分式型函数
高中数学中有一类非常常见的函数，就是分式型函数，其散落在高中数学的各个章节中，其本质是基本初等函数和初等函数组合而成的函数，故常常和三角函数，齐次函数，二次函数，对勾函数，幂函数等纠缠融合在一起，在判断函数的单调性和值域(或最值)时经常出现，比较特殊，学生感觉难以掌握。
前言
待后补充分式函数的性质 8种，常用变形，图像变换等；
高中数学中有一类非常常见的函数，分式型函数首先注意：含有分母的代数式不一定是分式，如\(\cfrac{x}{2}\)\(+\)\(3x\)，分母位置上含有字母的代数式才是分式，如\(\cfrac{2}{x}\)\(-\)\(x\)\(+x^2\)。同理，含有分母的函数不一定是分式函数，如\(f(x)\)\(=\)\(\cfrac{x^2-1}{2}\)\(+\)\(3x\)，分式型函数指的是分母位置上含有未知数[自变量]的函数，如\(g(x)=\cfrac{1}{x-1}\)等等。，其本质是基本初等函数和初等函数组合而成的函数，故常常和三角函数，齐次函数，二次函数，对勾函数，幂函数等纠缠融合在一起，在判断函数的单调性和值域(或最值)时经常出现，比较特殊，学生感觉难以掌握，直接影响了其迅速提升，现对其作以归纳总结。
变形方法
代数换元法，配凑法[这两种具体方法见下]；分式裂项法[\(\cfrac{a+b}{c}=\cfrac{a}{c}+\cfrac{b}{c}\)]；
同除构造法[\(\cfrac{x}{x^2+2x+1}=\cfrac{1}{x+\frac{1}{x}+2}\)]注意字母的内涵，在具体题目中，有可能是整式，多项式，根式等等，比如
\(\cfrac{\sqrt{1+m^2}}{2+m^2}\)
\(=\cfrac{\sqrt{1+m^2}}{1+1+m^2}\)
\(=\cfrac{\sqrt{1+m^2}}{1+(\sqrt{1+m^2})^2}\)
\(=\cfrac{1}{\frac{1}{\sqrt{1+m^2}}+\sqrt{1+m^2}}\)；数形结合法[注意数和形的联系]；
常用变形
以下变形由于常用，提醒注意理解记忆
- ①[配凑法]变形，\(\cfrac{x^2}{3-x}=-\cfrac{x^2}{x-3}=-\cfrac{(x-3)^2+6x-9}{x-3}\)\(=-(x-3)-\cfrac{6x-18+9}{x-3}=-(x-3)-\cfrac{9}{x-3}-6\)\(=-[(x-3)+\cfrac{9}{x-3}]-6\)；
其图像可以借助\(f(x)=x+\cfrac{9}{x}\)的图像变换得到，借助图像就可以研究其所有性质了；
- ②[换元法]变形，令\(3-x=t\)，则\(x=3-t\)，则\(f(x)=\cfrac{x^2}{3-x}=\cfrac{(3-t)^2}{t}\)\(=\cfrac{t^2-6t+9}{t}=t+\cfrac{9}{t}-6=(3-x)+\cfrac{9}{3-x}-6\)\(=-[(x-3)+\cfrac{9}{x-3}]-6\)；
当然，研究此函数也可以使用导数法，但是和上述方法[其优越性在于能用上我们积累的常用的模板函数的性质]相比，感觉繁琐。
多项式型
❶分子分母一次型，如\(f(x)=\cfrac{x+2}{x+1}\)；
-
注意对称性：如\(f(x)=\cfrac{1-x}{1+x}\)，对称中心为\((-1，-1)\)，
-
注意奇偶性的判断，由于\(g(-x)=lg\cfrac{1+x}{1-x}=lg(\cfrac{1-x}{1+x})^{-1}=-lg\cfrac{1-x}{1+x}=-g(x)\)，故\(g(x)=lg\cfrac{1-x}{1+x}\)就是奇函数。
-
注意单调性，常用配凑法+分离常数法，或配凑法+分式裂项法，
-
注意值域；如\(f(x)=\cfrac{x+2}{x+1}=1+\cfrac{1}{x+1}\)；
-
换元可以转化为上述形式的，如\(f(x)=\cfrac{2^x-1}{2^x+1}\stackrel{2^x=t}{\Longrightarrow}f(x)=\cfrac{t-1}{t+1}\)，
分子分母二次型，如\(f(x)=\cfrac{x^2+2x-3}{x^2+x+1}\)求值域；判别式法；
❷分子二次分母一次型，如\(h(x)=\cfrac{x^2-4x+5}{x-2}\)，
- 常用配凑法+分离常数法，或配凑法+分式裂项法，或换元法，
如[配凑法]\(h(x)=\cfrac{x^2-4x+5}{x-2}=\cfrac{(x-2)^2+1}{x-2}=(x-2)+\cfrac{1}{x-2}\)，
或[换元法]令\(x-2=t\)，则\(x=t+2\)，
故\(h(x)=\cfrac{(t+2)^2-4(t+2)+5}{t}=\cfrac{t^2+1}{t}=t+\cfrac{1}{t}\)
即\(h(x)=t+\cfrac{1}{t}=(x-2)+\cfrac{1}{x-2}\)
\(f(x)=\cfrac{9^x+1}{3^x}=\cfrac{(3^x)^2+1}{3^x}=3^x+3^{-x}\)，或\(\stackrel{3^x=t}{\Longrightarrow}f(x)=\cfrac{t^2+1}{t}=t+\cfrac{1}{t}\)
❸分子一次分母二次型，如\(n(x)=\cfrac{x+1}{x^2+3x+3}\)；
- 常用取倒数法，或换元法，或配凑同除法
如\(n(x)=\cfrac{x+1}{x^2+3x+3}\)；则\(n(x)=\cfrac{x+1}{(x+1)^2+(x+1)+1}=\cfrac{1}{(x+1)+\cfrac{1}{x+1}+1}\)
如\(g(t)=\cfrac{2t}{t^2+9}=\cfrac{2}{t+\frac{9}{t}}\)；如\(h(t)=\cfrac{3t+2}{t^2}=\cfrac{3}{t}+2(\cfrac{1}{t})^2\stackrel{\frac{1}{t}=m}{\Longrightarrow}h(t)=2m^2+3m\);
三角齐次型
❹分子分母是一次齐次式，\(f(x)=\cfrac{cosx+2sinx}{sinx-2cosx}\)；
针对❹型的，常用分子分母同除以\(cosx\)法，
❺分子分母是二次齐次式，\(h(\theta)=\cfrac{2sin^2\theta+cos^2\theta}{sin^2\theta-3cos^2\theta}\)
针对❺型的，常用分子分母同除以\(cos^2\theta\)法，
❻分母为\(1\) 的二次齐次式，\(g(\theta)=cos2\theta=\cfrac{cos2\theta}{1}=\cfrac{cos^2\theta-sin^2\theta}{sin^2\theta+cos^2\theta}\)
针对❻型的，转化为❺型的再处理；
均值不等式型
❼分母之和为定值的类型，\(f(x)=\cfrac{1}{x}+\cfrac{4}{2-x}(0<x<2)\)
针对❼型的，转化为利用均值不等式处理；
- 当\(x>\cfrac{1}{2}\)时，求\(f(x)=x+\cfrac{8}{2x-1}=x+\cfrac{4}{x-\frac{1}{2}}=x-\cfrac{1}{2}+\cfrac{4}{x-\frac{1}{2}}+\cfrac{1}{2}\)的最小值。
❽可以转化为上述分式型的，转化划归[比如利用三角换元转化为分式型函数，再确定变形方向]
分析：利用换元转化为分式型处理；
令\(sin\alpha+cos\alpha=t=\sqrt{2}sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})\in [1，\sqrt{2}]\)，
则\(sin\alpha\cdot cos\alpha=\cfrac{t^2-1}{2}\)，
则原函数转化为\(y=\cfrac{\frac{1}{2}(t^2-1)}{t}=\cfrac{1}{2}(t-\cfrac{1}{t})，t\in [1，\sqrt{2}]\)
分析：利用换元转化为分式型处理；
令\(sin\alpha+cos\alpha=t=\sqrt{2}sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})\in [1，\sqrt{2}]\)，
则\(sin\alpha\cdot cos\alpha=\cfrac{t^2-1}{2}\)，
则原函数转化为\(y=\cfrac{2}{t-\frac{1}{t}}，t\in [1，\sqrt{2}]\)
分析：利用换元转化为分式型处理；
令\(sin\alpha-cos\alpha=t=\sqrt{2}sin(\alpha-\cfrac{\pi}{4})\in [1，\sqrt{2}]\)，
则\(sin\alpha\cdot cos\alpha=\cfrac{1-t^2}{2}\)，
则原函数转化为\(y=\cfrac{2}{\frac{1}{t}-t}，t\in [1，\sqrt{2}]\)
二元函数型
❾线性规划型，如求\(\cfrac{3x+4y+10}{x+3}\)的取值范围。
- 化为部分分式的形式，转化为斜率型，由数转化为形，数形结合求解。
如求\(\cfrac{3x+4y+10}{x+2}=\cfrac{(3x+6)+4y+4}{x+2}=3+4\times \cfrac{y+1}{x+2}=3+4\times \cfrac{y-(-1)}{x-(-2)}\)的取值范围。
❿线性规划型，如\(z=\cfrac{x^2+y^2}{xy}=\cfrac{x}{y}+\cfrac{y}{x}=k+\cfrac{1}{k}\)；
⓫均值不等式型
\(\cfrac{8x^2+2y^2}{xy}=\cfrac{2y}{x}+\cfrac{8x}{y}\ge 2\sqrt{\cfrac{2y}{x}\cdot \cfrac{8x}{y}}=8\)，当且仅当\(y=2x\)时取到等号。
⓬组合使用型，二元分式，齐次式，同除构造，变量集中，配凑法，均值不等式；
\(f(x,y)= \cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy}\xlongequal[关于x，y的二次齐次式]{分子分母同除以y^2}\cfrac{2(\cfrac{x}{y})^2-3\cfrac{x}{y}+1}{1+\cfrac{x}{y}}\\\xlongequal[令\frac{x}{y}=t>0]{二元变一元}g(t)=\cfrac{2t^2-3t+1}{t+1}=2(t+1)+\cfrac{6}{t+1}-7\ge 2\sqrt{12}-7=4\sqrt{3}-7\)
当且仅当\(t=\sqrt{3}-1\)时取到等号。
其他类型
⓭\(a^2-5ac+4c^2>0\)，同除以\(c^2\)得到，\((\cfrac{a}{c})^2-5\cfrac{a}{c}+4>0\)，得到\(\cfrac{a}{c}<1\)或\(\cfrac{a}{c}>4\)；
⓮函数与导数中的导函数如\(f'(x)=\cfrac{(x-2)(x+1)}{x}\)；\(f'(x)=\cfrac{e^x(x-1)(x+m)}{x^2}\)等；
⓯补充，函数\(f(x)=\sqrt{x+1}-\sqrt{x}=\cfrac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}\)，函数单调递减；
隐含性质
要求熟练掌握这一类分式函数的相关变形、图像做法、以及涉及到的相关的隐含性质[对称性]，
①如\(f(x)=\cfrac{x+2}{x+1}=1+\cfrac{1}{x+1}\)，则可知其对称中心为\((-1，1)\)，
则其必然满足关系：\(f(x)+f(-x-2)=2\)或者\(f(-x)+f(x-2)=2\)。
如若不信，你可以验证，\(f(-x)=\cfrac{-x+2}{-x+1}=\cfrac{x-2}{x-1}\)；\(f(x-2)=\cfrac{x-2+2}{x-2+1}=\cfrac{x}{x-1}\)，
则\(f(-x)+f(x-2)=\cfrac{x-2+x}{x-1}=\cfrac{2(x-1)}{x-1}=2\)；
其实，表达式\(f(-x)+f(x-2)=2\)就是刻画函数的对称性的。
②同理同法，我们可知函数\(h(x)=\cfrac{x^2-4x+5}{x-2}=\cfrac{(x-2)^2+1}{x-2}=(x-2)+\cfrac{1}{x-2}\)，
是中心对称的，其对称中心为\((2，0)\)。也就是说，其必然满足\(f(x)+f(4-x)=0\)。
典例剖析
分析：函数\(f(x)=\cfrac{2+x}{1+x}=1+\cfrac{1}{1+x}\)，由于\(\cfrac{1}{1+x}\neq 0\)，
则函数\(f(x)\neq 1\)，故值域为\((-\infty，1)\cup (1，+\infty)\)。
解后反思：
1、此类函数是高三的高频函数，其图像常用变换作图得到，
作图顺序：\(y=\cfrac{1}{x}\xrightarrow{向左1个单位}y=\cfrac{1}{x+1}\xrightarrow{向上1个单位} y=1+\cfrac{1}{x+1}\)，
这样的作图变换我们一般要求学生要非常熟练的掌握。
2、函数\(f(x)=\cfrac{2+x}{1+x}\)是中心对称图形，由变换作图的过程就可以知道对称中心是\((-1，1)\)，
其对称性的表达形式满足关系：\(f(x)+f(-2-x)=2\)，这是中心对称图形的另外一种等价且较抽象的数的表示形式。
注意：满足关系\(f(x)+f(-2-x)=2\)，等价于这个函数有对称中心\((-1，1)\)，
但是这样的函数不一定就非得是这个函数，因为满足这个关系的函数不止一个。
3、向\(y\)轴作正射影，就能很容易的得到值域。这个方法也可以叫做图像法。
4、函数变换后得到\(f(x)=1+\cfrac{1}{1+x}\)，其中第一个\(1\)，就是从分式中分离出来的常数，为什么这样做？主要是基于变量集中。变形前的分式的分子分母中都有变量\(x\)，变形后，只有后面的部分含有变量，前面仅仅是常数，得到这样的表达式后我们要继续研究函数的其他性质往往就更容易些，这样的变形方法也叫部分分式法。
法1：结合要求解的条件，我们尝试求解\(f(x)+f(1-x)\)的值，结果会发现：\(f(x)+f(1-x)=3\)，
故有\(f(\cfrac{1}{11})+f(\cfrac{10}{11})=3\);\(f(\cfrac{2}{11})+f(\cfrac{9}{11})=3\)；等等，
所以\(f(\cfrac{1}{11})+f(\cfrac{2}{11})+f(\cfrac{3}{11})+\cdots+f(\cfrac{10}{11})\)
\(=5[f(\cfrac{1}{11})+f(\cfrac{10}{11})]=5\times 3=15\).
法2：将函数\(f(x)\)化为部分分式为\(f(x)=\cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{2(2x-1)}\)，
故函数\(f(x)\)的对称中心是\((\cfrac{1}{2}，\cfrac{3}{2})\)，
故根据函数的对称性的数学表达可以写出\(f(x)+f(1-x)=3\)；
故所求式等于\(5\times 3=15\).
法3：本题目也可以说明倒序相加求和法。
分析：由题可知，\(x>0\)，\(y>0\)，又由于\(x+2y=5\)，则\((x+1)+2y=6\)，
\(\cfrac{x^2-3}{x+1}+\cfrac{2y^2-1}{y}=\cfrac{(x+1)^2-2(x+1)-2}{x+1}+2y-\cfrac{1}{y}\)
\(=x+1-2+2y-(\cfrac{2}{x+1}+\cfrac{1}{y})\)
\(=x+2y-1-(\cfrac{2}{x+1}+\cfrac{1}{y})\)
\(=4-(\cfrac{2}{x+1}+\cfrac{1}{y})\)
\(=4-\cfrac{1}{6}(\cfrac{2}{x+1}+\cfrac{1}{y})\times [(x+1)+y]\)
\(=4-\cfrac{1}{6}(2+2+\cfrac{4y}{x+1}+\cfrac{x+1}{y})\)
\(\leqslant 4-\cfrac{1}{6}(4+2\sqrt{4})=\cfrac{8}{3}\),
当且仅当\(x+2y=5\)，\(x+1=2y\)，即\(x=2\)，\(y=\cfrac{3}{2}\)时取到等号；
则\(\cfrac{x^2-3}{x+1}+\cfrac{2y^2-1}{y}\)的最大值为\(\cfrac{8}{3}\).
解后反思：本题目用到分式变形，拆添项，常数代换，乘常数除常数等多种变形技巧。
分析：先求解定义域，为\(x>1\)，再将原方程变形为\(log_2\cfrac{x^2}{x-1}=m+1\)，即函数\(y=log_2\cfrac{x^2}{x-1}\)与函数\(y=m+1\)的图像应该有两个交点，
重点研究函数\(y=log_2\cfrac{x^2}{x-1}\)的性质，令\(x-1=t>0\)，则\(\cfrac{x^2}{x-1}=\cfrac{(t+1)^2}{t}=t+\cfrac{1}{t}+2\)，对勾型函数
故函数\(y=log_2\cfrac{x^2}{x-1}=log_2(t+\cfrac{1}{t}+2)\)，故复合函数当\(t\in (0，1]\)上单调递减，当\(t\in[1，+\infty)\)上单调递增，
在同一个坐标系中做出两个函数的图像，由图可知，两个函数图像要有两个交点，则\(m>1\).
分析：\(f(x)=\cfrac{2018^{x+1}+2016}{2018^x+1}=\cfrac{2018^x\cdot 2018+2016}{2018^x+1}=\cfrac{2018(2018^x+1)+2}{2018^x+1}=2018-\cfrac{2}{2018^x+1}\)
故函数\(f(x)\)在区间\([-a,a]\)上单调递增，故\(M=f(x)_{max}=f(a)\)，\(N=f(x)_{min}=f(-a)\)，
故\(M+N=f(a)+f(-a)=2018-\cfrac{2}{2018^a+1}+2018-\cfrac{2}{2018^{-a}+1}=4036-2=4034\)，故选\(D\).
解析：函数\(y=\cfrac{x-2\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}+1}\)的定义域为\([0,+\infty)\)，且\(\sqrt{x}+1>0\)，
\(h(x)=\cfrac{x-2\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}+1}\) [备注：此处用到配凑法]
\(=\cfrac{(\sqrt{x}+1)^{2}-4(\sqrt{x}+1)+9}{\sqrt{x}+1}\)
\(=(\sqrt{x}+1)+\cfrac{9}{\sqrt{x}+1}-4\)
\(\geqslant 2\sqrt{(\sqrt{x}+1)\cdot\cfrac{9}{\sqrt{x}+1}}-4=2\)
当且仅当\(\sqrt{x}+1=\cfrac{9}{\sqrt{x}+1}\)，即\(x=4\)时取到“="。
所以当\(x=4\)时，函数\(y=\cfrac{x-2\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}+1}\)的最小值为\(2\).
分析：我们依托数列所对应的函数\(f(x)=\cfrac{x-4}{x-\frac{9}{2}}=\cfrac{2x-8}{2x-9}=\cfrac{2x-9+1}{2x-9}=1+\cfrac{1}{2x-9}\)
做出其图像，其对称中心为点\((4.5，1)\)，
由图可知，当\(n\leqslant 4\)时，数列\(\{a_n\}\)单调递减，且有\(1>a_1>a_2>a_3>a_4\)；
当\(n\geqslant 5\)时，数列\(\{a_n\}\)单调递减，且有\(a_5>a_6>a_7>\cdots > 1\)；
故数列\(\{a_n\}\)的最小项为\(a_4\)，最大项为\(a_5\)；
高考相关
\(S_{\triangle PQG}=\cfrac{8(y_0x_0^3+x_0y_0^3)}{2x_0^4+2y_0^4+5x_0^2y_0^2}\) \(\xlongequal[化简整理得到]{给分子分母同除以x_0^2y_0^2}\) \(\cfrac{8(\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0})}{2(\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0})^2+1}\)
令\(t=\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0}\)，则\(t\geqslant 2\)，
则\(S_{\triangle PQG}=\cfrac{8t}{2t^2+1}=\cfrac{8}{2t+\frac{1}{t}}\)
利用对勾函数\(f(t)=2t+\cfrac{1}{t}\)在\([2，+\infty)\)上的单调性可知，
\(f(t)\geqslant 4+\cfrac{1}{2}=\cfrac{9}{2}\)(当\(t=2\)时取到等号)
所以\(S_{\triangle PQG}\leqslant \cfrac{8}{\frac{9}{2}}=\cfrac{16}{9}\)
\(=-36(\cfrac{1}{\lambda}-\cfrac{1}{8})^2+\cfrac{25}{16}\leq \cfrac{25}{16}\).
方程消参
要是这部分内容有问题，可以参阅参数方程消参法
1、已知参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=p(k^2+\cfrac{1}{k^2})}\\{y=p(k-\cfrac{1}{k})}\end{array}\right.\)，则其普通方程是什么。
2、已知参数方程\(\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{3}{1+k^2}①}\\{y=\frac{3k}{1+k^2}②}\end{array}\right.(|k|<\frac{2\sqrt{5}}{5})\)，消参求其普通方程；
3、已知参数方程\(\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{1-t^2}{1+t^2}①}\\{y=\frac{4t}{1+t^2}②}\end{array}\right.(t为参数)\)，消参求其普通方程；
补遗
对函数\(f(x)=\cfrac{4x}{x^2+2}\)的变形思考：
思路1：奇函数，定义域为\((-\infty,+\infty)\)，则\(f(0)=0\)，
当\(x\neq 0\)时，常用变形\(f(x)=\cfrac{4x}{x^2+2}=\cfrac{4}{x+\frac{2}{x}}\)，
故\(x\in (0,+\sqrt{2}]\)单调递增，在\([\sqrt{2},+\infty)\)上方单调递减，图像在\(x\)轴上方，在利用奇函数得到另一半的单调性，作图如下；
当仅仅\(x>0\)时，或者\(x<0\)时也可以用均值不等式求最值；
思路2：用导数判断其单调性，
变形练习
①\(\cfrac{q^4}{q^2-1}=\cfrac{[(q^2-1)+1]^2}{q^2-1}=(q^2-1)+2+\cfrac{1}{q^2-1}\geqslant 2\sqrt{(q^2-1)\cdot \cfrac{1}{q^2-1}}+2=4\)
②\(g(x)=\cfrac{e^{2x}+e^{-2x}}{e^x-e^{-x}}=\cfrac{(e^{x}-e^{-x})^2+2}{e^x-e^{-x}}\)\(=e^x-e^{-x}+\cfrac{2}{e^x-e^{-x}}\)，
③\(h(x)=\cfrac{e^{2x}+e^{-2x}}{e^x+e^{-x}}=\cfrac{(e^{x}+e^{-x})^2-2}{e^x+e^{-x}}\)\(=e^x+e^{-x}-\cfrac{2}{e^x+e^{-x}}\)，
④\(f(n)=\ln(1+\cfrac{1}{n})=\ln\cfrac{n+1}{n}=\ln(n+1)-\ln n\)
分析：\(\neg p：\) \(\cfrac{1}{x^2-x-2}\leqslant 0\)，或\(x^2-x-2=0\)，
故\(x^2-x-2\leqslant 0\)，解得\(x\in [-1,2]\).
分式变整式
① 分式方程，转化为整式方程，最后需要验根；
② 整式变为分式，容易丢掉条件，比如直线的垂直和平行；
\(a_n\cdot a_{n+1}=a_n-a_{n+1}\)，同除构造化为分式；
③ 整式变化为分式，需要 验证，比如\(a_{n+1}=2a_n\)，改写为\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=2\)时需要验证\(a_1\neq 0\)；
\(a_{n+1}=\cfrac{2a_n}{2+a_n}\)，取倒数分式化为整式；或者化为整式\(a_{n+1}(2+a_n)=2a_n\)，两边再同除以\(a_na_{n+1}\)；
④ 分式型的命题的否定，容易出错；
⑤ 分式不等式的求解，同乘以负数必须要变号；
整式化分式
\(a_n+a_{n-1}=2a_n\cdot a_{n-1}\)，
\(S_n+S_{n-1}=2S_n\cdot S_{n-1}\)，
裂项相消法的相关公式的变形；
其他引申
\(\cfrac{\sqrt{1+m^2}}{2+m^2}=\cfrac{\sqrt{1+m^2}}{1+1+m^2}=\cfrac{\sqrt{1+m^2}}{1+(\sqrt{1+m^2})^2}=\cfrac{1}{\cfrac{1}{\sqrt{1+m^2}}+\sqrt{1+m^2}}\leqslant \cfrac{1}{2}\)
关联公式：\(\cfrac{x}{x^2+1}=\cfrac{1}{x+\cfrac{1}{x}}\)，上述题目中相当于 \(x=\sqrt{1+m^2}\)，
定值问题
更简单的解法：从这一步变形 \(\cfrac{(-2\lambda-4)k^{2}+(-2\lambda-1)}{2k^{2}+1}\) 开始，
如果上式为常数，则与变参量\(k\)无关，故对应系数成比例；
即\(\cfrac{-2\lambda-4}{2}=\cfrac{-2\lambda-1}{1}\)，解得\(\lambda=1\)，
代入上式 \(\cfrac{(-2\lambda-4)k^{2}+(-2\lambda-1)}{2k^{2}+1}=-3\) ，为定值；
\(S_{\triangle AOB}^2=\cfrac{2(1+k^2)k^2}{(1+2k^2)^2}\)
\(=\cfrac{2(k^4+k^2)}{4k^4+4k^2+1}\)
\(=\cfrac{2}{4}\times\cfrac{k^4+k^2}{k^4+k^2+\frac{1}{4}}\)
\(=\cfrac{1}{2}\times\cfrac{k^4+k^2+\frac{1}{4}-\frac{1}{4}}{k^4+k^2+\frac{1}{4}}\)
\(=\cfrac{1}{2}(1-\cfrac{\frac{1}{4}}{k^4+k^2+\frac{1}{4}})\)
\(=\cfrac{1}{2}(1-\cfrac{1}{4k^4+4k^2+1})\)
\(=\cfrac{1}{2}[1-\cfrac{1}{(2k^2+1)^2}]\)
故当\(k\rightarrow +\infty\)时，\(\cfrac{1}{(2k^2+1)^2}\rightarrow 0\)，
故\([S_{\triangle AOB}^2]_{max}=\cfrac{1}{2}\)，
故 \([S_{\triangle AOB}]_{max}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\).
\(=\cfrac{1}{2}\cdot 1\cdot\sqrt{(y_{1}+y_{2})^{2}-4y_{1}y_{2}}\)
\(=\cfrac{1}{2} \sqrt{\cfrac{4m^{2}}{(2+m^{2})^{2}}+\cfrac{4}{2+m^{2}}}\)
\(=\cfrac{\sqrt{2}\sqrt{1+m^{2}}}{2+m^{2}}\)
\(=\cfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+m^{2}}+\cfrac{1}{\sqrt{1+m^{2}}}}\),
设 \(t=\sqrt{1+m^{2}}\geqslant 1\)， 则 \(y=t+\cfrac{1}{t}\) 在 \(t\in[1,+\infty)\) 单调递增，
所以 \(t=1\) 时， 此时即 \(m=0\) 时， \(y=2\) 最小，
即当 \(m=0\)时， \((S_{\triangle AOB})_\max =\cfrac{\sqrt{2}}{2}\).
当 \(PQ\perp x\) 轴时, 由(II)知 \(P(-\cfrac{6}{5}, \cfrac{4}{5})\)， \(Q(-\cfrac{6}{5},-\cfrac{4}{5})\)，
所以 \(S_{\triangle PQM}=\cfrac{6}{5}\times|\cfrac{4}{5}\times2|=\cfrac{48}{25}\)，
当 \(PQ\) 与 \(x\) 轴不垂直时， \(S_{\triangle PQM}=2S_{\triangle POQ}=2\times\cfrac{1}{2}\times\cfrac{6}{5}|y_{1}-y_{2}|\)
\(=\cfrac{6}{5}|kx_{1}-kx_{2}|=\cfrac{6}{5}|k||x_{1}-x_{2}|\)
\(=\cfrac{6}{5}|k||\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}}=\cfrac{6}{5}|k||\cfrac{4\sqrt{4k^{2}+1-n^{2}}}{4k^{2}+1}\)
\(=\cfrac{24}{25}\cfrac{\sqrt{64k^{4}+25k^{2}}}{4k^{2}+1}\)
令 \(t=4k^{2}+1>1\) \((k\neq 0)\)
所以 \(S_{\triangle PQM}=\cfrac{12}{25}\sqrt{\cfrac{16t^{2}-7t-9}{t^{2}}}\)
\(=\cfrac{12}{25}\sqrt{16-\cfrac{7}{t}-\cfrac{9}{t^{2}}}\)
\(=\cfrac{12}{25}\sqrt{-9(\cfrac{1}{t}+\cfrac{7}{18})^{2}+16+9\times\cfrac{7^{2}}{18^{2}}}\)
因为 \(0<\cfrac{1}{t}<1\)，所以 \(0<S_{\triangle PQM}<\cfrac{48}{25}\)，
综上, 当直线 \(l: x=-\cfrac{6}{5}\) 时， \(\triangle PQM\) 的面积最大， 最大值为 \(\cfrac{48}{25}\)；
分析：先将给定的式子通分变形为\(\cfrac{2ex-y}{e}\cdot ln\cfrac{y}{x}\leq \cfrac{x}{me}\)，
再次变形为\((2e-\cfrac{y}{x})\cdot ln\cfrac{y}{x}\leq \cfrac{1}{m}\)，
令\(\cfrac{y}{x}=t>0\)，则不等式变形为\((2e-t)\cdot lnt\leq \cfrac{1}{m}\)，
令\(h(t)=(2e-t)\cdot lnt\)，则需要求\(h(t)_{max}\)；
\(h'(x)=(-1)lnt+(2e-t)\cdot \cfrac{1}{t}=\cfrac{-t(lnt+1)+2e}{t}\)，
先用观察法或经验找到导函数的分子的零点\(t=e\)，
当\(t\in (0，e)\)时，\(h'(t)>0\)，\(h(t)\)单调递增，
当\(t\in (e，+\infty)\)时，\(h'(t)<0\)，\(h(t)\)单调递减，
故\(h(t)_{max}=h(e)=e\)，即\(\cfrac{1}{m}\ge e\)，
解得\(0<m\leq \cfrac{1}{e}\)；故选\(D\)。
解析: \(f(x)=\cfrac{e^{x}-1}{e^{x}+1}-\cfrac{1}{2}=\cfrac{e^{x}+1-2}{e^{x}+1}-\cfrac{1}{2}=-\cfrac{2}{e^{x}+1}+\cfrac{1}{2}\)，
由于当 \(x\in R\) 时， \(e^{x}>0\)， 则 \(e^x+1>1\)，则 \(0<\cfrac{1}{e^{x}+1}<1\)，则 \(0<\cfrac{2}{e^{x}+1}<2\)，
则 \(-2<-\cfrac{2}{e^{x}+1}<0\)，则 \(-2+\cfrac{1}{2}<-\cfrac{2}{e^{x}+1}+\cfrac{1}{2}<0+\cfrac{1}{2}\)，
即 \(-\cfrac{3}{2}<f(x)<\cfrac{1}{2}\)，故 \([f(x)]\in \{-2,-1,0\}\)，故选 \(C\) .
