对勾型函数
对勾函数是类似于反比例函数的一般双曲函数，是形如 $f(x)=ax+\cfrac{b}{x}$ ($ab>0$) 的函数，由于其图像样子像对勾 $\checkmark$ ，所以好多人形象的称其为“对勾函数”，又或称其为“耐克函数”。也被称为“双勾函数”、“勾函数”、“对号函数”、“双飞燕函数”等。
前言
对勾函数是一种类似于反比例函数的一般双曲函数，是形如 \(f(x)=ax+\cfrac{b}{x}\) (\(ab>0\)) 的函数，由于其图像样子像对勾 \(\checkmark\) ，所以好多人形象的称其为“对勾函数”，又或称其为“耐克函数”。也被称为“双勾函数”、“勾函数”、“对号函数”、“双飞燕函数”等。对勾函数中的特殊例子， \(f(x)=x+\cfrac{1}{x}\) 是高中数学中的一个非常特殊且高频考查的函数，
模型解读
分析：函数的定义域是\(x\in(-\infty，0)\cup(0，+\infty)\)，且是奇函数，
故只先研究\(x\in(0，+\infty)\)上的图像，研究工具是导数。[1]
先求导，得到\(f'(x)=1-\cfrac{1}{x^2}=\cfrac{x^2-1}{x^2}\)，
令\(f'(x)>0\)，即\(x^2-1>0\)，得到\(x>1\)；
令\(f'(x)<0\)，即\(x^2-1<0\)，得到\(0<x<1\)；结合奇函数的特性，
可知，函数在区间\((-\infty，-1]\)单增，在\([-1，0)\)单减，在\((0，1]\)单减，在区间\([1，+\infty)\)单增，
又\(f(1)=2，f(-1)=-2\)，做出函数的简图，
可知函数的值域为\((-\infty，-2]\cup [2，+\infty)\)。
求值域的另解： \(|y|=|x+\cfrac{1}{x}|=|x|+|\cfrac{1}{x}|\geqslant 2\)，即\(|y|\geqslant 2\)，
故函数的值域为\((-\infty，-2]\cup [2，+\infty)\)。
简析：完全仿上完成，\(h'(x)=3-\cfrac{2}{x^2}=\cfrac{3x^2-2}{x^2}\)，
故在\(x\in (0，\cfrac{\sqrt{6}}{3}]\)上单调递减，在\([\cfrac{\sqrt{6}}{3}，+\infty)\)上单调递增，
借助奇偶性，易知在\((-\infty，-\cfrac{\sqrt{6}}{3}]\)上单调递增，在\([-\cfrac{\sqrt{6}}{3}，0)\)上单调递减，
又\(h(\cfrac{\sqrt{6}}{3})=2\sqrt{6}\)，\(h(-\cfrac{\sqrt{6}}{3})=-2\sqrt{6}\)，故能容易做出如下的函数简图；
故函数的值域为\((-\infty，-2\sqrt{6}]\cup [2\sqrt{6}，+\infty)\)。
分析：定义域为\(x\in(-\infty，0)\cup(0，+\infty)\)，且是奇函数，\(g'(x)=a-\cfrac{b}{x^2}=\cfrac{ax^2-b}{x^2}\)
故在\(x\in (0，+\infty)\)上的增减分界点即\(ax^2-b=0\)的正根解，\(x=\sqrt{\cfrac{b}{a}}\)，
在\(x\in (-\infty，0)\)上的增减分界点即\(ax^2-b=0\)的负根解，\(x=-\sqrt{\cfrac{b}{a}}\)，
故其单调性为：
在\((-\infty，-\sqrt{\cfrac{b}{a}}]\)上单调递增，在\([-\sqrt{\cfrac{b}{a}}，0)\)上单调递减；\(g(x)_{极大值}=g(-\sqrt{\cfrac{b}{a}})=-2\sqrt{ab}\)；
在\((0，\sqrt{\cfrac{b}{a}}]\)上单调递减，在\([\sqrt{\cfrac{b}{a}}，+\infty)\)上单调递增；\(g(x)_{极小值}=g(\sqrt{\cfrac{b}{a}})=2\sqrt{ab}\)；
故函数的值域为\((-\infty，-2\sqrt{ab}]\cup [2\sqrt{ab}，+\infty)\)。
分析：我们都知道，当\(x>0\)时，函数\(g(x)=x+\cfrac{1}{x}\)有最小值\(g(x)_{min}=g(1)=2\)，
而由\(g(x)=x+\cfrac{1}{x}\geqslant 2\sqrt{x\cdot \cfrac{1}{x}}=2\)，(当且仅当\(x=\cfrac{1}{x}\)，即\(x=1\)时取等号)
其实均值不等式的使用就是对勾函数在其极值点处的具体应用；理解了这一点，我们就有以下的收获：
①函数图像拐弯的点的坐标的快速记忆方法[抽象为更一般的情形，比如\(m(x)=ax+\cfrac{b}{x}(a>0，b>0)\)]，
横坐标令\(ax=\cfrac{b}{x}\)，则得到\(x=\sqrt{\cfrac{b}{a}}\)，纵坐标令\(ax+\cfrac{b}{x}\geqslant 2\sqrt{ab}\)，
故在第一象限的那个特殊点的坐标为\((\sqrt{\cfrac{b}{a}}，2\sqrt{ab})\)，在第三象限的那个特殊点的坐标为\((-\sqrt{\cfrac{b}{a}}，-2\sqrt{ab})\)；
②如果均值不等式失效，则自然应该联想到使用对勾型函数求最值；
比如求 \(g(x)=x+\cfrac{2}{x}(x\geqslant 2)\)的最小值，
当你使用均值不等式[能看到已满足正定]时，得到 \(g(x)=x+\cfrac{2}{x}\geqslant 2\sqrt{2}\)，形式上有了最小值 \(2\sqrt{2}\)，当且仅当\(x=\cfrac{2}{x}\)，即 \(x=\sqrt{2}\) 时才能取到等号；但是这是错误的，原因是等号在自变量的取值集合(定义域) \(\{x\mid x\geqslant 2\}\)内取不到。此时我们利用其单调性，可知其在\([2，+\infty)\)上单调递增，故\(g(x)_{min}=g(2)=2+\cfrac{2}{2}=3\)。
实际应用
②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\(\stackrel{3^x=t}{\Longrightarrow}f(x)=\cfrac{t^2+1}{t}=t+\cfrac{1}{t}\)
③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\(g(t)=\cfrac{t}{t^2+9}=\cfrac{1}{t+\frac{9}{t}}\)；如\(h(t)=\cfrac{t+2}{t^2}=\cfrac{1}{t}+2(\cfrac{1}{t})^2=2m^2+m\);
或经过分离参数，得到分式型函数，
分析：当\(x=0\)时，原式为\(1\geqslant 0\)恒成立，则\(a\in \R\);
当\(x\neq 0\)时，原式可化为\(a|x|\geqslant -(x^2+1)\)，即\(a\geqslant -(|x|+\cfrac{1}{|x|})\)恒成立；
又由于\(|x|+\cfrac{1}{|x|}\geqslant 2\)，则\(-(|x|+\cfrac{1}{|x|})\leqslant -2\)
故有\(a\geqslant -2\)，
综上所述，两种情形求其交集，可得\(a\)的取值范團是\([-2， +\infty)\);
对勾扩展
对勾型+奇函数：
对勾型+偶函数：
非对勾型+奇函数：
非对勾型+偶函数：
典例剖析
分析：由\(f(a)=f(b)\)，可知 \(a+\cfrac{1}{a}=b+\cfrac{1}{b}\)，对此变形整理，得到：
\((a-b)(1-\cfrac{1}{ab})=0\)，由于 \(a-b\neq0\)，故 \(1-\cfrac{1}{ab}=0\)，则\(ab=1\).
引申：【2022届高三数学三轮模拟冲刺用题】已知 \(f(x)=x+\cfrac{1}{x}\) ，若 \(f(a)=f(b)\) 且 \(b>a>0\)，试求解 \(\cfrac{1}{a}+\cfrac{2}{b}\) 的最小值，则可以这样求解如下，
由上述储备知识可知，\(0<a<1<b\) 且 \(ab=1\) ，则 \(\cfrac{1}{a}+\cfrac{2}{b}=\cfrac{b+2a}{ab}=b+2a\geqslant 2\sqrt{2ab}=2\sqrt{2}\)，
当且仅当 \(b=2a\) 且 \(ab=1\)，即\(b=\sqrt{2}\) 且 \(a=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\) 时取到等号。故 \(\cfrac{1}{a}+\cfrac{2}{b}\) 的最小值为 \(2\sqrt{2}\) .
①\(\cfrac{x^2+2x+2}{x+1}=\cfrac{(x+1)^2+1}{x+1}=(x+1)+\cfrac{1}{x+1}\)；
②\(\cfrac{x^2+3x+3}{x+1}=\cfrac{(x^2+3x+2)+1}{x+1}\)\(=\cfrac{(x+2)(x+1)+1}{x+1}\)
\(=x+2+\cfrac{1}{x+1}\)\(=(x+1)+\cfrac{1}{x+1}+1\)
③\(\cfrac{x+1}{x^2+3x+3}=\cfrac{1}{\cfrac{x^2+3x+3}{x+1}}\)；
\(\begin{align*} g(t)=\cfrac{1+t^2}{1+2\sqrt{2}t}&=\cfrac{\cfrac{1}{8}(2\sqrt{2}t+1)^2-\cfrac{\sqrt{2}}{2}t-\cfrac{1}{8}+1}{2\sqrt{2}t+1} \\&=\cfrac{\cfrac{1}{8}(2\sqrt{2}t+1)^2-\cfrac{1}{4}(2\sqrt{2}t+1)+\cfrac{9}{8}}{2\sqrt{2}t+1}\\&=\cfrac{1}{8}(2\sqrt{2}t+1)+\cfrac{9}{8(2\sqrt{2}t+1)}-\cfrac{1}{4} \\& \ge 2\sqrt{\cfrac{1}{8}\cdot \cfrac{9}{8}}-\cfrac{1}{4}=2\cdot\cfrac{3}{8}-\cfrac{1}{4}=\cfrac{1}{2}\end{align*}\)，
当且仅当\(\cfrac{1}{8}(2\sqrt{2}t+1)=\cfrac{9}{8(2\sqrt{2}t+1)}\)，即\(t=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)时取到等号。(这是配凑法，怎么，够震撼吧！)
再来看看代换法，个中滋味你自己体会吧，令\(1+2\sqrt{2}t=m\)，则\(t=\cfrac{m-1}{2\sqrt{2}}\)
\(\begin{align*}g(t)=\cfrac{1+t^2}{1+2\sqrt{2}t}&=\cfrac{1+\cfrac{(m-1)^2}{8}}{m}\\&=\cfrac{1}{m}+\cfrac{m^2-2m+1}{8m}\\&=\cfrac{1}{m}+\cfrac{m}{8}-\cfrac{1}{4}+\cfrac{1}{8m}\\&=\cfrac{m}{8}+\cfrac{9}{8m}-\cfrac{1}{4}\\&=\cfrac{1+2\sqrt{2}t}{8}+\cfrac{9}{8(1+2\sqrt{2}t)}-\cfrac{1}{4} \\& \ge 2\sqrt{\cfrac{1}{8}\cdot \cfrac{9}{8}}-\cfrac{1}{4}=2\cdot\cfrac{3}{8}-\cfrac{1}{4}=\cfrac{1}{2}\end{align*}\)，
当且仅当\(\cfrac{1}{8}(2\sqrt{2}t+1)=\cfrac{9}{8(2\sqrt{2}t+1)}\)，即\(t=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)时取到等号。
分析：注意到函数的结构特征，我们一般考虑用分式裂项法，分离变量，
将函数转化为\(f(x)=\cfrac{x^2+3x+3}{x+1}=\cfrac{(x^2+3x+2)+1}{x+1}\)
\(=\cfrac{(x+2)(x+1)+1}{x+1}=x+2+\cfrac{1}{x+1}\)
\(=(x+1)+\cfrac{1}{x+1}+1\)
\(\xlongequal[变量代换]{令x+1=t}t+\cfrac{1}{t}+1\)；
对照上述解析先求出函数\(t+\cfrac{1}{t}\)的值域是\((-\infty，-2]\cup [2，+\infty)\)，
则函数\(t+\cfrac{1}{t}+1\)的值域，也就是原函数的值域为\((-\infty，-1]\cup [3，+\infty)\)。
解析: 由于\(a_{n}=\cos\cfrac{n\pi}{6}+\cfrac{16}{2+\cos\cfrac{n\pi}{6}}\)，
令 \(t=2+\cos\cfrac{n\pi}{6}\)， 则 \(1 \leqslant t \leqslant 3\)，
则变形为，\(a_{n}=\cos\cfrac{n\pi}{6}+\cfrac{16}{2+\cos\cfrac{n\pi}{6}}\)
\(=2+\cos\cfrac{n\pi}{6}+\cfrac{16}{2+\cos\cfrac{n\pi}{6}}-2\)
\(=t+\cfrac{16}{t}-2\)
利用导数可以证明，函数 \(f(t)=t+\cfrac{16}{t}\) 在\([1，3]\)上单调递减，
所以当 \(t=3\) 时， \(a_{n}\) 取得最小值，为\(\cfrac{19}{3}\).
相关链接
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这是消参时用到的消参关系式： \((t+\cfrac{1}{t})^2-(t-\cfrac{1}{t})^2=4\)；
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求函数 \(f(x)=x^2+x^{-2}-2\)的值域，
分析：令 \(x+x^{-1}=t\)，则 \(x^2+x^{-2}=(x+x^{-1})^2-2=t^2-2\)，其中 \(|t|\geq 2\)；
则函数 \(f(x)=x^2+x^{-2}-2=[(x+x^{-1})^2-2]-2=t^2-4\)，\(|t|\geq 2\)，
则利用图象或者单调性可得，\(f(x)\in [0,+\infty)\) .
当然可以使用函数的单调性来判断其单调性[步骤：取值---作差---变形---定号]，
只是麻烦些而已；用函数的单调性研究如下：
函数的定义域是\(x\in(-\infty，0)\cup(0，+\infty)\)，且是奇函数，
故只先研究\(x\in(0，+\infty)\)上的图像，取\(x_1<x_2\in (0，+\infty)\)，
则\(f(x_1)-f(x_2)=x_1+\cfrac{1}{x_1}-(x_2+\cfrac{1}{x_2})\)
\(=x_1-x_2+\cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}=(x_1-x_2)+\cfrac{x_2-x_1}{x_1x_2}\)
\(=(x_1-x_2)-\cfrac{x_1-x_2}{x_1x_2}=(x_1-x_2)(1-\cfrac{1}{x_1x_2})\)
\(=(x_1-x_2)\cfrac{x_1x_2-1}{x_1x_2}\)
此时，\(x_1-x_2<0\)，\(x_1x_2>0\)，但是\(x_1x_2-1\)的符号不能判断，说明在区间\((0,+\infty)\)上不能直接判断正负，
故需要考虑将区间压缩一下[注意处理策略]，令\(x_1=x_2\)，则由\(x_1x_2-1=0\)，即\(x_1^2-1=0\)，
解得\(x_1=1\)，故求得区间的分点为\(x=1\)，
这样将区间\((0,+\infty)\)就人为的分为区间\((0,1]\)和区间\([1,+\infty)\)，紧接着，
当\(0<x_1<x_2\leqslant 1\)，则此时\(x_1x_2-1<0\)确定，则\(f(x_1)-f(x_2)=(x_1-x_2)\cfrac{x_1x_2-1}{x_1x_2}>0\)；
当\(1\leqslant x_1<x_2\)，则此时\(x_1x_2-1>0\)确定，则\(f(x_1)-f(x_2)=(x_1-x_2)\cfrac{x_1x_2-1}{x_1x_2}<0\)；
即函数在区间\((0,1]\)上单调递减，在区间\([1,+\infty)\)上单调递增；
又由函数是奇函数可知，在区间\((-\infty,-1]\)上单调递增，在区间\([-1,0)\)上单调递减；
至此，对勾函数的单调性判断完毕。 ↩︎
