k)x=a\ln x\)仅有一解，

即直线 \(y=(1-k)x\) 与曲线 \(y=a\ln x\) 相切；以下分类讨论：

当\(a>0\)时，设切点为\(P(x_0,y_0)\)，则其必满足条件\(\left\{\begin{array}{l}{y_0=a\ln x_0}\\{y_0=(1-k)x_0}\\{1-k=\cfrac{a}{x_0}}\end{array}\right.\)，

解得，\(x_0=e\)，此时由图可知，直线\(y=(1-k)x\)的斜率必须满足\(0<1-k<1\)解释：由于\(k>0\)，故\(1-k<1\)\(\quad\)，

故\(0<\cfrac{a}{e}<1\)，故\(0<a<e\)，

当\(a<0\)时，设切点为\(P(x_0,y_0)\)，则其必满足条件\(\left\{\begin{array}{l}{y_0=a\ln x_0}\\{y_0=(1-k)x_0}\\{1-k=\cfrac{a}{x_0}}\end{array}\right.\)，

解得，\(x_0=e\)，此时由图可知，直线\(y=(1-k)x\)的斜率必须满足\(1-k<0\)，

故\(\cfrac{a}{e}<0\)，故\(a<0\)，

综上所述，\(a\in (-\infty,0)\cup(0,e)\)， 故选 \(A\) .

已知函数 \(f(x)=\cfrac{e^x}{x^2}-k(\cfrac{2}{x}+\ln x)\)，若\(x=2\) 是函数 \(f(x)\) 的唯一极值点，则实数 \(k\) 的取值范围为【 】

$A.(-\infty,e]$ $B.[0,e]$ $C.(-\infty,e)$ $D.[0,e)$

分析 : 先求定义域为\((0,+\infty)\)，由于\(f(x)=\cfrac{{e}^{x}}{x^{2}}-k(\cfrac{2}{x}+\ln x)\)，

则\(f'(x)=\cfrac{e^x\cdot x^2-e^x\cdot 2x}{x^4}-k(-\cfrac{2}{x^2}+\cfrac{1}{x})\) [此处，求导变形是大难点]

\(=\cfrac{e^x\cdot x-e^x\cdot 2}{x^3}+\cfrac{2k}{x^2}-\cfrac{k}{x}\)

\(=\cfrac{xe^x-2e^x}{x^3}+\cfrac{2kx}{x^3}-\cfrac{kx^2}{x^3}\)

\(=\cfrac{(x-2)e^x}{x^3}-\cfrac{kx^2-2kx}{x^3}\)

\(=\cfrac{(x-2)e^x}{x^3}-\cfrac{kx(x-2)}{x^3}\)

故得到，\(f'(x)=\cfrac{x-2}{x^{3}}(e^x-kx)\)，

又由于 \(x=2\) 是函数\(f(x)\) 的唯一极值点，故\(x=2\) 是 \(f'(x)=0\)的唯一的根[不是切点根]，

[辅助说明，我们令\(f'(x)=\cfrac{x-2}{x^{3}}(e^x-kx)=0\)时，必须让\(x-2=0\)，由于\(x^3>0\)，故需要\(e^x-kx>0\)或者\(e^x-kx<0\)，但是当\(e^x-kx<0\)，就会产生另外的极值点，故需要\(e^x-kx>0\)且\(e^x-kx=0\)，当\(e^x-kx=0\)时，虽说方程会多出了解，但是其不是原函数的极值点，原因是此时对应的解是切点根]

故需要\({e}^{x}-kx \geqslant 0\)注意，只要是相切为零的情形，即使为零也是满足题意的，只要不是相交为零即可。\(\quad\) 在 \((0,+\infty)\)上恒成立，

题目求解到此处，可以考虑用以下三种思路中的任意一种求解都是可以的：

思路1：从数的角度分析，令\(g(x)={e}^{x}-kx(x>0)\)，只需要\(g(x)_{min}\geqslant 0\)，或另解此处也可转化为\(kx\leqslant e^x\)，即\(k\leqslant \cfrac{e^x}{x}\)来求解，此时只需要借助导数工具，求解\(\cfrac{e^x}{x}\)在\(x>0\)上的最小值即可，其实\((\cfrac{e^x}{x})_{min}=e\)

由于\(g'(x)=e^x-k\)，且\(x>0\)，分类讨论如下：

当\(k\leqslant 0\)时，\(g'(x)=e^x-k>0\)恒成立，故函数\(g(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递增，

由于\(g(0)=1\)，故\(g(x)\geqslant 0\)恒成立；

当\(k>0\)时，令\(g'(x)=e^x-k=0\)，则得到\(x=ln k\)，

故当\(x\in(0,lnk)\)时，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)单调递减，

当\(x\in(lnk,+\infty)\)时，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)单调递增，

\(g(x)_{min}=g(lnk)=k-klnk\)，由\(k-klnk\geqslant 0\)，解得\(0<k\leqslant e\)，

综上所述，\(k\leqslant e\)，故选\(A\)；

思路2：从形的角度分析，由\(e^x-kx\geqslant 0\)恒成立，

采用完全分离参数的方法，得到，\(k\leqslant \cfrac{e^x}{x}\)在\((0,+\infty)\)上恒成立，

令\(h(x)=\cfrac{e^x}{x}\)，需要求\(k\leqslant h(x)_{min}\)，

又由于\(h'(x)=\cfrac{e^x\cdot x-e^x\cdot 1}{x^2}=\cfrac{e^x(x-1)}{x^2}\)，

当\(x\in (0,1)\)时，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)单调递减，当\(x\in (1,+\infty)\)时，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)单调递增，

故\(h(x)_{min}=h(1)=e\)，故\(k\leqslant e\)，故选\(A\)；

思路3：从形的角度分析，由\(e^x-kx\geqslant 0\)恒成立，

采用不完全分离参数的方法，得到，\(e^x\geqslant kx\)在\((0,+\infty)\)上恒成立，

当\(k\leqslant 0\)时，显然满足\(e^x> kx\)在\((0,+\infty)\)上恒成立，

当\(k>0\)时，包括在曲线\(y=e^x\)和直线\(y=kx\)相切的情形下\(k=k_0\)，

即在\(0<k\leqslant k_0\)时都满足\(e^x\geqslant kx\)在\((0,+\infty)\)上恒成立，

关键时求解曲线\(y=e^x\)和直线\(y=kx\)相切时的斜率\(k_0\)，

设相切时的切点为\(P(x_0，y_0)\)，则有

\(\left\{\begin{array}{l}{y_0=e^{x_0}}\\{y_0=k_0x_0}\\{e^{x_0}=k_0}\end{array}\right.\) ，可求解得到\(x_0=1\)，\(y_0=e\)，\(k_0=e\)，

故\(k\leqslant e\)，故选\(A\)；

【2019\(\cdot\)郑州质检】若函数\(f(x)\)存在\(n-1(n\in N^*)\)个极值点，则称函数\(f(x)\)为\(n\)折函数，例如函数\(f(x)=x^2\)为\(2\)折函数，已知函数\(f(x)=(x+1)e^x-x(x+2)^2\)，则\(f(x)\)为【\(\quad\)】折函数；

$A.2$ $B.3$ $C.4$ $D.5$

分析：\(f'(x)=(x+2)e^x-(x+2)(3x+2)=(x+2)(e^x-3x-2)\)，

令\(f'(x)=0\)，则得到\(x=-2\)注意，虽然\(x=-2\)是导函数的零点，但未必是原函数的极值点，若其是导函数的不变号零点，则不会成为原函数的极值点。\(\quad\)，或\(e^x=3x+2\)

补充图像说明如下，

当\(x<-2\)时，\(x+2<0\)，\(e^x>0\)，\(3x+2<0\)，故\(e^x-(3x+2)>0\)，即\((x+2)[e^x-(3x+2)]<0\)，即\(f'(x)<0\)；

当\(x>-2\)时，\(x+2>0\)，\(e^x>0\)，\(3x+2<0\)，故\(e^x-(3x+2)>0\)，即\((x+2)[e^x-(3x+2)]>0\)，即\(f'(x)>0\)；

故易知\(x=-2\)为其一个极值点；

以下重点说明由\(e^x=3x+2\)可以得到两个极值点，

结合上述图像可知，\(y=e^x\)和\(y=3x+2\)有两个交点，

当\(x<x_1\)时，\(e^x>3x+2\)，故\(e^x-(3x+2)>0\)，当\(x>x_1\)时，\(e^x<3x+2\)，故\(e^x-(3x+2)<0\)，

当\(x=x_1\)时，\(e^x=3x+2\)，故\(x=x_1\)为原函数的一个极值点，

当\(x<x_2\)时，\(e^x<3x+2\)，故\(e^x-(3x+2)<0\)，当\(x>x_2\)时，\(e^x>3x+2\)，故\(e^x-(3x+2)>0\)，

当\(x=x_2\)时，\(e^x=3x+2\)，故\(x=x_2\)为原函数的一个极值点，

综上所述，函数\(f(x)\)共有三个极值点，即函数为\(4\)折函数，故选\(C\)。

【2020-河北衡水中学模拟】若函数 \(f(x)=e^{x}(x-3)-\cfrac{1}{3}kx^{3}+kx^{2}\) 只有一个极值点，则实数 \(k\) 的取值范围是【\(\qquad\)】

$A.(-\infty,e)$ $B.[0,e]$ $C.(-\infty,2)$ $D.(0,2]$

解析： \(f'(x)=(x-2)\cdot(e^{x}-kx)\) ，

若函数 \(f(x)\) 只有一个极值点，则 \(f'(x)=(x-2)\cdot(e^{x}-kx)\) 只有一个变号零点，

由\(f'(x)=0\)得到，\(x=2\) 或 \(e^{x}-kx=0\).

且 \(x=2\) 必然为唯一的极值点，在函数 \(y=e^x-kx\) 中不能产生变号零点，否则在函数 \(y=e^x-kx\) 中会产生两个变号零点，不符合题意，这样必须满足 \(e^{x}-kx\geqslant0\)恒成立，

当 \(e^{x}-kx\geqslant 0\) 即 \(e^{x}\geqslant kx\) 时，作出函数 \(y=e^{x}\) 与 \(y=kx\) 的图象如图所示，

设曲线 \(y=e^{x}\) 与直线 \(y=kx\)相切时的斜率为 \(k_0\)，切点为 \(P(x_0,y_0)\)，

则 \(\left\{\begin{array}{l}y_0=k_0x_0 &①\\y_0=e^{x_0}&②\\k_0=e^{x_0}&③\end{array}\right.\)，将②③代入①，解得 \(x_0=1\)，故 \(y_0=e\)，

即切点为 \(P(1,e)\) ，\(k_0=e\)，故由图可知， 要使得 \(e^{x}-kx\geqslant0\) 恒成立， \(k\in [0,e]\)，

注意事项

拆分原则：能拆分为静态函数的尽量拆分为静态，万一不能，动态函数越少越好，动态函数能过定点最佳；

函数的拆分有一定的技巧和原则，比如研究函数\(f(x)=e^x-kx+k\)的零点时，有以下的几种拆分思路：

思路一：拆分为函数\(g(x)=e^x-kx\)和\(h(x)=-k\)；下下之选，当两个函数都含有参数时，两个函数都是动态图像；

思路二：拆分为函数\(g(x)=e^x+k\)和\(h(x)=kx\)；下下之选，当两个函数都含有参数时，两个函数都是动态图像；

思路三：拆分为函数\(g(x)=e^x\)和\(h(x)=kx-k=k(x-1)\)；上上之选，一个静态图像，一个动态图像，且动态函数经过定点\((1,0)\)；