分式型函數

前言

高中數學中有一類非常常見的函數，分式型函數首先注意：含有分母的代數式不一定是分式，如\(\cfrac{x}{2}\)\(+\)\(3x\)，分母位置上含有字母的代數式才是分式，如\(\cfrac{2}{x}\)\(-\)\(x\)\(+x^2\)。同理，含有分母的函數不一定是分式函數，如\(f(x)\)\(=\)\(\cfrac{x^2-1}{2}\)\(+\)\(3x\)，分式型函數指的是分母位置上含有未知數[自變量]的函數，如\(g(x)=\cfrac{1}{x-1}\)等等。，其本質是基本初等函數和初等函數組合而成的函數，故常常和三角函數，齊次函數，二次函數，對勾函數，冪函數等糾纏融合在一起，在判斷函數的單調性和值域(或最值)時經常出現，比較特殊，學生感覺難以掌握，直接影響了其迅速提升，現對其作以歸納總結。

變形方法

代數換元法，配湊法[這兩種具體方法見下]；分式裂項法[\(\cfrac{a+b}{c}=\cfrac{a}{c}+\cfrac{b}{c}\)]；

同除構造法[\(\cfrac{x}{x^2+2x+1}=\cfrac{1}{x+\frac{1}{x}+2}\)]；數形結合法[注意數和形的聯系]；

常用變形

研究函數\(f(x)=\frac{x^2}{3-x}\)的圖像或者單調性

常常需要將函數做以下變形[由於常用，提醒注意理解記憶]

• ①[配湊法]變形，\(\cfrac{x^2}{3-x}=-\cfrac{x^2}{x-3}=-\cfrac{(x-3)^2+6x-9}{x-3}\)\(=-(x-3)-\cfrac{6x-18+9}{x-3}=-(x-3)-\cfrac{9}{x-3}-6\)\(=-[(x-3)+\cfrac{9}{x-3}]-6\)；

其圖像可以借助\(f(x)=x+\cfrac{9}{x}\)的圖像變換得到，借助圖像就可以研究其所有性質了；

• ②[換元法]變形，令\(3-x=t\)，則\(x=3-t\)，則\(f(x)=\cfrac{x^2}{3-x}=\cfrac{(3-t)^2}{t}\)\(=\cfrac{t^2-6t+9}{t}=t+\cfrac{9}{t}-6=(3-x)+\cfrac{9}{3-x}-6\)\(=-[(x-3)+\cfrac{9}{x-3}]-6\)；

當然，研究此函數也可以使用導數法，但是和上述方法[其優越性在於能用上我們積累的常用的模板函數的性質]相比，感覺繁瑣。

多項式型

❶分子分母一次型，如\(f(x)=\cfrac{x+2}{x+1}\)；

• 注意對稱性：如\(f(x)=\cfrac{1-x}{1+x}\)，對稱中心為\((-1，-1)\)，

• 注意奇偶性的判斷，由於\(g(-x)=lg\cfrac{1+x}{1-x}=lg(\cfrac{1-x}{1+x})^{-1}=-lg\cfrac{1-x}{1+x}=-g(x)\)，故\(g(x)=lg\cfrac{1-x}{1+x}\)就是奇函數。

• 注意單調性，常用配湊法+分離常數法，或配湊法+分式裂項法，

• 注意值域；如\(f(x)=\cfrac{x+2}{x+1}=1+\cfrac{1}{x+1}\)；

• 換元可以轉化為上述形式的，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；判別式法；

❷分子二次分母一次型，如\(h(x)=\cfrac{x^2-4x+5}{x-2}\)，

• 常用配湊法+分離常數法，或配湊法+分式裂項法，或換元法，

如[配湊法]\(h(x)=\cfrac{x^2-4x+5}{x-2}=\cfrac{(x-2)^2+1}{x-2}=(x-2)+\cfrac{1}{x-2}\)，

或[換元法]令\(x-2=t\)，則\(x=t+2\)，

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\(n(x)=\cfrac{x+1}{x^2+3x+3}\)；

• 常用取倒數法，或換元法，或配湊同除法

如\(n(x)=\cfrac{x+1}{x^2+3x+3}\)；則\(n(x)=\cfrac{x+1}{(x+1)^2+(x+1)+1}=\cfrac{1}{(x+1)+\cfrac{1}{x+1}+1}\)

如\(g(t)=\cfrac{2t}{t^2+9}=\cfrac{2}{t+\frac{9}{t}}\)；如\(h(t)=\cfrac{3t+2}{t^2}=\cfrac{3}{t}+2(\cfrac{1}{t})^2\stackrel{\frac{1}{t}=m}{\Longrightarrow}h(t)=2m^2+3m\);

三角齊次型

❹分子分母是一次齊次式，\(f(x)=\cfrac{cosx+2sinx}{sinx-2cosx}\)；

針對❹型的，常用分子分母同除以\(cosx\)法，

❺分子分母是二次齊次式，\(h(\theta)=\cfrac{2sin^2\theta+cos^2\theta}{sin^2\theta-3cos^2\theta}\)

針對❺型的，常用分子分母同除以\(cos^2\theta\)法，

❻分母為\(1\) 的二次齊次式，\(g(\theta)=cos2\theta=\cfrac{cos2\theta}{1}=\cfrac{cos^2\theta-sin^2\theta}{sin^2\theta+cos^2\theta}\)

針對❻型的，轉化為❺型的再處理；

均值不等式型

❼分母之和為定值的類型，\(f(x)=\cfrac{1}{x}+\cfrac{4}{2-x}(0<x<2)\)

針對❼型的，轉化為利用均值不等式處理；

• 當\(x>\cfrac{1}{2}\)時，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可以轉化為上述分式型的，轉化划歸[比如利用三角換元轉化為分式型函數，再確定變形方向]

如求函數\(y=\cfrac{sin\alpha\cdot cos\alpha}{sin\alpha+cos\alpha}，\alpha\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)的值域問題。

分析：利用換元轉化為分式型處理；

令\(sin\alpha+cos\alpha=t=\sqrt{2}sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})\in [1，\sqrt{2}]\)，

則\(sin\alpha\cdot cos\alpha=\cfrac{t^2-1}{2}\)，

則原函數轉化為\(y=\cfrac{\frac{1}{2}(t^2-1)}{t}=\cfrac{1}{2}(t-\cfrac{1}{t})，t\in [1，\sqrt{2}]\)

求函數\(y=\cfrac{sin\alpha+cos\alpha}{sin\alpha\cdot cos\alpha}，\alpha\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)的值域問題。

分析：利用換元轉化為分式型處理；

令\(sin\alpha+cos\alpha=t=\sqrt{2}sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})\in [1，\sqrt{2}]\)，

則\(sin\alpha\cdot cos\alpha=\cfrac{t^2-1}{2}\)，

則原函數轉化為\(y=\cfrac{2}{t-\frac{1}{t}}，t\in [1，\sqrt{2}]\)

求函數\(y=\cfrac{sin\alpha-cos\alpha}{sin\alpha\cdot cos\alpha}，\alpha\in [\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{3\pi}{4}]\)的值域問題。

分析：利用換元轉化為分式型處理；

令\(sin\alpha-cos\alpha=t=\sqrt{2}sin(\alpha-\cfrac{\pi}{4})\in [1，\sqrt{2}]\)，

則\(sin\alpha\cdot cos\alpha=\cfrac{1-t^2}{2}\)，

則原函數轉化為\(y=\cfrac{2}{\frac{1}{t}-t}，t\in [1，\sqrt{2}]\)

二元函數型

❾線性規划型，如求\(\cfrac{3x+4y+10}{x+3}\)的取值范圍。

• 化為部分分式的形式，轉化為斜率型，由數轉化為形，數形結合求解。

如求\(\cfrac{3x+4y+10}{x+2}=\cfrac{(3x+6)+4y+4}{x+2}=3+4\times \cfrac{y+1}{x+2}=3+4\times \cfrac{y-(-1)}{x-(-2)}\)的取值范圍。

❿線性規划型，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

\(\cfrac{2y}{x}+\cfrac{8x}{y}\ge 2\sqrt{\cfrac{2y}{x}\cdot \cfrac{8x}{y}}=8\)，當且僅當\(y=2x\)時取到等號。

⓬組合使用型，二元分式，齊次式，同除構造，變量集中，配湊法，均值不等式；

\(f(x,y)= \cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy}\xlongequal[關於x，y的二次齊次式]{分子分母同除以y^2}\cfrac{2(\cfrac{x}{y})^2-3\cfrac{x}{y}+1}{1+\cfrac{x}{y}}\\\xlongequal[令\frac{x}{y}=t>0]{二元變一元}g(t)=\cfrac{2t^2-3t+1}{t+1}=2(t+1)+\cfrac{6}{t+1}-7\ge 2\sqrt{12}-7=4\sqrt{3}-7\)

當且僅當\(t=\sqrt{3}-1\)時取到等號。

其他類型

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函數與導數中的導函數如\(f'(x)=\cfrac{(x-2)(x+1)}{x}\)；\(f'(x)=\cfrac{e^x(x-1)(x+m)}{x^2}\)等；

⓯補充，函數\(f(x)=\sqrt{x+1}-\sqrt{x}=\cfrac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}\)，函數單調遞減；

隱含性質

要求熟練掌握這一類分式函數的相關變形、圖像做法、以及涉及到的相關的隱含性質[對稱性]，

①如\(f(x)=\cfrac{x+2}{x+1}=1+\cfrac{1}{x+1}\)，則可知其對稱中心為\((-1，1)\)，

則其必然滿足關系：\(f(x)+f(-x-2)=2\)或者\(f(-x)+f(x-2)=2\)。

如若不信，你可以驗證，\(f(-x)=\cfrac{-x+2}{-x+1}=\cfrac{x-2}{x-1}\)；\(f(x-2)=\cfrac{x-2+2}{x-2+1}=\cfrac{x}{x-1}\)，

則\(f(-x)+f(x-2)=\cfrac{x-2+x}{x-1}=\cfrac{2(x-1)}{x-1}=2\)；

其實，表達式\(f(-x)+f(x-2)=2\)就是刻畫函數的對稱性的。

②同理同法，我們可知函數\(h(x)=\cfrac{x^2-4x+5}{x-2}=\cfrac{(x-2)^2+1}{x-2}=(x-2)+\cfrac{1}{x-2}\)，

是中心對稱的，其對稱中心為\((2，0)\)。也就是說，其必然滿足\(f(x)+f(4-x)=0\)。

典例剖析

求函數\(f(x)=\cfrac{2+x}{1+x}\)的值域。

分析：函數\(f(x)=\cfrac{2+x}{1+x}=1+\cfrac{1}{1+x}\)，由於\(\cfrac{1}{1+x}\neq 0\)，

則函數\(f(x)\neq 1\)，故值域為\((-\infty，1)\cup (1，+\infty)\)。

解后反思：

1、此類函數是高三的高頻函數，其圖像常用變換作圖得到，

作圖順序：\(y=\cfrac{1}{x}\xrightarrow{向左1個單位}y=\cfrac{1}{x+1}\xrightarrow{向上1個單位} y=1+\cfrac{1}{x+1}\)，

這樣的作圖變換我們一般要求學生要非常熟練的掌握。

2、函數\(f(x)=\cfrac{2+x}{1+x}\)是中心對稱圖形，由變換作圖的過程就可以知道對稱中心是\((-1，1)\)，

其對稱性的表達形式滿足關系：\(f(x)+f(-2-x)=2\)，這是中心對稱圖形的另外一種等價且較抽象的數的表示形式。

注意：滿足關系\(f(x)+f(-2-x)=2\)，等價於這個函數有對稱中心\((-1，1)\)，

但是這樣的函數不一定就非得是這個函數，因為滿足這個關系的函數不止一個。

3、向\(y\)軸作正射影，就能很容易的得到值域。這個方法也可以叫做圖像法。

4、函數變換后得到\(f(x)=1+\cfrac{1}{1+x}\)，其中第一個\(1\)，就是從分式中分離出來的常數，為什么這樣做？主要是基於變量集中。變形前的分式的分子分母中都有變量\(x\)，變形后，只有后面的部分含有變量，前面僅僅是常數，得到這樣的表達式后我們要繼續研究函數的其他性質往往就更容易些，這樣的變形方法也叫部分分式法。

【利用對稱性求值】若\(f(x)=\cfrac{3x-2}{2x-1}\)，則\(f(\cfrac{1}{11})+f(\cfrac{2}{11})+f(\cfrac{3}{11})+\cdots+f(\cfrac{10}{11})\)的值是多少？

法1：結合要求解的條件，我們嘗試求解\(f(x)+f(1-x)\)的值，結果會發現：\(f(x)+f(1-x)=3\)，

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：將函數\(f(x)\)化為部分分式為\(f(x)=\cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{2(2x-1)}\)，

故函數\(f(x)\)的對稱中心是\((\cfrac{1}{2}，\cfrac{3}{2})\)，

故根據函數的對稱性的數學表達可以寫出\(f(x)+f(1-x)=3\)；

故所求式等於\(5\times 3=15\).

法3：本題目也可以說明倒序相加求和法。

【2019天津濱海新區七所重點學校聯考】若正實數\(x\)，\(y\)滿足\(x+2y=5\)，則\(\cfrac{x^2-3}{x+1}+\cfrac{2y^2-1}{y}\)的最大值為_____________。

分析：由題可知，\(x>0\)，\(y>0\)，又由於\(x+2y=5\)，則\((x+1)+2y=6\)，

\(\cfrac{x^2-3}{x+1}+\cfrac{2y^2-1}{y}=\cfrac{(x+1)^2-2(x+1)-2}{x+1}+2y-\cfrac{1}{y}\)

\(=x+1-2+2y-(\cfrac{2}{x+1}+\cfrac{1}{y})\)

\(=x+2y-1-(\cfrac{2}{x+1}+\cfrac{1}{y})\)

\(=4-(\cfrac{2}{x+1}+\cfrac{1}{y})\)

\(=4-\cfrac{1}{6}(\cfrac{2}{x+1}+\cfrac{1}{y})\times [(x+1)+y]\)

\(=4-\cfrac{1}{6}(2+2+\cfrac{4y}{x+1}+\cfrac{x+1}{y})\)

\(\leqslant 4-\cfrac{1}{6}(4+2\sqrt{4})=\cfrac{8}{3}\),

當且僅當\(x+2y=5\)，\(x+1=2y\)，即\(x=2\)，\(y=\cfrac{3}{2}\)時取到等號；

則\(\cfrac{x^2-3}{x+1}+\cfrac{2y^2-1}{y}\)的最大值為\(\cfrac{8}{3}\).

解后反思：本題目用到分式變形，拆添項，常數代換，乘常數除常數等多種變形技巧。

方程\(2log_2x-log_2(x-1)=m+1\)有兩個不同的解，求參數\(m\)的取值范圍；

分析：先求解定義域，為\(x>1\)，再將原方程變形為\(log_2\cfrac{x^2}{x-1}=m+1\)，即函數\(y=log_2\cfrac{x^2}{x-1}\)與函數\(y=m+1\)的圖像應該有兩個交點，

重點研究函數\(y=log_2\cfrac{x^2}{x-1}\)的性質，令\(x-1=t>0\)，則\(\cfrac{x^2}{x-1}=\cfrac{(t+1)^2}{t}=t+\cfrac{1}{t}+2\)，對勾型函數

故函數\(y=log_2\cfrac{x^2}{x-1}=log_2(t+\cfrac{1}{t}+2)\)，故復合函數當\(t\in (0，1]\)上單調遞減，當\(t\in[1，+\infty)\)上單調遞增，

在同一個坐標系中做出兩個函數的圖像，由圖可知，兩個函數圖像要有兩個交點，則\(m>1\).

【2019蚌埠模擬】已知\(a>0\)，設函數\(f(x)=\cfrac{2018^{x+1}+2016}{2018^x+1}\)\(（x\in [-a,a]）\)的最大值為\(M\)，最小值為\(N\)，那么\(M+N\)=【】

$A.2016$ $B.2018$ $C.4032$ $D.4034$

分析：\(f(x)=\cfrac{2018^{x+1}+2016}{2018^x+1}=\cfrac{2018^x\cdot 2018+2016}{2018^x+1}=\cfrac{2018(2018^x+1)+2}{2018^x+1}=2018-\cfrac{2}{2018^x+1}\)

故函數\(f(x)\)在區間\([-a,a]\)上單調遞增，故\(M=f(x)_{max}=f(a)\)，\(N=f(x)_{min}=f(-a)\)，

故\(M+N=f(a)+f(-a)=2018-\cfrac{2}{2018^a+1}+2018-\cfrac{2}{2018^{-a}+1}=4036-2=4034\)，故選\(D\).

求函數\(h(x)=\cfrac{x-2\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}+1}\)的最小值.

解析：函數\(y=\cfrac{x-2\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}+1}\)的定義域為\([0,+\infty)\)，且\(\sqrt{x}+1>0\)，

\(h(x)=\cfrac{x-2\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}+1}\) [備注：此處用到配湊法]

\(=\cfrac{(\sqrt{x}+1)^{2}-4(\sqrt{x}+1)+9}{\sqrt{x}+1}\)

\(=(\sqrt{x}+1)+\cfrac{9}{\sqrt{x}+1}-4\)

\(\geqslant 2\sqrt{(\sqrt{x}+1)\cdot\cfrac{9}{\sqrt{x}+1}}-4=2\)

當且僅當\(\sqrt{x}+1=\cfrac{9}{\sqrt{x}+1}\)，即\(x=4\)時取到“="。

所以當\(x=4\)時，函數\(y=\cfrac{x-2\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}+1}\)的最小值為\(2\).

已知\(a_n=\cfrac{n-4}{n-\frac{9}{2}}\)，求數列\(\{a_n\}\)的最小項和最大項；

分析：我們依托數列所對應的函數\(f(x)=\cfrac{x-4}{x-\frac{9}{2}}=\cfrac{2x-8}{2x-9}=\cfrac{2x-9+1}{2x-9}=1+\cfrac{1}{2x-9}\)

做出其圖像，其對稱中心為點\((4.5，1)\)，

由圖可知，當\(n\leqslant 4\)時，數列\(\{a_n\}\)單調遞減，且有\(1>a_1>a_2>a_3>a_4\)；

當\(n\geqslant 5\)時，數列\(\{a_n\}\)單調遞減，且有\(a_5>a_6>a_7>\cdots > 1\)；

故數列\(\{a_n\}\)的最小項為\(a_4\)，最大項為\(a_5\)；

高考相關

【2019年高考數學試卷理科新課標Ⅱ第21題】部分解答過程集錦

\(S_{\triangle PQG}=\cfrac{8(y_0x_0^3+x_0y_0^3)}{2x_0^4+2y_0^4+5x_0^2y_0^2}\) \(\xlongequal[化簡整理得到]{給分子分母同除以x_0^2y_0^2}\) \(\cfrac{8(\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0})}{2(\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0})^2+1}\)

令\(t=\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0}\)，則\(t\geqslant 2\)，

則\(S_{\triangle PQG}=\cfrac{8t}{2t^2+1}=\cfrac{8}{2t+\frac{1}{t}}\)

利用對勾函數\(f(t)=2t+\cfrac{1}{t}\)在\([2，+\infty)\)上的單調性可知，

\(f(t)\geqslant 4+\cfrac{1}{2}=\cfrac{9}{2}\)(當\(t=2\)時取到等號)

所以\(S_{\triangle PQG}\leqslant \cfrac{8}{\frac{9}{2}}=\cfrac{16}{9}\)

碰到\(d=\cfrac{|k+1|}{\sqrt{k^2+1}}\)時，可以考慮先平方得到，\(d^2=\cfrac{(k+1)^2}{k^2+1}=1+\cfrac{2k}{k^2+1}\leq 1+1=2\)，再考慮求解\(d\)；

\(|OP|^2=\cfrac{(m^2+1)(m^2+16)}{(m^2+4)^2}\)，令\(m^2+4=\lambda>4\)，則\(|OP|^2=\cfrac{(\lambda-3)(\lambda+12)}{\lambda^2}=-\cfrac{36}{\lambda^2}+\cfrac{9}{\lambda}+1\)

\(=-36(\cfrac{1}{\lambda}-\cfrac{1}{8})^2+\cfrac{25}{16}\leq \cfrac{25}{16}\).

方程消參

要是這部分內容有問題，可以參閱參數方程消參法

1、已知參數方程為\(\left\{\begin{array}{l}{x=p(k^2+\cfrac{1}{k^2})}\\{y=p(k-\cfrac{1}{k})}\end{array}\right.\)，則其普通方程是什么。

2、已知參數方程\(\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{3}{1+k^2}①}\\{y=\frac{3k}{1+k^2}②}\end{array}\right.(|k|<\frac{2\sqrt{5}}{5})\)，消參求其普通方程；

3、已知參數方程\(\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{1-t^2}{1+t^2}①}\\{y=\frac{4t}{1+t^2}②}\end{array}\right.(t為參數)\)，消參求其普通方程；

補遺

對函數\(f(x)=\cfrac{4x}{x^2+2}\)的變形思考：

思路1：奇函數，定義域為\((-\infty,+\infty)\)，則\(f(0)=0\)，

當\(x\neq 0\)時，常用變形\(f(x)=\cfrac{4x}{x^2+2}=\cfrac{4}{x+\frac{2}{x}}\)，

故\(x\in (0,+\sqrt{2}]\)單調遞增，在\([\sqrt{2},+\infty)\)上方單調遞減，圖像在\(x\)軸上方，在利用奇函數得到另一半的單調性，作圖如下；

當僅僅\(x>0\)時，或者\(x<0\)時也可以用均值不等式求最值；

思路2：用導數判斷其單調性，

變形練習

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\(f(n)=\ln(1+\cfrac{1}{n})=\ln\cfrac{n+1}{n}=\ln(n+1)-\ln n\)