参数分离法求
【导数经典技巧与方法】第2讲--分离参数法：全分离及半分离-解析版
第2讲分离参数法：全分离及半分离知识与方法分离参数法解决恒成立求参问题,可以有两个角度:全分离和半分离.1.全分离参数法将含参表达式中的参数从表达式中完全分离出来,使所研究的函数由动态变为定态,进而可得到新函数的图像、性质(最值),将求参数的范围问题转化为求函数的最值或值域问题.在分离参数时,需点睛意:(1)参数系数的正负是否确定;(2)分参后目标函数的最值是否易解,若不易解,极可能需要洛必达法则辅助.2.半分离参数法其一般步骤为:将不等式变形为ax+b≥f(x)或ax+b≤f(x)的形式(其中a为参数,b为常数),然后画出图像,由图像的上下方关系得到不等式,从而求得参数的取值范围.不等号前后两个函数的图像特征为:直线y=ax+b与曲线y= f(x),而直线y=ax+b过定点(0,b).需要说明的是:半分离参数法一般只适用于客观题,解答题则不宜使用.典型例题全分离参数【例1】已知函数f(x)=e x+ax2−x.(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;x3+1,求a的取值范围.(2)当x≥0时,f(x)≥12【解析】(1)当a=1时,f(x)=e x+x2−x,f′(x)=e x+2x−1.当x <0时,f ′(x )<0,f (x )单调递减; 当x >0时,f ′(x )>0,f (x )单调递增.所以,当a =1时,f (x )在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)解法1:分离参数法 当x =0时,a ∈R .当x >0时,f (x )≥12x 3+1⇔a ≥12x 3+x+1−e x x 2.记ℎ(x )=12x 3+x+1−e x x 2(x >0),则ℎ′(x )=12x 3−x−2+(2−x )e x x 3=(2−x )(e x −12x 2−x−1)x3.记g (x )=e x −12x 2−x −1(x >0),g ′(x )=e x −x −1,g ′′(x )=e x −1. 因为x >0,所以g ′′(x )=e x −1>0,所以g ′(x )在(0,+∞)上单调递增, 从而g ′(x )>g ′(0)=0,所以g (x )在(0,+∞)单调递增,所以g (x )>g (0)=0. 令ℎ′(x )=0,解得x =2.当x ∈(0,2)时,ℎ′(x )>0,ℎ(x )单调递增; 当x ∈(2,+∞)时,ℎ′(x )<0,ℎ(x )单调递减. 所以ℎ(x )在x =2处取得最大值ℎ(2)=7−e 24,从而a ≥7−e 24.综上,实数a 的取值范围是[7−e 24,+∞).解法2:指数找朋友 f (x )≥12x 3+1等价于12x 3−ax 2+x+1e x≤1.设g (x )=12x 3−ax 2+x+1e x(x ≥0),则g′(x )=−12x[x 2−(2a+3)x+(4a+2)e x=−12x [x−(2a+1)](x−2)e x.(1)当2a +1≤0,即a ≤−12时,则当x ∈(0,2)时,g ′(x )>0,所以g (x )在(0,2)单调递增,而g (0)=1, 故当x ∈(0,2)时,g (x )>1,不合题意; (2)当0<2a +1<2,即−12<a <12时, 则当x ∈(0,2a +1)∪(2,+∞)时,g ′(x )<0.所以g (x )在(0,2a +1),(2,+∞)单调递减,在(2a +1,2)上单调递增. 由于g (0)=1,所以g (x )≤1.当且仅当g (2)=7−4a e 2≤1,即a ≥7−e 24.所以当7−e 24≤a <12时,g (x )≤1.(3)若2a +1≥2,即a ≥12时,则g (x )≤12x 3+x+1e x.由于0∈[7−e 24,12),故由(2)可得12x 3+x+1e x≤1.故当a ≥12时,g (x )≤1.综上所述,实数a 的取值范围是[7−e 24,+∞).【点睛】解决本题的关键在于求导数ℎ′(x )=12x 3−x−2+(2−x )e x x 3后的处理.仔细观察导数式中e x 前面的系数为2−x ,由此可大胆猜测2−x 应该为12x 3−x −2的一个因式,从而可设12x 3−x −2=(2−x )(−12x 2+px +q),将右侧展开,得12x 3−x −2=12x 3−(p +1)x 2+(2p −q )x +2q ,比较两侧的系数,可得p =q =−1,从而12x 3−x −2=(2−x )(−12x 2−x −1).【例2】设函数f (x )=e x −1−x −ax 2. (1)若a =0,求f (x )的单调区间;(2)若当x ≥0时f (x )≥0,求a 的取值范围.【解析】(1)因为a =0时,所以f (x )=e x −1−x,f ′(x )=e x −1. 当x ∈(−∞,0)时,f ′(x )<0;当x ∈(0,+∞)时,f ′(x )>0. 故f (x )在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增; (2)解法1:由(1)可得,当a =0时,f (x )≥f (0)=0, 即e x ≥x +1,当且仅当x =0时等号成立. 依题意,当x ≥0时f (x )≥0恒成立, 当x =0时,f (x )≥0,此时a ∈R ; 当x >0时,f (x )≥0等价于a ≤e x −1−x x 2,令g (x )=e x −1−x x 2(x >0),则g ′(x )=(x−2)e x +x+2x 3,今ℎ(x )=(x −2)e x +x +2(x >0),则ℎ′(x )=(x −1)e x +1, 因为ℎ′′(x )=xe x >0,所以ℎ′(x )在(0,+∞)上为增函数,所以ℎ′(x )>ℎ′(0)=0,于是ℎ(x )在(0,+∞)上为增函数,从而ℎ(x )>ℎ(0)=0, 因此g ′(x )>0,g (x )在(0,+∞)上为增函数, 由洛必达法则知,lim x→0+e x −1−x x 2=lim x→0+e x −12x=lim x→0+e x 2=12,所以a ≤12.当a >12时,e −x >1−x 得f ′(x )<e x −1+2a (e −x −1)=e −x (e x −1)(e x −2a ),故当x∈(0,ln2a)时,f′(x)<0,而f(0)=0,于是当x∈(0,ln2a)时,f(x)<0.].综上得a的取值范围是(−∞,12解法2:f′(x)=e x−1−2ax,由(1)知e x≥1+x,当且仅当x=0时等号成立,故f′(x)≥x−2ax=(1−2a)x.当1−2a≥0,即a≤1时,f′(x)≥0(x≥0),2符合题意;所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,故f(x)≥f(0)=0,即a≤12时,由e x>1+x(x≠0)可得e−x>1−x(x≠0),当a>12所以e−x−1>−x(x≠0),所以f′(x)=e x−1−2ax<e x−1+2a(e−x−1)=e−x(e x−1)(e x−2a), 则当x∈(0,ln2a)时,f′(x)<0,f(x)在(0,ln2a)上单调递减,于是当x∈(0,ln2a)时,f(x)<f(0)=0,故a>1不合题意.2].综上所述,a的取值范围是(−∞,12【例3】已知函数f(x)=x(e x+1−a)(x∈R).(1)若a=2,判断f(x)在(0,+∞)上的单调性;(2)若f(x)−lnx−1≥0恒成立,求实数a的取值范围.【解析】(1)若a=2,f(x)=xe x−x,f′(x)=e x+xe x−1=(x+1)e x−1. 当x>0时,x+1>1,e x>1,故(x+1)e x>1,f′(x)=(x+1)e x−1>0, 故f(x)在(0,+∞)上单调递增.(2)解法1:分离参数+隐零点求最值由题意可知xe x +(1−a )x −lnx −1≥0在区间(0,+∞)上恒成立, 整理得a −1≤e x −lnx x −1x .设g (x )=e x−lnx x−1x ,g′(x )=x 2e x +lnxx 2,设ℎ(x )=x 2e x +lnx ,则ℎ′(x )=(x 2+2x )e x +1x >0, 所以ℎ(x )在(0,+∞)上单调递增, 又ℎ(1)=e >0,ℎ(12)=√e 4−ln2<0.所以函数ℎ(x )有唯一的零点x 0,且12<x 0<1. 当x ∈(0,x 0)时,ℎ(x )<0,g ′(x )<0,g (x )单调递减; 当x ∈(x 0,+∞)时,ℎ(x )>0,g ′(x )>0,g (x )单调递增. 即g (x 0)为g (x )在定义域内的最小值. 所以a −1≤e x 0−lnx 0x 0−1x 0.因为ℎ(x 0)=0,得x 0e x 0=−lnx 0x 0,12<x 0<1(∗)令k (x )=xe x (12<x <1),方程(∗)等价于k (x )=k (−lnx )(12<x <1). 而k ′(x )=(x +1)e x 在(0,+∞)上恒大于零,所以k (x )在(0,+∞)单调递增. 故k (x )=k (−lnx )等价于x =−lnx (12<x <1). 设函数m (x )=x +lnx (12<x <1),易知m (x )单调递增. 又m (12)=12−ln2<0,m (1)=1>0,所以x 0为m (x )的唯一零点.即lnx 0=−x 0,e x 0=1x 0.故g (x )的最小值为g (x 0)=e x 0−lnx 0x 0−1x 0=1x 0−−x 0x 0−1x 0=1.所以a −1≤1,即a ≤2.综上,实数a 的取值范围是(−∞,2]. 解法2:分离参数+放缩法求最值由题意可知xe x +(1−a )x −lnx −1≥0在区间(0,+∞)上恒成立, 即a −1≤xe x −lnx−1x.利用不等式e x ≥x +1(当且仅当x =0时,等号成立),可得xe x −lnx−1x=e x+lnx −lnx−1x≥(x+lnx+1)−lnx−1x=1,当且仅当x +lnx =0时,等号成立. 所以xe x −lnx−1x的最小值为1.于是a −1≤1,得a ≤2,实数a 的取值范围是(−∞,2].【例4】已知函数f (x )=x 3e ax −1. (1)讨论f (x )的单调性;(2)若a =2,不等式f (x )≥mx +3lnx 对x ∈(0,+∞)恒成立,求m 的取值范围. 【解析】(1)f ′(x )=3x 2e ax +ax 3e ax =x 2e ax (ax +3). ①当a =0时,f ′(x )≥0恒成立,所以f (x )在R 单调递增; ②当0a <时,今()0f x '<,得3x a>-;令0)('=x f ,得a x 3-=.所以f (x )的单调递减区间为(−3a ,+∞),单调递增区间为(−∞,−3a ]. ③当a >0时,今f ′(x )≥0,得x ≥−3a ;令f ′(x )<0,得x <−3a . 所以f (x )的单调递减区间为(−∞,−3a ),单调递增区间为[−3a ,+∞). (2)因为a =2,所以m ≤x 3e 2x −3lnx−1x恒成立.设g(t)=t−1−lnt(t>0),g′(t)=t−1t,令g′(t)<0,得0<t<1;令g′(t)>0,得t>1.所以g(t)min=g(1)=0,所以t−1−lnt≥0.取t=x3e2x,则x3e2x−1−ln(x3e2x)≥0,即x3e2x−3lnx−1≥2x,所以x 3e2x−3lnx−1x≥2xx=2.设ℎ(x)=x3e2x,因为ℎ(0)=0<1,ℎ(1)=e2>1,所以方程x3e2x=1必有解,所以当且仅当x3e2x=1时,函数y=x3e2x−3lnx−1x取得最小值2,所以m≤2,即m的取值范围为(−∞,2].【点睛】本题在进行分参后,首先证明了一个常用的不等式:当t>0时,有lnt≤t−1,接下来利用该不等式直接得到x3e x−3lnx−1≥2x,从而得出y=x 3e x−3lnx−1x的最小值2.最后证明能够取到最小值.从而得出实数m的取值范围. 本题也可用同构法解决:m≤x3e2x−3lnx−1x,x3e2x−3lnx−1x =e3lnx+2x−3lnx−1x≥2x+3lnx+1−3lnx−1x=2,故m≤2,即m的取值范围为(−∞,2]. 换元后分离参数【例5】已知函数f(x)=x(e xa−2a−2)+a.(1)若a=−1,求f(x)的单调区间和极值点;(2)若x >0时,f (x )>−1(a >0)恒成立,求实数a 的取值范围. 【解析】(1)a =−1时f (x )=xe −x −1,f ′(x )=e −x −xe −x =0,所以当x <1,f ′(x )>0,x >1,f ′(x )<0.所以f (x )的单调递减区间为(1,+∞),单调递增区间为(−∞,1),极大值点为x =1,无极小值点.(2)解法1:f (x )>−1⇔x (e xa−2a −2)+a >−1, 即x (e x a−2a −2)+a +1>0, 令xa =t ,则x =at,ate t −(2a +2)t +a +1>0对于t >0恒成立, 即a (te t −2t +1)>2t −1易证e t ≥t +1(过程略),则te t −2t +1≥t (t +1)−2t +1>(t −1)2≥0, 即te t −2t +1>0. 于是,由(∗)可得a >2t−1te t −2t+1. 令g (t )=2t−1te t −2t+1(t >0),则g ′(t )=−(2t+1)(t−1)(te t −2t+1)2e t(t >0).当t ∈(0,1)时g ′(t )>0,当t ∈(1,+∞)时g ′(t )<0.所以g (t )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,[g (t )]max =g (1)=1e−1, 所以a >1e−1,实数a 的取值范围是(1e−1,+∞).解法2:f (x )>−1⇔x (e x a−2a −2)+a >−1, 即x (e x a−2a −2)+a +1>0, 令xa =t ,则x =at,ate t −(2a +2)t +a +1>0对于t >0恒成立, 即aa+1>2t−1te t对于t >0恒成立, 设ℎ(t )=2t−1te t,ℎ′(t )=−(2t+1)(t−1)t 2e t当t ∈(0,1)时ℎ′(t )>0,当t ∈(1,+∞)时ℎ′(t )<0 可得ℎ(t )在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,所以ℎ(t )max =ℎ(1)=1e ,则a a+1>1e,解得a >1e−1.故实数a 的取值范围是(1e−1,+∞).【点睛】本题第(2)问显然不能直接分离参数,如果利用f ′(x )处理也是十分复杂,于是着眼于简化指数进行换元:令xa =t ,则ate t −(2a +2)t +a +1>0对于t >0恒成立.换元之后就可以轻松分离参数了,特别是解法2的处理手法值得回味.半分离参数【例6】已知函数f (x )=e x −ax −1(a ∈R ,其中e 为自然对数的底数). (1)若f (x )在定义域内有唯一零点,求a 的取值范围; (2)若f (x )≤x 2e x 在[0,+∞)上恒成立,求a 的取值范围. 【解析】(1)f ′(x )=e x −a ,① 当a ≤0时,f ′(x )>0,所以f (x )在R 上单调递增; 又f (−1)=1e −1+a <0,f (1)=e −a −1>0, 由零点存在定理可知,函数f (x )在R 上有唯一零点. 故a ≤0符合题意;② 当a >0时,令f ′(x )=0得x =lna , 当x ∈(−∞,lna)时,f ′(x )<0,f (x )单调递减; x ∈(lna,+∞),f ′(x )>0,f (x )单调递增.所以f (x )min =f (lna )=e lna −alna −1=a −alna −1, 设g (a )=a −alna −1(a >0),则g ′(a )=1−(lna +1)=−lna ,当a >1时,g ′(a )<0,g (a )单调递减, 所以g (a )max =g (1)=0,故a =1.综上:实数a 的取值范围为{a ∣a ≤0或a =1}. (2)解法1:f (x )≤x 2e x 对x ∈[0,+∞)恒成立, 即(1−x 2)e x ≤ax +1对x ∈[0,+∞)恒成立,即函数ℎ(x )=(1−x 2)e x 的图像恒在直线y =ax +1的下方. 而ℎ′(x )=(1−x 2−2x )e x ,ℎ′′(x )=(−x 2−4x −1)e x <0(x ≥0),所以函数ℎ(x )是上凸函数,且在x =0处的切线斜率k =ℎ′(0)=1; 直线y =ax +1过定点(0,1),鈄率为a ,故a ≥1,即a 的取值范围为[1,+∞). 解法2:f (x )≤x 2e x 对x ∈[0,+∞)恒成立,即(1−x 2)e x ≤ax +1对x ∈[0,+∞)恒成立, 记ℎ(x )=(1−x 2)e x =(1+x )(1−x )e x , ①当a ≥1时,设函数m (x )=(1−x )e x ,则m ′(x )=−xe x ≤0,因此m (x )在[0,+∞)单调递减, 又m (0)=1,故m (x )≤1,所以ℎ(x )=(1+x )m (x )≤1+x ≤ax +1, 故f (x )≤x 2e x 对x ∈[0,+∞)恒成立; ②当0<a <1时,设函数n (x )=e x −x −1, 则n ′(x )=e x −1≥0,所以n (x )在[0,+∞)单调递减, 且n (0)=0,故e x ≥x +1.(1−x)(1+x)2−ax−1=x(1−a−x−x2),取x0=−1+√5−4a,2则x0∈(0,1),(1−x0)(1+x0)2−ax0−1=0,所以ℎ(x0)>ax0+1;故0<a<1不合题意.③当a≤0时,取x0=√5−1,2则x0∈(0,1),ℎ(x0)>(1−x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.故a≤0不合题意.综上,a的取值范围为[1,+∞).【点睛】解法1将不等式进行变形为ax+b≤f(x)(其中a为参数,b为常数),不等号前后两个函数的图像特征为:“一直一曲”,而直线y=ax+b过定点(0,b). 半分离参数的方法,通过变形将不等式两边化为一直线与一曲线的形式,再结合图像利用函数凹凸性解决问题,过程简洁快捷.需要指出的是,这种解法只适用于选择题与填空题,不适用于解答题.解法2是不分离参数,直接构造差函数对参数进行讨论,过程更加严谨,理由更加充分,是解答题的一般做法.其中讨论的临界点,可以结合解法1的过程而得到.【例7】已知函数f(x)=xlnx+ax−1,a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a=2时,对任意x>1,f(x)>b(x−1)恒成立,求正整数b的最大值.【解析】(1)f (x )的单调递增区间为(e −a−1,+∞),单调递减区间为(0,e −a−1). (2)解法1:全分离 f (x )>b (x −1)变形为b <f (x )x−1=xlnx+2x−1x−1,令g (x )=xlnx+2x−1x−1,g ′(x )=−lnx+x−2(x−1)2, 令ℎ(x )=−lnx +x −2,则ℎ′(x )=−1x +1=x−1x>0,所以ℎ(x )在(1,+∞)单调递增,又ℎ(3)=1−ln3<0,ℎ(4)=2−2ln2>0, 所以存在唯一x 0∈(3,4),使得ℎ(x 0)=0,即lnx 0=x 0−2. 故当x ∈(1,x 0)时,ℎ(x )<0,g ′(x )<0,g (x )单调递减; 当x ∈(x 0,+∞)时,ℎ(x )>0,g ′(x )>0,g (x )单调递增. 所以g (x )min =g (x 0)=x 0lnx 0+2x 0−1x 0−1=x 02−1x 0−1=x 0+1,即b <x 0+1,又x 0∈(3,4),所以x 0+1∈(4,5),因为b ∈N ∗,所以b max =4. 解法2:半分离f (x )>b (x −1)恒成立,即f (x )=xlnx +2x −1图像恒在直线y =b (x −1)的上方.因为f ′(x )=3+lnx >0,f ′′(x )=1x >0,所以f (x )在(1,+∞)单调递增,且下凸;直线y =b (x −1)过定点(1,0).设过(1,0)的直线与f (x )相切于点(x 0,f (x 0)),即(x 0,x 0lnx 0+2x 0−1). 切线斜率为f ′(x 0),所以b <f ′(x 0). 由f (x 0)−0x 0−1=f ′(x 0),得x 0lnx 0+2x 0−1x 0−1=3+lnx 0,化简整理得lnx 0=x 0−2,所以f ′(x 0)=3+lnx 0=3+(x 0−2)=x 0+1.故b <x 0+1. 下面估计x 0的范围.令ℎ(x )=x −lnx −2,则ℎ′(x )=1−1x =x−1x>0,所以ℎ(x )在(1,+∞)单调递增;又ℎ(3)=1−ln3<0,ℎ(4)=2−2ln2>0,所以ℎ(x )的唯一零点x 0∈(3,4). 于是x 0+1∈(4,5),因为b ∈N ∗,所以b max =4.【点睛】需要点睛意的是,利用半分离参数求解含参问题,需要结合二阶导数研究函数的凹凸性,在解答题中有“以图代证”的嫌疑,因而这个解法一般只适用于选择题或填空题.【例8】设函数f (x )=e x (2x −1)−ax +a ,其中a <1.若存在在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0.则a 的取值范围是（ ） A.[−32e ,1)B.[−32e ,34)C.[32e ,34)D.[32e ,1)【解析】解法1:全分离参数f (x )<0⇔(x −1)a >e x (2x −1) 当x >1时,有a >e x (2x−1)x−1>1,这与题设矛盾,舍去;当x <1时,有a <e x (2x−1)x−1,记g (x )=e x (2x−1)x−1, 则g′(x )=e x (2x+1)(x−1)−e x (2x−1)(x−1)2=xe x (2x−3)(x−1)2(x<1),当x <0时,g ′(x )>0;当0<x <1时,g ′(x )<0,故g (x )在(−∞,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减,作出其大致图象如图所示.由题意知,存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0,即a <g (x 0), 由图易知a 的取值范围是32e =g (−1)≤a <1,选D . 解法2:半分离参数设g (x )=e x (2x −1),ℎ(x )=ax −a ,由题意知,存在唯一的整数x 0,使得g (x 0)<ℎ(x 0),g ′(x )=e x (2x +1),当x <−12时,g ′(x )<0,当x >−12时,g ′(x )>0,则g (x )在(−∞,−12)上单调递减,在(−12,+∞)上单调递增.作出g (x )与ℎ(x )的大致图象如图所示.因为g (0)=−1<−a =ℎ(0),故只需g (−1)≥ℎ(−1)即可,解得a ≥32e ,则a 的取值范围是32e ≤a <1, 故选D .强化训练1.设函数f (x )=x 2+ax +b,g (x )=e x (cx +d ).若曲线y =f (x )和曲线y =g (x )都过点P (0,2),且在点P 处有相同的切线y =4x +2. (1)求a,b,c,d 的值;(2)若x ≥−2时,f (x )≤kg (x ),求k 的取值范围. 【解析】(1)a =4,b =2,c =2,d =2(过程略). (2)由(1)知,f (x )=x 2+4x +2,g (x )=2e x (x +1),①当x =−1时,f (x )=−1,g (x )=0,此时f (x )≤kg (x )恒成立,则k ∈R ; ②当x ∈[−2,−1)时,g (x )=2e x (x +1)<0,f (x )≤kg (x )可化为:k ≤x 2+4x+22e x (x+1),令ℎ(x )=x 2+4x+22e x (x+1),则ℎ′(x )=−x (x+2)22e x (x+1)2≥0恒成立,故ℎ(x )在区间[−2,−1)上单调递增,当x =−2时,ℎ(x )取最小值e 2,故k ≤e 2; ③当x ∈(−1,+∞)时,g (x )=2e x (x +1)>0,f (x )≤kg (x )可化为:k ≥x 2+4x+22e x (x+1),令ℎ(x )=x 2+4x+22e x (x+1),则ℎ′(x )=−x (x+2)22e x (x+1)2,当x ∈(−1,0)时,ℎ′(x )>0,当x ∈(0,+∞)时,ℎ′(x )<0, 故当x =0时,ℎ(x )取极大值1,故k ≥1. 综上所述:k ∈[1,e 2],即k 的取值范围是[1,e 2].2.设函数f (x )=e x −ax −2.(1)求f(x)的单调区间;(2)若a=1,k为整数,且当x>0时,(x−k)f′(x)+x+1>0,求k的最大值. 【解析】(1)当a≤0时,f(x)在(−∞,+∞)上单调递增,无减区间;当a>0时,f(x)的单调递减区间是(−∞,lna),单调递增区间是(lna,+∞).(2)(x−k)f′(x)+x+1>0等价于k<x+1e x−1+x(x>0)(1),令g(x)=x+1e x−1+x,则g′(x)=e x(e x−x−2)(e x−1)2,而函数f(x)=e x−x−2在(0,+∞)上单调递增,f(1)<0,f(2)>0, 所以f(x)在(0,+∞)存在唯一的零点.故g′(x)在(0,+∞)存在唯一的零点.设此零点为a,则a∈(1,2).当x∈(0,a)时,g′(x)<0;当x∈(a,+∞)时,g′(x)>0.所以g(x)在(0,+∞)的最小值为g(a).又由g′(a)=0,可得e a=a+2,所以g(a)=a+1∈(2,3).由于(1)式等价于k<g(a),故整数k的最大值为2.3已知函数f(x)=ln2(1+x)−x21+x.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若不等式(1+1n )n+a≤e对任意的n∈N∗都成立(其中e是自然对数的底数).求a的最大值.【解析】(1)函数f(x)的定义域为(−1,+∞),f ′(x )=2ln (1+x )1+x−x 2+2x (1+x )2=2(1+x )ln (1+x )−x 2−2x(1+x )2.设g (x )=2(1+x )ln (1+x )−x 2−2x ,则g ′(x )=2ln (1+x )−2x . 令ℎ(x )=2ln (1+x )−2x ,则ℎ′(x )=21+x −2=−2x1+x . 当−1<x <0时,ℎ′(x )>0,ℎ(x )在(−1,0)上为增函数, 当x >0时,ℎ′(x )<0,ℎ(x )在(0,+∞)上为减函数.所以ℎ(x )在x =0处取得极大值,而ℎ(0)=0,所以g ′(x )<0(x ≠0), 函数g (x )在(−1,+∞)上为减函数. 于是当−1<x <0时,g (x )>g (0)=0, 当x >0时,g (x )<g (0)=0.所以,当−1<x <0时,f ′(x )>0,f (x )在(−1,0)上为增函数. 当x >0时,f ′(x )<0,f (x )在(0,+∞)上为减函数.故函数f (x )的单调递增区间为(−1,0),单调递减区间为(0,+∞). (2)不等式(1+1n )n+a ≤e 等价于不等式(n +a )ln (1+1n )≤1.由1+1n >1知,a ≤1ln(1+1n)−n .设φ(x )=1ln (1+x )−1x ,x ∈(0,1], 则φ′(x )=−1(1+x )ln 2(1+x )+1x 2=(1+x )ln 2(1+x )−x 2x 2(1+x )ln 2(1+x ).由(1)知,ln 2(1+x )−x 21+x ≤0,即(1+x )ln 2(1+x )−x 2≤0. 所以φ′(x )<0,x ∈(0,1],于是φ(x )在(0,1]上为减函数. 故函数φ(x )在(0,1]上的最小值为φ(1)=1ln2−1.−1.所以a的最大值为1ln2第2讲分离参数法：全分离及半分离知识与方法分离参数法解决恒成立求参问题,可以有两个角度:全分离和半分离.1.全分离参数法将含参表达式中的参数从表达式中完全分离出来,使所研究的函数由动态变为定态,进而可得到新函数的图像、性质(最值),将求参数的范围问题转化为求函数的最值或值域问题.在分离参数时,需点睛意:(1)参数系数的正负是否确定;(2)分参后目标函数的最值是否易解,若不易解,极可能需要洛必达法则辅助.2.半分离参数法其一般步骤为:将不等式变形为ax +b ≥f (x )或ax +b ≤f (x )的形式(其中a 为参数,b 为常数),然后画出图像,由图像的上下方关系得到不等式,从而求得参数的取值范围.不等号前后两个函数的图像特征为:直线y =ax +b 与曲线y =f (x ),而直线y =ax +b 过定点(0,b ).需要说明的是:半分离参数法一般只适用于客观题,解答题则不宜使用.典型例题全分离参数【例1】已知函数f (x )=e x +ax 2−x . (1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)当x ≥0时,f (x )≥12x 3+1,求a 的取值范围.【解析】(1)当a =1时,f (x )=e x +x 2−x,f ′(x )=e x +2x −1. 当x <0时,f ′(x )<0,f (x )单调递减; 当x >0时,f ′(x )>0,f (x )单调递增.所以,当a =1时,f (x )在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)解法1:分离参数法 当x =0时,a ∈R .当x >0时,f (x )≥12x 3+1⇔a ≥12x 3+x+1−e x x 2.记ℎ(x )=12x 3+x+1−e x x 2(x >0),则ℎ′(x )=12x 3−x−2+(2−x )e x x 3=(2−x )(e x −12x 2−x−1)x3.记g (x )=e x −12x 2−x −1(x >0),g ′(x )=e x −x −1,g ′′(x )=e x −1.因为x >0,所以g ′′(x )=e x −1>0,所以g ′(x )在(0,+∞)上单调递增, 从而g ′(x )>g ′(0)=0,所以g (x )在(0,+∞)单调递增,所以g (x )>g (0)=0. 令ℎ′(x )=0,解得x =2.当x ∈(0,2)时,ℎ′(x )>0,ℎ(x )单调递增; 当x ∈(2,+∞)时,ℎ′(x )<0,ℎ(x )单调递减. 所以ℎ(x )在x =2处取得最大值ℎ(2)=7−e 24,从而a ≥7−e 24.综上,实数a 的取值范围是[7−e 24,+∞).解法2:指数找朋友 f (x )≥12x 3+1等价于12x 3−ax 2+x+1e x≤1.设g (x )=12x 3−ax 2+x+1e x(x ≥0),则g ′(x )=−12x[x 2−(2a+3)x+(4a+2)e x=−12x [x−(2a+1)](x−2)e x.(1)当2a +1≤0,即a ≤−12时,则当x ∈(0,2)时,g ′(x )>0,所以g (x )在(0,2)单调递增,而g (0)=1, 故当x ∈(0,2)时,g (x )>1,不合题意; (2)当0<2a +1<2,即−12<a <12时, 则当x ∈(0,2a +1)∪(2,+∞)时,g ′(x )<0.所以g (x )在(0,2a +1),(2,+∞)单调递减,在(2a +1,2)上单调递增. 由于g (0)=1,所以g (x )≤1.当且仅当g (2)=7−4a e 2≤1,即a ≥7−e 24.所以当7−e 24≤a <12时,g (x )≤1.(3)若2a +1≥2,即a ≥12时,则g (x )≤12x 3+x+1e x.由于0∈[7−e 24,12),故由(2)可得12x 3+x+1e x≤1.故当a ≥12时,g (x )≤1.综上所述,实数a 的取值范围是[7−e 24,+∞).【点睛】解决本题的关键在于求导数ℎ′(x )=12x 3−x−2+(2−x )e x x 3后的处理.仔细观察导数式中e x 前面的系数为2−x ,由此可大胆猜测2−x 应该为12x 3−x −2的一个因式,从而可设12x 3−x −2=(2−x )(−12x 2+px +q),将右侧展开,得12x 3−x −2=12x 3−(p +1)x 2+(2p −q )x +2q ,比较两侧的系数,可得p =q =−1,从而12x 3−x −2=(2−x )(−12x 2−x −1).【例2】设函数f (x )=e x −1−x −ax 2. (1)若a =0,求f (x )的单调区间;(2)若当x ≥0时f (x )≥0,求a 的取值范围.【解析】(1)因为a =0时,所以f (x )=e x −1−x,f ′(x )=e x −1. 当x ∈(−∞,0)时,f ′(x )<0;当x ∈(0,+∞)时,f ′(x )>0. 故f (x )在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增; (2)解法1:由(1)可得,当a =0时,f (x )≥f (0)=0, 即e x ≥x +1,当且仅当x =0时等号成立. 依题意,当x ≥0时f (x )≥0恒成立,当x =0时,f (x )≥0,此时a ∈R ; 当x >0时,f (x )≥0等价于a ≤e x −1−x x 2,令g (x )=e x −1−x x 2(x >0),则g ′(x )=(x−2)e x +x+2x 3,今ℎ(x )=(x −2)e x +x +2(x >0),则ℎ′(x )=(x −1)e x +1, 因为ℎ′′(x )=xe x>0,所以ℎ′(x )在(0,+∞)上为增函数,所以ℎ′(x )>ℎ′(0)=0,于是ℎ(x )在(0,+∞)上为增函数,从而ℎ(x )>ℎ(0)=0, 因此g ′(x )>0,g (x )在(0,+∞)上为增函数, 由洛必达法则知,lim x→0+e x −1−x x 2=lim x→0+e x −12x=lim x→0+e x 2=12,所以a ≤12.当a >12时,e −x >1−x 得f ′(x )<e x −1+2a (e −x −1)=e −x (e x −1)(e x −2a ), 故当x ∈(0,ln2a )时,f ′(x )<0,而f (0)=0,于是当x ∈(0,ln2a )时,f (x )<0. 综上得a 的取值范围是(−∞,12]. 解法2:f ′(x )=e x −1−2ax ,由(1)知e x ≥1+x ,当且仅当x =0时等号成立, 故f ′(x )≥x −2ax =(1−2a )x .当1−2a ≥0,即a ≤12时,f ′(x )≥0(x ≥0),所以f (x )在[0,+∞)上单调递增,故f (x )≥f (0)=0,即a ≤12符合题意; 当a >12时,由e x >1+x (x ≠0)可得e −x >1−x (x ≠0), 所以e −x −1>−x (x ≠0),所以f ′(x )=e x −1−2ax <e x −1+2a (e −x −1)=e −x (e x −1)(e x −2a ),则当x∈(0,ln2a)时,f′(x)<0,f(x)在(0,ln2a)上单调递减,于是当x∈(0,ln2a)时,f(x)<f(0)=0,故a>12不合题意.综上所述,a的取值范围是(−∞,12].【例3】已知函数f(x)=x(e x+1−a)(x∈R).(1)若a=2,判断f(x)在(0,+∞)上的单调性;(2)若f(x)−lnx−1≥0恒成立,求实数a的取值范围.【解析】(1)若a=2,f(x)=xe x−x,f′(x)=e x+xe x−1=(x+1)e x−1. 当x>0时,x+1>1,e x>1,故(x+1)e x>1,f′(x)=(x+1)e x−1>0, 故f(x)在(0,+∞)上单调递增.(2)解法1:分离参数+隐零点求最值由题意可知xe x+(1−a)x−lnx−1≥0在区间(0,+∞)上恒成立,整理得a−1≤e x−lnxx −1x.设g(x)=e x−lnxx −1x,g′(x)=x2e x+lnxx2,设ℎ(x)=x2e x+lnx,则ℎ′(x)=(x2+2x)e x+1x>0, 所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增,又ℎ(1)=e>0,ℎ(12)=√e4−ln2<0.所以函数ℎ(x)有唯一的零点x0,且12<x0<1.当x∈(0,x0)时,ℎ(x)<0,g′(x)<0,g(x)单调递减; 当x∈(x0,+∞)时,ℎ(x)>0,g′(x)>0,g(x)单调递增.即g (x 0)为g (x )在定义域内的最小值. 所以a −1≤e x 0−lnx 0x 0−1x 0.因为ℎ(x 0)=0,得x 0e x 0=−lnx 0x 0,12<x 0<1(∗)令k (x )=xe x (12<x <1),方程(∗)等价于k (x )=k (−lnx )(12<x <1). 而k ′(x )=(x +1)e x 在(0,+∞)上恒大于零,所以k (x )在(0,+∞)单调递增. 故k (x )=k (−lnx )等价于x =−lnx (12<x <1). 设函数m (x )=x +lnx (12<x <1),易知m (x )单调递增.又m (12)=12−ln2<0,m (1)=1>0,所以x 0为m (x )的唯一零点.即lnx 0=−x 0,e x 0=1x 0.故g (x )的最小值为g (x 0)=e x 0−lnx 0x 0−1x 0=1x 0−−x 0x 0−1x 0=1.所以a −1≤1,即a ≤2.综上,实数a 的取值范围是(−∞,2]. 解法2:分离参数+放缩法求最值由题意可知xe x +(1−a )x −lnx −1≥0在区间(0,+∞)上恒成立, 即a −1≤xe x −lnx−1x.利用不等式e x ≥x +1(当且仅当x =0时,等号成立),可得xe x −lnx−1x=e x+lnx −lnx−1x≥(x+lnx+1)−lnx−1x=1,当且仅当x +lnx =0时,等号成立. 所以xe x −lnx−1x的最小值为1.于是a −1≤1,得a ≤2,实数a 的取值范围是(−∞,2].【例4】已知函数f (x )=x 3e ax −1. (1)讨论f (x )的单调性;(2)若a =2,不等式f (x )≥mx +3lnx 对x ∈(0,+∞)恒成立,求m 的取值范围. 【解析】(1)f ′(x )=3x 2e ax +ax 3e ax =x 2e ax (ax +3). ①当a =0时,f ′(x )≥0恒成立,所以f (x )在R 单调递增; ②当时,今,得;令,得. 所以f (x )的单调递减区间为(−3a ,+∞),单调递增区间为(−∞,−3a ]. ③当a >0时,今f ′(x )≥0,得x ≥−3a ;令f ′(x )<0,得x <−3a . 所以f (x )的单调递减区间为(−∞,−3a ),单调递增区间为[−3a ,+∞). (2)因为a =2,所以m ≤x 3e 2x −3lnx−1x恒成立.设g (t )=t −1−lnt (t >0),g ′(t )=t−1t,令g ′(t )<0,得0<t <1;令g ′(t )>0,得t >1. 所以g (t )min =g (1)=0,所以t −1−lnt ≥0.取t =x 3e 2x ,则x 3e 2x −1−ln (x 3e 2x )≥0,即x 3e 2x −3lnx −1≥2x , 所以x 3e 2x −3lnx−1x≥2x x=2.设ℎ(x )=x 3e 2x ,因为ℎ(0)=0<1,ℎ(1)=e 2>1,所以方程x 3e 2x =1必有解, 所以当且仅当x 3e 2x =1时,函数y =x 3e 2x −3lnx−1x取得最小值2,所以m ≤2,即m 的取值范围为(−∞,2].【点睛】本题在进行分参后,首先证明了一个常用的不等式:当t >0时,有lnt ≤t −1,接下来利用该不等式直接得到x 3e x −3lnx −1≥2x ,0a <()0f x '<3x a >-()0f x '3x a-从而得出y=x 3e x−3lnx−1x的最小值2.最后证明能够取到最小值.从而得出实数m的取值范围. 本题也可用同构法解决:m≤x3e2x−3lnx−1x,x3e2x−3lnx−1x =e3lnx+2x−3lnx−1x≥2x+3lnx+1−3lnx−1x=2,故m≤2,即m的取值范围为(−∞,2]. 换元后分离参数【例5】已知函数f(x)=x(e xa−2a−2)+a.(1)若a=−1,求f(x)的单调区间和极值点;(2)若x>0时,f(x)>−1(a>0)恒成立,求实数a的取值范围.【解析】(1)a=−1时f(x)=xe−x−1,f′(x)=e−x−xe−x=0,所以当x<1,f′(x)>0,x>1,f′(x)<0.所以f(x)的单调递减区间为(1,+∞),单调递增区间为(−∞,1),极大值点为x=1,无极小值点.(2)解法1:f(x)>−1⇔x(e xa−2a−2)+a>−1, 即x(e x a−2a−2)+a+1>0,令xa=t,则x=at,ate t−(2a+2)t+a+1>0对于t>0恒成立,即a(te t−2t+1)>2t−1(∗)易证e t≥t+1(过程略),则te t−2t+1≥t(t+1)−2t+1>(t−1)2≥0, 即te t−2t+1>0.于是,由(∗)可得a>2t−1te t−2t+1.令g (t )=2t−1te t −2t+1(t >0),则g ′(t )=−(2t+1)(t−1)(te t −2t+1)2e t(t >0).当t ∈(0,1)时g ′(t )>0,当t ∈(1,+∞)时g ′(t )<0.所以g (t )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,[g (t )]max =g (1)=1e−1, 所以a >1e−1,实数a 的取值范围是(1e−1,+∞).解法2:f (x )>−1⇔x (e xa−2a −2)+a >−1, 即x (e x a−2a −2)+a +1>0, 令xa =t ,则x =at,ate t −(2a +2)t +a +1>0对于t >0恒成立, 即aa+1>2t−1te t对于t >0恒成立, 设ℎ(t )=2t−1te t,ℎ′(t )=−(2t+1)(t−1)t 2e t当t ∈(0,1)时ℎ′(t )>0,当t ∈(1,+∞)时ℎ′(t )<0 可得ℎ(t )在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减, 所以ℎ(t )max =ℎ(1)=1e ,则aa+1>1e ,解得a >1e−1. 故实数a 的取值范围是(1e−1,+∞).【点睛】本题第(2)问显然不能直接分离参数,如果利用f ′(x )处理也是十分复杂,于是着眼于简化指数进行换元:令xa =t ,则ate t −(2a +2)t +a +1>0对于t >0恒成立.换元之后就可以轻松分离参数了,特别是解法2的处理手法值得回味.半分离参数【例6】已知函数f (x )=e x −ax −1(a ∈R ,其中e 为自然对数的底数). (1)若f (x )在定义域内有唯一零点,求a 的取值范围;(2)若f (x )≤x 2e x 在[0,+∞)上恒成立,求a 的取值范围. 【解析】(1)f ′(x )=e x −a ,③ 当a ≤0时,f ′(x )>0,所以f (x )在R 上单调递增; 又f (−1)=1e −1+a <0,f (1)=e −a −1>0, 由零点存在定理可知,函数f (x )在R 上有唯一零点. 故a ≤0符合题意;④ 当a >0时,令f ′(x )=0得x =lna , 当x ∈(−∞,lna)时,f ′(x )<0,f (x )单调递减; x ∈(lna,+∞),f ′(x )>0,f (x )单调递增.所以f (x )min =f (lna )=e lna −alna −1=a −alna −1, 设g (a )=a −alna −1(a >0),则g ′(a )=1−(lna +1)=−lna , 当0<a <1时,g ′(a )>0,g (a )单调递增; 当a >1时,g ′(a )<0,g (a )单调递减, 所以g (a )max =g (1)=0,故a =1.综上:实数a 的取值范围为{a ∣a ≤0或a =1}. (2)解法1:f (x )≤x 2e x 对x ∈[0,+∞)恒成立, 即(1−x 2)e x ≤ax +1对x ∈[0,+∞)恒成立,即函数ℎ(x )=(1−x 2)e x 的图像恒在直线y =ax +1的下方. 而ℎ′(x )=(1−x 2−2x )e x ,ℎ′′(x )=(−x 2−4x −1)e x <0(x ≥0),所以函数ℎ(x )是上凸函数,且在x =0处的切线斜率k =ℎ′(0)=1; 直线y =ax +1过定点(0,1),鈄率为a ,故a ≥1,即a 的取值范围为[1,+∞).解法2:f(x)≤x2e x对x∈[0,+∞)恒成立,即(1−x2)e x≤ax+1对x∈[0,+∞)恒成立, 记ℎ(x)=(1−x2)e x=(1+x)(1−x)e x,①当a≥1时,设函数m(x)=(1−x)e x,则m′(x)=−xe x≤0,因此m(x)在[0,+∞)单调递减,又m(0)=1,故m(x)≤1,所以ℎ(x)=(1+x)m(x)≤1+x≤ax+1,故f(x)≤x2e x对x∈[0,+∞)恒成立;②当0<a<1时,设函数n(x)=e x−x−1,则n′(x)=e x−1≥0,所以n(x)在[0,+∞)单调递减,且n(0)=0,故e x≥x+1.当0<x<1时,ℎ(x)>(1−x)(1+x)2,(1−x)(1+x)2−ax−1=x(1−a−x−x2),取x0=−1+√5−4a,2则x0∈(0,1),(1−x0)(1+x0)2−ax0−1=0,所以ℎ(x0)>ax0+1;故0<a<1不合题意.③当a≤0时,取x0=√5−1,2则x0∈(0,1),ℎ(x0)>(1−x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.故a≤0不合题意.综上,a的取值范围为[1,+∞).【点睛】解法1将不等式进行变形为ax +b ≤f (x )(其中a 为参数,b 为常数),不等号前后两个函数的图像特征为:“一直一曲”,而直线y =ax +b 过定点(0,b ). 半分离参数的方法,通过变形将不等式两边化为一直线与一曲线的形式,再结合图像利用函数凹凸性解决问题,过程简洁快捷.需要指出的是,这种解法只适用于选择题与填空题,不适用于解答题.解法2是不分离参数,直接构造差函数对参数进行讨论,过程更加严谨,理由更加充分,是解答题的一般做法.其中讨论的临界点,可以结合解法1的过程而得到.【例7】已知函数f (x )=xlnx +ax −1,a ∈R . (1)求函数f (x )的单调区间;(2)当a =2时,对任意x >1,f (x )>b (x −1)恒成立,求正整数b 的最大值. 【解析】(1)f (x )的单调递增区间为(e −a−1,+∞),单调递减区间为(0,e −a−1). (2)解法1:全分离 f (x )>b (x −1)变形为b <f (x )x−1=xlnx+2x−1x−1,令g (x )=xlnx+2x−1x−1,g ′(x )=−lnx+x−2(x−1)2, 令ℎ(x )=−lnx +x −2,则ℎ′(x )=−1x +1=x−1x>0,所以ℎ(x )在(1,+∞)单调递增,又ℎ(3)=1−ln3<0,ℎ(4)=2−2ln2>0, 所以存在唯一x 0∈(3,4),使得ℎ(x 0)=0,即lnx 0=x 0−2. 故当x ∈(1,x 0)时,ℎ(x )<0,g ′(x )<0,g (x )单调递减; 当x ∈(x 0,+∞)时,ℎ(x )>0,g ′(x )>0,g (x )单调递增.所以g (x )min =g (x 0)=x 0lnx 0+2x 0−1x 0−1=x 02−1x 0−1=x 0+1,即b <x 0+1,又x 0∈(3,4),所以x 0+1∈(4,5),因为b ∈N ∗,所以b max =4. 解法2:半分离f (x )>b (x −1)恒成立,即f (x )=xlnx +2x −1图像恒在直线y =b (x −1)的上方.因为f ′(x )=3+lnx >0,f ′′(x )=1x >0,所以f (x )在(1,+∞)单调递增,且下凸;直线y =b (x −1)过定点(1,0).设过(1,0)的直线与f (x )相切于点(x 0,f (x 0)),即(x 0,x 0lnx 0+2x 0−1). 切线斜率为f ′(x 0),所以b <f ′(x 0). 由f (x 0)−0x 0−1=f ′(x 0),得x 0lnx 0+2x 0−1x 0−1=3+lnx 0,化简整理得lnx 0=x 0−2,所以f ′(x 0)=3+lnx 0=3+(x 0−2)=x 0+1.故b <x 0+1. 下面估计x 0的范围.令ℎ(x )=x −lnx −2,则ℎ′(x )=1−1x =x−1x>0,所以ℎ(x )在(1,+∞)单调递增;又ℎ(3)=1−ln3<0,ℎ(4)=2−2ln2>0,所以ℎ(x )的唯一零点x 0∈(3,4). 于是x 0+1∈(4,5),因为b ∈N ∗,所以b max =4.【点睛】需要点睛意的是,利用半分离参数求解含参问题,需要结合二阶导数研究函数的凹凸性,在解答题中有“以图代证”的嫌疑,因而这个解法一般只适用于选择题或填空题.【例8】设函数f (x )=e x (2x −1)−ax +a ,其中a <1.若存在在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0.则a 的取值范围是（ ） A.[−32e ,1)B.[−32e ,34)C.[32e ,34)D.[32e ,1)【解析】解法1:全分离参数f (x )<0⇔(x −1)a >e x (2x −1) 当x >1时,有a >e x (2x−1)x−1>1,这与题设矛盾,舍去;当x <1时,有a <e x (2x−1)x−1,记g (x )=e x (2x−1)x−1, 则g′(x )=e x (2x+1)(x−1)−e x (2x−1)(x−1)2=xe x (2x−3)(x−1)2(x<1),当x <0时,g ′(x )>0;当0<x <1时,g ′(x )<0,故g (x )在(−∞,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减,作出其大致图象如图所示.由题意知,存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0,即a <g (x 0), 由图易知a 的取值范围是32e =g (−1)≤a <1,选D . 解法2:半分离参数设g (x )=e x (2x −1),ℎ(x )=ax −a ,由题意知,存在唯一的整数x 0,使得g (x 0)<ℎ(x 0),g ′(x )=e x (2x +1),当x <−12时,g ′(x )<0,当x >−12时,g ′(x )>0,则g (x )在(−∞,−12)上单调递减,在(−12,+∞)上单调递增.作出g (x )与ℎ(x )的大致图象如图所示.因为g (0)=−1<−a =ℎ(0),故只需g (−1)≥ℎ(−1)即可,解得a ≥32e ,则a 的取值范围是32e ≤a <1, 故选D .强化训练1.设函数f (x )=x 2+ax +b,g (x )=e x (cx +d ).若曲线y =f (x )和曲线y =g (x )都过点P (0,2),且在点P 处有相同的切线y =4x +2. (1)求a,b,c,d 的值;(2)若x ≥−2时,f (x )≤kg (x ),求k 的取值范围. 【解析】(1)a =4,b =2,c =2,d =2(过程略). (2)由(1)知,f (x )=x 2+4x +2,g (x )=2e x (x +1),①当x =−1时,f (x )=−1,g (x )=0,此时f (x )≤kg (x )恒成立,则k ∈R ; ②当x ∈[−2,−1)时,g (x )=2e x (x +1)<0,f (x )≤kg (x )可化为:k ≤x 2+4x+22e x (x+1),令ℎ(x )=x 2+4x+22e x (x+1),则ℎ′(x )=−x (x+2)22e x (x+1)2≥0恒成立,故ℎ(x )在区间[−2,−1)上单调递增,当x =−2时,ℎ(x )取最小值e 2,故k ≤e 2;③当x ∈(−1,+∞)时,g (x )=2e x (x +1)>0,f (x )≤kg (x )可化为:k ≥x 2+4x+22e x (x+1),令ℎ(x )=x 2+4x+22e x (x+1),则ℎ′(x )=−x (x+2)22e x (x+1)2,当x ∈(−1,0)时,ℎ′(x )>0,当x ∈(0,+∞)时,ℎ′(x )<0, 故当x =0时,ℎ(x )取极大值1,故k ≥1. 综上所述:k ∈[1,e 2],即k 的取值范围是[1,e 2].2.设函数f (x )=e x −ax −2. (1)求f (x )的单调区间;(2)若a =1,k 为整数,且当x >0时,(x −k )f ′(x )+x +1>0,求k 的最大值. 【解析】(1)当a ≤0时,f (x )在(−∞,+∞)上单调递增,无减区间; 当a >0时,f (x )的单调递减区间是(−∞,lna),单调递增区间是(lna,+∞). (2)(x −k )f ′(x )+x +1>0等价于k <x+1e x −1+x (x >0)(1), 令g (x )=x+1e x −1+x ,则g ′(x )=e x (e x −x−2)(e x −1)2, 而函数f (x )=e x −x −2在(0,+∞)上单调递增,f (1)<0,f (2)>0, 所以f (x )在(0,+∞)存在唯一的零点. 故g ′(x )在(0,+∞)存在唯一的零点. 设此零点为a ,则a ∈(1,2).当x ∈(0,a )时,g ′(x )<0;当x ∈(a,+∞)时,g ′(x )>0. 所以g (x )在(0,+∞)的最小值为g (a ).。
分离参数法解决恒成立问题的步骤
引言在数学建模和问题求解过程中，分离参数法是一种常用的方法，用于解决恒成立问题。
本文将以分离参数法解决恒成立问题的步骤为主题，深入探讨这一方法的应用和原理。
通过对这一主题的深度分析，希望读者能更全面地了解分离参数法在解决恒成立问题中的作用和意义。
一、分离参数法的基本概念分离参数法是一种通过引入新的参数，将原方程中的变量分离的方法。
在解决恒成立问题时，我们通常会遇到一些复杂的方程或不等式，通过分离参数法可以简化问题的求解过程。
这种方法的关键在于选择合适的参数，使得原方程中的变量可以被分离或者化简成更容易处理的形式。
二、分离参数法解决恒成立问题的步骤1. 确定需要分离的参数在使用分离参数法解决恒成立问题时，首先需要确定需要引入的参数。
这一步需要观察原方程的形式，找到能够将变量分离的合适参数。
通常情况下，选择参数需要考虑到简化方程和减少求解难度的原则。
2. 将参数引入原方程确定了需要分离的参数后，接下来就是将参数引入原方程。
这一步需要仔细分析原方程的结构，选择合适的方式引入参数，并进行变形操作，使得原方程中的变量能够被成功分离。
3. 分离变量并求解引入参数后，原方程中的变量应该被分离到各自的部分，使得方程的形式更简单或者更易于处理。
在分离变量的过程中，可能会需要运用一些基本的数学技巧或变换方法。
对分离后的方程进行求解，得到恒成立条件或者特定的解。
三、分离参数法解决恒成立问题的示例分析举例来说明分离参数法解决恒成立问题的具体步骤。
假设有一个非常简单的不等式问题：证明当x＞0时，恒有2x+1＞0成立。
这个问题可以通过分离参数法得到简单的解。
首先我们选择参数t，使得2x+1可以被分离为2(x-1/t)+1/t，接着我们引入t后，可以得到不等式 2(x-1/t)+1/t＞0。
由于x＞0，所以x-1/t＞0，因此不等式转化为1/t＞0。
当1/t＞0时，不等式2(x-1/t)+1/t＞0成立。
根据1/t＞0，我们知道t必须是正数，因此不等式2x+1＞0在x＞0时恒成立。
25.分离常数法和分离参数法
分离常数法与分离参数法一:分离常数法:是研究分式函数的一种代数变形的常用方法：主要的分式函数有22sin ;;;sin x x ax b ax bx c ma n m x n y y y y pa q cx d p x q mx nx p+++++====+++++等。
解题的关键是通过恒等变形从分式函数中分离出常数.1）用分离常数法求分式函数的值域例1：求函数31()2x f x x +=-(1)x ≤的值域 解：由已知有()()32213277()3.222x x f x x x x ⎡⎤⎣⎦-++-+===+---。
由1x ≤，得 21x -≤-。
所以1102x -≤<-。
故函数f(x)的值域为{}:43y x -≤<. 2)用分离常数法判断分式函数的单调性例2：已知函数f(x)=(),x a a b x b+≠+,判断函数f(x)的单调性。
解：由已知有f(x) =()1,x b a b a b x b x b x b++--=+≠++.所以，当0a b ->时，函数f(x)在(,)b -∞-和(,)b -+∞上是减函数；当a -b<0时，函数f(x)在(,)b -∞-和(,)b -+∞上是增函数。
3)用分离常数法求分式函数的最值例3：设x>-1,求函数f(x)= 27101x x x +++的最小值。
解：因为x>-1,所以x+1>0.f(x)= ()()211711101x x x +-++-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦+()()215141x x x ++++=+4(1)51x x =++++4(1)51x x =++++当且仅当, 411x x +=+，即x=1时，等号成立。
所以当x=1时，f(x)取得最小值9.二：分离参数法分离参数法是求参数的最值范围的一种方法。
通过分离参数，用函数的观点讨论主变元的变化情况，由此我们可以确定参数的变化范围。
这种方法可以避免分类讨论的麻烦，从而使问题得以顺利解决。
(分离常数法与分离参数法)
分离常数法与分离参数法分离常数法是研究分式函数的一种代数变形的常用方法，主要的分式函数有ax by cx d +=+，22ax bx c y mx nx p++=++，x x m a n y p a q⋅+=⋅+，sin sin m x n y p x q ⋅+=⋅+ 等.解题的关键是通过恒等变形从分式函数中分离出常数. 1.用分离常数法求分式函数的值域 例1 求函数31()(1)2x f x x x +=≤-的值域.解 由已知有3[(2)2]1()2x f x x -++=-3(2)77322x x x -+==+--. 由1x ≤，得21x -≤-.∴1102x -≤<-.∴函数()f x 的值域为{|43}y R y ∈-≤<. 2.用分离常数法判断分式函数的单调性 例2 已知函数()()x af x a b x b+=≠+，判断函数()f x 的单调性.解 由已知有()1x b a b a b y x bx b++--==+++，x b ≠-.所以，当0a b ->时，函数()f x 在(,)b -∞-和(,)b -+∞上是减函数；当0a b -<时，函数()f x 在(,)b -∞-和(,)b -+∞上是增函数.3.用分离常数法求分式函数的最值 例3 设1x >-，求函数2710()1x x f x x ++=+的最小值.解 ∵1x >-，∴10x +>.由已知有2[(1)1]7[(1)1]10()1x x f x x +-++-+=+2(1)5(1)41x x x ++++=+4[(1)]51x x =++++59≥=.当且仅当411x x +=+，即1x =时，等号成立.∴当1x =时，()f x 取得最小值9. 分离参数法分离参数法是求参数的取值范围的一种常用方法，通过分离参数，用函数观点讨论主变量的变化情况，由此我们可以确定参数的变化范围.这种方法可以避免分类讨论的麻烦，从而使问题得以顺利解决.分离参数法在解决有关不等式恒成立、不等式有解、函数有零点、函数单调性中参数的取值范围问题时经常用到. 解题的关键是分离出参数之后将原问题转化为求函数的最值或值域问题. 1.用分离参数法解决函数有零点问题例4 已知函数2()4g x x ax =-+在[2,4]上有零点，求a 的取值范围.解 ∵函数2()4g x x ax =-+在[2,4]上有零点，∴方程240x ax -+=在[2,4]上有实根，即方程4a x x=+在[2,4]上有实根. 令4()f x x x=+，则a 的取值范围等于函数()f x 在[2,4]上的值域. 又224(2)(2)()10x x f x x x+-'=-=≥在[2,4]x ∈上恒成立，∴()f x 在[2,4]上是增函数. ∴(2)()(4)f f x f ≤≤，即4()5f x ≤≤.∴45a ≤≤.2.用分离参数法解决函数单调性问题例5 已知x a ax x x f 222)(2-+=在[1,)+∞上是单调递增函数，求a 的取值范围.解 ∵()2a af x x x =-+，∴2()1a f x x '=+.又)(x f 在[1,)+∞上是单调递增函数，∴0)(≥'x f .于是可得不等式2x a -≥对于1x ≥恒成立.∴2max ()a x ≥-.由1x ≥，得21x -≤-.∴1-≥a . 3.用分离参数法解决不等式恒成立问题例6 已知不等式2210mx x m --+<对满足22m -≤≤的所有m 都成立，求x 的取值范围. 解 原不等式可化为2(1)210x m x --+<，此不等式对22m -≤≤恒成立. 构造函数2()(1)21f m x m x =--+，22m -≤≤，其图像是一条线段.根据题意有22(2)2(1)210(2)2(1)210f x x f x x ⎧-=---+<⎪⎨=--+<⎪⎩，即2222302210x x x x ⎧+->⎪⎨--<⎪⎩.x <4.用分离参数法解决不等式有解问题例7 如果关于x 的不等式34210x x a -+--+<的解集不是空集，求参数a 的取值范围. 解 原不等式可化为3421x x a -+-<-.∵原不等式的解集不是空集，∴min (34)21x x a -+-<-.又34(3)(4)1x x x x -+-≥---=，当且仅当(3)(4)0x x --≤时，等号成立，∴211a -≥，即1a ≥. 5.用分离参数法求定点的坐标例8 已知直线l ：(21)(1)740m x m y m +++--=，m R ∈，求证：直线l 恒过定点. 解 直线l 的方程可化为4(27)0x y m x y +-++-=.设直线l 恒过定点(,)M x y .由m R ∈，得40270x y x y +-=⎧⎨+-=⎩(3,1)M ⇒. ∴直线l 恒过定点(3,1).巩固练习：1、 设函数()2()log 21x f x =+的反函数为=y 1()-f x ，若关于x 的方程1()()f x m f x -=+在[1,2]上有解，则实数m 的取值范围是 2213log ,log 35⎡⎤⎢⎥⎣⎦．2、 设关于x 的方程0)5(6391=-+-+k k k x x在]2,0[内有解，求k 的取值范围.1,82⎡⎤⎢⎥⎣⎦3、 奇函数f(x)在R 上为减函数，若对任意的],1,0(∈x 不等式0)2()(2>-+-+x x f kx f 恒成立，则实数k的取值范围是 221min =+-<）（xx k4、 函数2()223f x ax x a 在[-1,1]上有零点，求a 的取值范围.显然本题看成03222=--+a x ax 在[-1,1]上有解问题，从而分离变量：]1,1[,23)12(2-∈-=-x x x a 显然0122≠-x ，从而]1,1[,12232-∈--=x x x a 有解，故而a 的范围就是函数]1,1[,12232-∈--=x x xy 的值域，从而利用换元法求出),1[]273,(+∞⋃+--∞∈a .5．若函数2()4f x x x a =--的零点个数为3，则a =_4_____。
分离参数法求解参数问题含详解
1．已知函数 f x ax2 x lnx 1 ax2 x . （a∈R）． 2
（1）当 a＝0 时，求曲线 y＝f（x）在（e，f（e）处的切线方程（e＝2.718…） （2）已知 x＝e 为函数 f（x）的极值点，求函数 f（x）的单调区间． 【答案】（1）x+y﹣e＝0．（2）单调递增区间为（0，1）和（e，+∞），单调递减区间为（1，e）． 【解析】（1）∵a＝0， ∴f（x）＝﹣xlnx+x，f′（x）＝﹣lnx， 则直线的斜率 k＝f′（e）＝﹣lne＝﹣1， f（e）＝﹣elne+e＝﹣e+e＝0， 故所求切线方程为 x+y﹣e＝0． （2）函数的导数 f′（x）＝（2ax﹣1）lnx﹣ax﹣1+ax+1＝（2ax﹣1）lnx， ∵x＝e 为函数 f（x）的极值点，
2 作出函数 u=1+ x 1 （r＜x＜a-2）的图象，得 a-2=-1，解得：a=1，矛盾．
9
综上，r=1，a=2+ 3 ．
10．已知函数 f (x) mx 1 1 (m, n 是常数 ) ，且 f (1) 2 ， f (2) 11 .
nx 2
4
（1）求 m,n 的值；
（2）当 x 1, 时，判断 f (x) 的单调性并证明；
（2）若 a= 1 ，并且对区间[3，4]上的每一个 x 的值，不等式 f（x）＞（ 1 ）x+t 恒成立，求实数 t 的取值
2
2
范围．
（3）当 x∈（r，a-2）时，函数 f（x）的值域是（1，+∞），求实数 a 与 r 的值．
【答案】（1）1；（2）
t
9 8
；（3）
高中数学分离参数法详解
高中数学分离参数法详解高中数学中，分离参数法是解决一类同参数的关系式的常用方法。
这类问题往往给出了几个参数之间的关系，需要求解其中一个参数或者确定参数的取值范围。
下面我们详细介绍一下高中数学中的分离参数法以及相关的解题思路。
首先，我们来看一个简单的例子。
假设已知实数a，b，c满足方程组：ax + by = 1bx + cy = 2我们需要求解a，b，c的值。
这时候，我们可以使用分离参数法来解决这个问题。
首先，我们可以将第一个方程变形，得到：ax = 1 - by然后，我们将第二个方程中的x替换为ax，得到：bax + cy = 2接下来，我们将b的系数移到右边，得到：c = 2 - bax现在，我们得到了c关于a和b的表达式。
我们知道，在两个不同的方程中，同一个未知数的系数所对应的值是相同的。
所以我们可以令左边的c等于右边的c，即：1 - by =2 - bax现在，我们可以得到一个关于x和y的方程。
我们可以通过这个方程来求解x和y的值。
通过上面的例子，我们可以看出，分离参数法的主要思路是通过变形和等式的设定，将参数从方程中分离出来。
然后再通过这些参数的关系来求解问题。
下面，我们来看一个稍微复杂一点的例子：已知实数a满足方程：(x-1)(x-2)(x-3)+a=0我们需要求解a的取值范围。
首先，我们可以将方程展开得到：x^3-6x^2+11x-a+6=0然后，我们设另一个变量t，使得方程右边等于t：x^3-6x^2+11x-a+6=t接下来，我们考虑当t等于0时，方程x^3-6x^2+11x-a+6=t的解。
这时候，方程化为：x^3-6x^2+11x-a+6=0我们可以发现，这其实是一个关于x的三次方程。
由代数基本定理可知，这个方程存在三个根。
所以，我们可以通过三次方程的根的性质，来确定a的取值范围。
根据三次方程的性质，我们知道，三次方程的根满足以下关系：x1+x2+x3=6x1x2+x1x3+x2x3=11x1x2x3=a-6由于a是一个实数，所以根的乘积x1x2x3也是一个实数。
分离参数法解“定点”问题
分离参数法解“定点”问题在分离参数法中，我们假设一些点满足特定条件，然后通过给定的参数值来计算这个点的坐标，从而找到满足条件的点。
下面我们将详细介绍分离参数法的步骤以及其在解决定点问题中的应用。
步骤一：设定参数首先，我们需要设定一个或多个参数。
参数的设定应满足以下条件：(1)参数范围内应存在唯一的解；(2)参数的设定应与问题本身相关。
步骤二：建立条件方程根据问题的要求，我们可以建立一个或多个条件方程。
这些方程中的未知量通常表示我们需要求解的点的坐标。
步骤三：用参数表示未知量将未知量用参数表示出来。
这样做的目的是将求解问题转化为参数的方程求解问题。
步骤四：求解参数方程将步骤三中得到的参数方程代入步骤二中的条件方程，然后解这些方程组，得到参数的值。
步骤五：计算坐标将得到的参数值带入步骤三中得到的参数方程，从而计算出满足条件的点的坐标。
步骤六：检验与讨论用计算得到的点的坐标验证是否满足条件。
如果满足，则问题得到解决；如果不满足，则需要重新设定参数，并重新执行步骤三到步骤五下面我们通过一个具体的例子来说明分离参数法的使用。
例题：设直线L的方程为3x+y+3=0，且直线L与椭圆C的方程平面xoy的面积为10，求直线L与椭圆C的交点的坐标。
解：首先，我们设直线L与椭圆C的交点的横坐标为t，纵坐标为y。
则直线L的参数方程可以表示为：x=ty=-3t-3椭圆C的方程可以表示为：x^2+2y^2=20将直线L的参数方程代入椭圆C的方程，得到：t^2+2(-3t-3)^2=20化简上式得到：t^2+18t^2+36t+18-20=0将上式化简为：19t^2+36t-2=0解这个二次方程，得到t的值。
然后将t的值带入直线L的参数方程，从而计算出直线L与椭圆C的交点的坐标。
最后，我们需要检验计算得到的交点的坐标是否满足直线L和椭圆C的方程。
如果满足，则问题得到解决；如果不满足，则需要重新设定参数，并重新执行计算过程。
通过以上的例子，我们可以看到分离参数法在解决定点问题中的应用。
恒成立之分离参数法
不等式的恒成立之分离参数法分离参数法：即把要求的参变量分离出来，单独放在不等式的一侧，将另一侧看成新函数，于是将问题转化成新函数的最值问题若对于取值范围内的任一个数都有恒成立，则；若对于取值范围内的任一个数都有恒成立，则.例1.对于x ∈R ，不等式恒成立，求实数m 的取值范围。
例2.若对于x ∈R ，不等式恒成立，求实数m 的取值范围。
例3.设22)(2+-=mx x x f ，当),1[+∞-∈x 时，m x f ≥)(恒成立，求实数m 的取值范围。
例4.已知1ax x )x (f 2+-=，求使不等式0)x (f <对任意]2,1[x ∈恒成立的a 的取值范围。
解：分离参数]2,1[x ,x 1x a ]2,1[x ,01ax x 2∈+>⇐∈<+-。
设x 1x )x (g +=，注：此题直接用数形结合法解需要对a 进行分类讨论，运用此法最终归结为求函数)x (g 的最值，由于将参数a 与变量x 分离，因此在求最值时避免了分类讨论，使问题相对简化。
变式：本题若将“]2,1[x ∈”改为“)2,1(x ∈”可类似上述方法完成。
例5. 已知：1ax x )x (f 2+-=求使]1,1[x 0)x (f -∈>对任意恒成立的a 的取值范围。
例6．已知函数),1[,2)(2+∞∈++=x xa x x x f ，若对任意),1[+∞∈x ，0)(>x f 恒成立，求实数a 的取值范围。
例6.已知a ax x x f -++=3)(2，若2)(],2,2[≥-∈x f x 恒成立，求a 的取值范围.解析 本题可以化归为求函数f (x )在闭区间上的最值问题,只要对于任意2)(],2,2[min ≥-∈x f x .若2)(],2,2[≥-∈x f x 恒成立⇔2)(],2,2[min ≥-∈∀x f x ⇔⎪⎩⎪⎨⎧≥-=-=-≤-237)2()(22min a f x f a 或⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥--=-=≤-≤-243)2()(2222min a a a f x f a 或⎪⎩⎪⎨⎧≥+==>-27)2()(22min a f x f a ，即a 的取值范围为]222,5[+--. 点评 对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于或小于等于常数问题,可以求函数最值的方法,只要利用m x f >)(恒成立m x f >⇔min )(；m x f <)(恒成立m x f <⇔max )(.本题也可以用零点分布策略求解.例7.设函数是定义在(,)-∞+∞上的增函数，如果不等式2(1)(2)f ax x f a --<-对于任意[0,1]x ∈恒成立，求实数a 的取值范围。
分离常数法与分离参数法在数学解题中的应用
分离常数法与分离参数法在数学解题中的应用 分离常数法是研究分式函数的一种代数变形的常用方法，主要的分式函数有ax b y cx d +=+，22ax bx c y mx nx p ++=++，x x m a n y p a q ⋅+=⋅+，sin sin m x n y p x q⋅+=⋅+ 等.解题的关键是通过恒等变形从分式函数中分离出常数.1.用分离常数法求分式函数的值域例1 求函数31()(1)2x f x x x +=≤-的值域.解 由已知有3[(2)2]1()2x f x x -++=-3(2)77322x x x -+==+--. 由1x ≤，得21x -≤-.∴1102x -≤<-.∴函数()f x 的值域为{|43}y R y ∈-≤<.2.用分离常数法判断分式函数的单调性例2 已知函数()()x a f x a b x b+=≠+，判断函数()f x 的单调性. 解 由已知有()1x b a b a b y x bx b ++--==+++，x b ≠-. 所以，当0a b ->时，函数()f x 在(,)b -∞-和(,)b -+∞上是减函数；当0a b -<时，函数()f x 在(,)b -∞-和(,)b -+∞上是增函数.3.用分离常数法求分式函数的最值例3 设1x >-，求函数2710()1x x f x x ++=+的最小值. 解 ∵1x >-，∴10x +>. 由已知有2[(1)1]7[(1)1]10()1x x f x x +-++-+=+2(1)5(1)41x x x ++++=+4[(1)]51x x =++++59≥=.当且仅当411x x +=+，即1x =时，等号成立. ∴当1x =时，()f x 取得最小值9.分离参数法分离参数法是求参数的取值范围的一种常用方法，通过分离参数，用函数观点讨论主变量的变化情况，由此我们可以确定参数的变化范围.这种方法可以避免分类讨论的麻烦，从而使问题得以顺利解决.分离参数法在解决有关不等式恒成立、不等式有解、函数有零点、函数单调性中参数的取值范围问题时经常用到. 解题的关键是分离出参数之后将原问题转化为求函数的最值或值域问题.1.用分离参数法解决函数有零点问题例4 已知函数2()4g x x ax =-+在[2,4]上有零点，求a 的取值范围.解 ∵函数2()4g x x ax =-+在[2,4]上有零点，∴方程240x ax -+=在[2,4]上有实根，即方程4a x x=+在[2,4]上有实根. 令4()f x x x=+，则a 的取值范围等于函数()f x 在[2,4]上的值域. 又224(2)(2)()10x x f x x x +-'=-=≥在[2,4]x ∈上恒成立，∴()f x 在[2,4]上是增函数.∴(2)()(4)f f x f ≤≤，即4()5f x ≤≤.∴45a ≤≤.2.用分离参数法解决函数单调性问题例5 已知xa ax x x f 222)(2-+=在[1,)+∞上是单调递增函数，求a 的取值范围. 解 ∵()2a a f x x x =-+，∴2()1af x x'=+. 又)(x f 在[1,)+∞上是单调递增函数，∴0)(≥'x f .于是可得不等式2x a -≥对于1x ≥恒成立.∴2max ()a x ≥-.由1x ≥，得21x -≤-.∴1-≥a .3.用分离参数法解决不等式恒成立问题例6 已知不等式2210mx x m --+<对满足22m -≤≤的所有m 都成立，求x 的取值范围.解 原不等式可化为2(1)210x m x --+<，此不等式对22m -≤≤恒成立. 构造函数2()(1)21f m x m x =--+，22m -≤≤，其图像是一条线段.根据题意有22(2)2(1)210(2)2(1)210f x x f x x ⎧-=---+<⎪⎨=--+<⎪⎩，即2222302210x x x x ⎧+->⎪⎨--<⎪⎩.x <4.用分离参数法解决不等式有解问题例7 如果关于x 的不等式34210x x a -+--+<的解集不是空集，求参数a 的取值范围.解 原不等式可化为3421x x a -+-<-. ∵原不等式的解集不是空集，∴min (34)21x x a -+-<-. 又34(3)(4)1x x x x -+-≥---=，当且仅当(3)(4)0x x --≤时，等号成立，∴211a -≥，即1a ≥.5.用分离参数法求定点的坐标例8 已知直线l ：(21)(1)740m x m y m +++--=，m R ∈，求证：直线l 恒过定点.解 直线l 的方程可化为4(27)0x y m x y +-++-=.设直线l 恒过定点(,)M x y .由m R ∈，得40270x y x y +-=⎧⎨+-=⎩(3,1)M ⇒. ∴直线l 恒过定点(3,1).。
分离常数法和分离参数法的应用
分离常数法和分离参数法的应用分离常数法是一种用于求解一阶常微分方程的方法。
它适用于形如dy/dx = f(x)g(y)的一阶常微分方程，其中f(x)和g(y)是关于x和y的函数。
分离常数法的基本思路是将方程中的dy和dx分开，然后将变量分离，使得方程两边只包含x或y中的一个变量。
具体步骤如下：1. 将方程表示为f(y)dy = g(x)dx的形式。
2. 对方程两边积分，得到∫f(y)dy = ∫g(x)dx。
3. 分别求解∫f(y)dy和∫g(x)dx，得到F(y)和G(x)。
4.利用等式F(y)=G(x)表示关系式，进一步求解y的表达式。
5.将得到的y的表达式代入原方程，求解出x的表达式。
分离参数法是一种用于求解二阶常微分方程的方法。
它适用于形如d²y/dx² = f(x)g(y)的二阶常微分方程，其中f(x)和g(y)是关于x和y 的函数。
分离参数法的基本思路是将二阶常微分方程化为两个一阶常微分方程，然后利用分离常数法求解得到两个方程的通解，最后再根据边界条件确定常数。
具体步骤如下：1. 将二阶常微分方程表示为dy/dx = f(x)g(y)的形式。
2. 令dy/dx = p，则d²y/dx² = dp/dx。
3. 将dp/dx = f(x)g(y)代入d²y/dx² = dp/dx，得到dp =f(x)g(y)dx。
4. 将dp/f(y) = g(y)dx两边积分，得到∫dp/f(y) = ∫g(y)dx。
5. 分别求解∫dp/f(y)和∫g(y)dx，得到P(p, y)和X(x)。
6.利用等式P(p,y)=X(x)表示关系式，进一步求解y的表达式。
7.将得到的y的表达式代入原方程，求解出x的表达式。
分离常数法和分离参数法的应用广泛。
它们可以用于求解各种形式的常微分方程，例如指数函数、三角函数、对数函数等。
在物理学、工程学、经济学以及其他领域中，常微分方程是描述自然、社会和经济现象的基本工具。
例说参数分离法求解取值范围问题
例说参数分离法求解取值范围问题参数分离法是一种利用参数的特性来求解取值范围问题的方法。
它通常在数学中应用较多，特别是在不等式求解、方程求解和极值问题中。
参数分离法的主要思想是通过将不等式中的参数与变量分离，进而得到一个只包含变量的新不等式，然后通过具体的条件对变量进行限制，从而确定取值范围。
为了更好地理解参数分离法的应用，我们以一个具体的例子来说明。
假设我们要求解不等式f(x,a)>0的取值范围，其中f(x,a)=(x-a)(x-a-2)(x+a+2)。
首先，我们需要将参数a与变量x分离。
可以将f(x,a)=(x-a)(x-a-2)(x+a+2)分解为三个部分，即f(x,a)=(x-a)(x-a-2)(x+a+2)=g(x)h(x)a+k(x)b+l(x)c，其中g(x)=x-a，h(x)=x-a-2，k(x)=x+a+2，l(x)=1，a,b,c为常数。
接下来，我们需要分别讨论不等式g(x)>0，h(x)>0和k(x)>0的情况。
对于g(x)>0，显然当a=0时，g(x)=x>0，即x∈(0,+∞)。
当a>0时，可以将g(x)化简为x>a。
因此，g(x)>0的解集为x∈(a,+∞)。
对于h(x)>0，当a=-2时，h(x)=x-(-2)-2=x-2>0，即x>2、所以h(x)>0的解集为x∈(2,+∞)。
当a>-2时，可以得到h(x)=x-(a+2)>0，即x>a+2、因此，h(x)>0的解集为x∈(a+2,+∞)。
对于k(x)>0，当a=-2时，k(x)=x-(-2)+2=x+2>0，即x>-2、所以k(x)>0的解集为x∈(-2,+∞)。
当a>-2时，可以得到k(x)=x-(-a-2)+2>0，即x>-a。
因此，k(x)>0的解集为x∈(-a,+∞)。
参数分离法
参数分离法
参数分离法是一种常见的数学方法，在求解数学问题时经常使用。
它的主要思想是将问题中的参数与变量分离，通过对参数的独立考虑，最终得到关于变量的解析式。
这种方法的应用非常广泛，可以用于求解微积分、线性代数、概率统计等领域的问题。
在实际应用中，参数分离法的优势在于可以大大简化问题的求解过程，提高求解效率和准确度。
同时，该方法还可以为问题的进一步研究提供重要线索和思路。
总的来说，参数分离法是一个十分重要且实用的数学工具，对于数学研究和应用都有着不可替代的作用。
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分离参数法的基本步骤
分离参数法的基本步骤分离参数法的基本步骤：①分离参数法应用于解决偏微分方程初边值问题时首先需确保方程形式适合采用该方法即方程可写为两个变量各自函数乘积形式；②对于典型例子如一维热传导方程∂u/∂t=α²∂²u/∂x²边界条件u(0,t)=u(L,t)=0初始条件u(x,0)=f(x)其中α为常数L为区间长度f(x)为已知函数；③假设解可以表示为时间变量t与空间变量x的乘积形式即u(x,t)=X(x)T(t)将其代入原方程中得到X(x)T'(t)=α²X''(x)T(t)；④两边同时除以α²XT得到T'/T=α²X''/X记作λ该式表明左侧仅为t函数右侧仅为x函数因此λ必须为常数；⑤根据λ值不同讨论几种情况λ>0λ=0λ<0分别对应指数函数常数函数三角函数解形式；⑥结合边界条件求解相应常微分方程得到X(x)T(t)具体表达式对于λ<0情形通常假设λ=-μ²μ>0；⑦解得X(x)=Acos(μx)+Bsin(μx)应用边界条件X(0)=0X(L)=0确定系数A=0μ=nπ/Ln为正整数；⑧T(t)部分解为T(t)=Ce^(-α²μ²t)其中C为待定常数综合得到u(x,t)=∑[Bₙsin(nπx/L)e^(-α²(nπ/L)²t)]；⑨利用傅里叶级数展开原理将初始条件f(x)表示为正弦级数∑B ₙsin(nπx/L)通过积分计算确定系数Bₙ；⑩最终得到满足所有条件的解形式表明随着时间推移热能在均匀介质中逐渐扩散直至达到稳态；⑪分离参数法不仅适用于热传导问题还可推广至波动方程拉普拉斯方程等其他类型偏微分方程求解中；⑫正确理解和掌握分离参数法基本思想与操作步骤对于深入研究偏微分方程理论解决实际工程问题具有重要意义。
分离参数法公式推导
分离参数法公式推导好的，以下是为您生成的关于“分离参数法公式推导”的文章：在咱们数学的学习中啊，分离参数法可是个相当实用的解题小妙招。
今天咱就来好好唠唠这个分离参数法的公式推导。
先来说说为啥要用到分离参数法。
比如说，咱碰到一个方程或者不等式，里面既有未知数 x，又有参数 a，而且这俩搅和在一起，让咱看得眼花缭乱，不知道从哪儿下手。
这时候，分离参数法就派上用场啦！它能把参数 a 和未知数 x 分开，让咱们能更清楚地看到它们之间的关系，从而解决问题。
咱来举个具体的例子感受感受。
比如说有个不等式 f(x,a) > 0，这里面 f(x,a) 是一个关于 x 和 a 的表达式。
咱就想法子把 a 单独放在一边，把 x 放在另一边，变成 a > g(x) 或者 a < g(x) 的形式，这 g(x) 就是只关于 x 的表达式。
那怎么推导这个分离参数的公式呢？假设咱们有个方程 f(x,a) = 0，咱们把它变形为 a = h(x) 的形式。
这一步其实就是通过各种数学运算，像移项啦、通分啦、化简啦等等，把含 a 的项都放到一边，把含 x 的项放到另一边。
比如说，有个方程：ax + b = cx² + d。
咱们先把含 a 的项留在左边，其他的都挪到右边去，就得到：ax = cx² + d - b 。
然后再把 x 除过去，就得到 a = (cx² + d - b) / x 。
在实际解题的时候，分离完参数还不算完，还得研究另一边关于 x 的函数的性质。
比如说它的单调性、最值等等。
我记得之前有个学生，碰到一个难题，怎么都解不出来。
题目是这样的：已知不等式 2x + a > 5x - 3 对于所有 x > 1 都成立，求 a 的取值范围。
这孩子一开始毫无头绪，急得抓耳挠腮的。
我就提示他试试分离参数法，他将式子变形为 a > 3x - 3 。
然后发现，对于 x > 1 ，3x - 3 的最小值是 0 。
分离参数法——精选推荐
分离参数法前⾔在⾼中数学教学实践中，有⼀种使⽤频度⽐较⾼的数学⽅法，叫分离参数法，她和许多数学素材有关联，⾼三学⽣⼤多都⽿熟能详，但对其具体的来由和需要注意的问题却不是很清楚，本博⽂试着对此做个总结，以廓清我们认识上的误区，帮助我们提⾼教学，也帮助学⽣顺利掌握这⼀⽅法。
⽅法定义№1已知函数f (x )=x 2+ax −2≥0在区间[1，5]上恒成⽴，求参数a 的取值范围。
[法1]：⼆次函数法，由于Δ=a 2+8>0，故不需要考虑Δ<0的情形，只需要考虑对称轴x =−a2和给定区间[1，5]的相对位置关系当−a2≤1时，即a ⩾−2时，函数f (x )在区间[1,5]单调递增，所以f (x )min =f (1)=1+a −2⩾0,解得a ⩾1，⼜因为a ⩾−2，所以得到a ⩾1。
当−a2≥5时，即a ⩽−10 时，函数f (x )在区间 [1,5]单调递减，所以f (x )min =f (5)=25+5a −2≥0,解得a ≥−235，⼜因为a ≤−10，所以得到a ∈∅。
当1<−a2<5，即−10<a <−2时，f (x )min =f (−a 2)=a 24−a 22−2≥0，得到a ∈∅。
（这种情形可以省略）综上可得a ⩾1。
即a 的取值范围是[1，+∞)[法2]：两边同时除以参数a 的系数x (由于x ∈[1，5]，不等号⽅向不变)，得到a ⩾2x －x 在区间 [1，5]上恒成⽴, 令g (x )=2x －x ，则利⽤函数单调性的结论，可以看到g (x )=2x －x 在区间 [1，5]上单调递减，所以g (x )max =g (1)=1，所以a ⩾1，即a 的取值范围是[1，+∞)相⽐较⽽⾔，法2⽐法1要简单快捷的多，其使⽤的策略是将参数和⾃变量分离开，故这样的⽅法⾃然就叫分离参数法。
使⽤场景№2【2017⋅ 西安模拟】已知函数f (x )=kx 2−lnx 有两个零点，求参数k 的取值范围。
高中数学分离参数法详解(一)
高中数学分离参数法详解(一)高中数学分离参数法详解什么是分离参数法分离参数法是一种在解决高中数学问题中常用的方法。
它能够将含有多个未知数的方程，经过一些推理和转化，分解成只含有一个未知数的方程，从而简化问题的求解过程。
分离参数法的步骤使用分离参数法求解问题通常需要经过以下几个步骤：1.确定问题中所涉及的未知数及其之间的关系；2.假设一个参数，并根据问题条件将未知数与参数关联起来；3.根据问题条件，将含有多个未知数的方程化简成只含一个未知数的方程；4.求解化简后的方程，得到未知数的解；5.根据参数和未知数的关系，确定未知数的取值范围或其它问题所求的具体数值。
分离参数法的应用举例下面以一个具体的数学问题来说明分离参数法的应用：问题：已知直角三角形两个锐角之差为45°，且两个锐角的余弦之比为1:3，求这两个锐角。
解答： 1. 设较小的锐角为x，则较大的锐角为x + 45°； 2. 根据问题条件可得：cos(x+45°)=13； 3. 利用三角函数的和差公式化简上式，得到：cosx=√23； 4. 解方程cosx=√23，得到一个解x=π4；5. 根据锐角的定义，锐角的取值范围是(0,π2)； 6. 因此，较小的锐角为π4，较大的锐角为x+45°=π4+45°。
分离参数法的优势和局限性分离参数法在解决某些高中数学问题时能够简化解题过程，使问题更易于理解和求解。
它的优势主要体现在以下几个方面：•通过引入参数，将问题转化成只含一个未知数的方程，从而降低了问题的复杂度；•规范化了解题过程，使解题思路更加清晰明确。
然而，分离参数法也有一定的局限性：•可行性有限：只适用于一些特定类型的问题，不能解决所有的高中数学问题；•可能引入新的未知数：引入参数的过程中，有可能会产生新的未知数，使问题变得更加复杂。
总结分离参数法是一种在高中数学问题中常用的解题方法。
通过合理引入参数，将多个未知数的方程分解成只含一个未知数的方程，从而简化问题的求解过程。
函数恒成立问题——参变分离法
① ，则只需要
，则只需要
② ，则只需要
，则只需要
③ ，则只需要
，则只需要
④ ，则只需要
，则只需要
（2）若 的值域为
① ，则只需要
，则只需要 （注意与（1）中对应情况进行对比）
② ，则只需要
，则只需要 （注意与（1）中对应情况进行对比）
③ ，则只需要 （注意与（1）中对应情况进行对比）
综上所述：
答案：
注意：（1）不等式含有绝对值时，可对绝对值内部的符号进行分类讨论，进而去掉绝对值，在本题中对 进行符号讨论一举两得：一是去掉了绝对值，二是参变分离时确定不等号的是否变号。
（2）在求 解析式最值时根据式子特点巧妙使用均值不等式，替代了原有的构造函数求导出最值的方法，简化了运算。
（3）注意最后确定 的范围时是三部分取交集，因为是对 的取值范围进行的讨论，而无论 取何值， 的值都要保证不等式恒成立，即 要保证三段范围下不等式同时成立，所以取交集。
在 单调递减， 在 单调递减
答案：
注意：求导数的目的是利用导函数的符号得到原函数的单调性，当导函数无法直接判断符号时，可根据导函数解析式的特点以及定义域尝试在求一次导数，进而通过单调性和关键点（边界点，零点）等确定符号。
例3：若对任意 ，不等式 恒成立，则实数 的范围是．
思路：在本题中关于 的项仅有 一项，便于进行参变分离，但由于 ,则分离参数时要对 的符号进行讨论，并且利用 的符号的讨论也可把绝对值去掉，进而得到 的范围， ，当 时， ，而 ；当 时，不等式恒成立；当 时， ，而
答案：3
注意：（1）本题的一个重要技巧在于对 零点的“设而不求”，在求得 单调增的前提下，判断 的符号零点必不可少，但方程 无法求出解。那么卡在这一步是否要放弃重来？不然。可暂用一个变量来表示零点，再用特殊点的函数值将零点控制在一个小的范围内。在本题中这种方法带来方法上的两个突破：第一，能够判断 的符号进而得到 的符号，确定了 的单调性，找到最小值。第二，尽管 不可求，但是本身自带一个方程 ，从而达到了一个对数与一次函数的转换。对后面的化简有极大帮助
招式壹：分离参数法
招式壹：分离参数法参变分离法是将不等式变形成一个一端是f (a )，另一端是变量表达式g (x )的不等式后，若f (a )≥g (x )在x ∈D 上恒成立，则f (a )≥g (x )max ；若f (a )≤g (x )在x ∈D 上恒成立，则f (a )≤g (x )min ．特别地，经常将不等式变形成一个一端是参数a ，另一端是变量表达式g (x )的不等式后，若a ≥g (x )在x ∈D 上恒成立，则a ≥g (x )max ；若a ≤g (x )在x ∈D 上恒成立，则a ≤g (x )min ．利用分离参数法来确定不等式f (x ，a )≥0(x ∈D ，a 为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：(1)将参数与变量分离，化为f 1(a )≥f 2(x )或f 1(a )≤f 2(x )的形式．(2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值．(3)解不等式f 1(a )≥f 2(x )max 或f 1(a )≤f 2(x )min ，得到a 的取值范围．题型一：．．．．参变分离后导函数零点．．．．．．．．．．可求型．．．[典例1]已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2．(1)求函数f (x )的单调区间；@钻研数学(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)∵函数f (x )＝x ln x 的定义域是(0，＋∞)，∴f ′(x )＝ln x ＋1．令f ′(x )＜0，得ln x ＋1＜0，解得0＜x ＜1e，∴f (x )令f ′(x )＞0，得ln x ＋1＞0，解得x ＞1e，∴f (x )综上，f (x )(2)∵g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，∴2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1恒成立．∵x ＞0，∴a ≥ln x －32x －12x在x ∈(0，＋∞)上恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x (x ＞0)，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2．令h ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝－13(舍去)．当x ∈(0，1)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减．∴当x ＝1时，h (x )取得极大值，也是最大值，且h (x )max ＝h (1)＝－2，∴若a ≥h (x )在x ∈(0，＋∞)上恒成立，则a ≥h (x )max ＝－2，故实数a 的取值范围是[－2，＋∞)．[典例2]已知函数f (x )＝ln x ＋a 2x 2－(a ＋1)x ．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝－2，求f (x )的单调区间；(2)若x >0时，f (x )x <f ′(x )2恒成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．由已知得f ′(x )＝1x＋ax －(a ＋1)，则f ′(1)＝0．而f (1)＝－a 2－1，∴曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝－a 2－1．∴－a 2－1＝－2，解得a ＝2．∴f (x )＝ln x ＋x 2－3x ，f ′(x )＝1x＋2x －3，由f ′(x )>0，得0<x <12或x >1，由f ′(x )<0，得12<x <1，∴f (x )(1，＋∞)(2)由f (x )x <f ′(x )2，得ln x x ＋a 2x －(a ＋1)<12x ＋a 2x －a ＋12，即ln x x －12x <a ＋12在区间(0，＋∞)上恒成立．设h (x )＝ln x x －12x ，则h ′(x )＝1－ln x x 2＋12x 2＝3－2ln x 2x 2，由h ′(x )>0，得0<x <32e ，因而h (x )在(1，32e—)上单调递增，由h ′(x )<0，得x >32e ，因而h (x )在(32e —，＋∞)上单调递减．∴h (x )的最大值为h (32e )＝32e -，∴a ＋12>32e -，故a >232e -－1．从而实数a 的取值范围为(232e -－1，＋∞)．[典例3](2020·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝e x ＋ax 2－x ．(1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≥12x 3＋1，求a 的取值范围．解析：(1)当a ＝1时，f (x )＝e x ＋x 2－x ，f ′(x )＝e x ＋2x －1，由于f ″(x )＝e x ＋2＞0，故f ′(x )单调递增，注意到f ′(0)＝0，故当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．(2)由f (x )≥12x 3＋1，得e x ＋ax 2－x ≥12x 3＋1，其中x ≥0，①当x ＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；②当x ＞0时，分离参数a 得a ≥－e x －12x 3－x －1x2，记g (x )＝－e x－12x 3－x －1x 2，g ′(x )令h (x )＝e x －12x 2－x －1(x ≥0)，则h ′(x )＝e x －x －1，h ″(x )＝e x －1≥0，故h ′(x )单调递增，h ′(x )≥h ′(0)＝0，故函数h (x )单调递增，h (x )≥h (0)＝0，由h (x )≥0可得e x －12x 2－x －1≥0恒成立，故当x ∈(0，2)时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增；当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减．因此，g (x )max ＝g (2)＝7－e 24，综上可得，实数a 的取值范围是7－e 24，＋【典例精练】1．已知函数f (x )＝ax e x －(a ＋1)(2x －1)．(1)若a ＝1，求函数f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当x ＞0时，函数f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)若a ＝1，则f (x )＝x e x －2(2x －1)．即f ′(x )＝x e x ＋e x －4，则f ′(0)＝－3，f (0)＝2，所以所求切线方程为3x ＋y －2＝0．(2)由f (1)≥0，得a ≥1e －1＞0，则f (x )≥0对任意的x ＞0恒成立可转化为a a ＋1≥2x －1x e x对任意的x ＞0恒成立．设函数F (x )＝2x －1x e x (x ＞0)，则F ′(x )＝－(2x ＋1)(x －1)x 2e x．当0＜x ＜1时，F ′(x )＞0；当x ＞1时，F ′(x )＜0，所以函数F (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以F (x )max ＝F (1)＝1e．于是a a ＋1≥1e a ≥1e －1．故实数a 的取值范围是1e －1，＋2．已知函数f (x )＝e x (ax 2＋x ＋a )(a ≥0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )≤e x (ax 2＋2x )＋1恒成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)函数f (x )的定义域为R ，且f ′(x )＝(ax ＋a ＋1)(x ＋1)e x ，①当a ＝0时，f ′(x )＝e x (x ＋1)，当x >－1时，f ′(x )>0，当x <－1时，f ′(x )<0，所以函数f(x)的单调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1)．②当a>0时，f′(x)＝a(x＋x，则方程f′(x)＝0有两根－1，－a＋1a，且－1>－a＋1a．所以函数f(x)∞(－1，＋∞)，－a＋1a，－综上可知，当a>0时，函数f(x)∞(－1，＋∞)，－a＋1 a，－当a＝0时，函数f(x)的单调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1)．(2)函数f(x)≤e x(ax2＋2x)＋1恒成立转化为a≤x＋1e x在R上恒成立．令h(x)＝x＋1e x，则h′(x)＝e x－1e x，易知h(x)在(0，＋∞)上为增函数，在(－∞，0)上为减函数．所以h(x)min＝h(0)＝1，则a≤1．又由题设a≥0，故实数a的取值范围为[0，1]．3．已知函数f(x)＝ln x．(1)求函数g(x)＝f(x＋1)－x的最大值；(2)若对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，求实数a的取值范围．解析：(1)∵f(x)＝ln x，∴g(x)＝f(x＋1)－x＝ln(x＋1)－x(x>－1)，∴g′(x)＝1x＋1－1＝－xx＋1．当x∈(－1，0)时，g′(x)>0，∴g(x)在(－1，0)上单调递增；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减．∴g(x)在x＝0处取得最大值g(0)＝0．(2)∵对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，≥ln xx，≤x＋1x在x>0上恒成立，进一步转化为≤a ，设h (x )＝ln x x ，则h ′(x )＝1－ln x x 2，当x ∈(1，e)时，h ′(x )>0；当x ∈(e ，＋∞)时，h ′(x )<0，∴h (x )在x ＝e 处取得极大值也是最大值．∴h (x )max ＝1e ．要使f (x )≤ax 恒成立，必须a ≥1e．另一方面，当x >0时，x ＋1x≥2，当且仅当x ＝1时等号成立，要使ax ≤x 2＋1恒成立，必须a ≤2，∴满足条件的a 的取值范围是1e ，2．4．已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2(e 是自然对数的底数)．(1)讨论函数f (x )的极值点的个数，并说明理由；(2)若对任意的x >0，f (x )＋e x ≥x 3＋x ，求实数a 的取值范围．解析：(1)f ′(x )＝x e x －2ax ＝x (e x －2a )．当a ≤0时，由f ′(x )<0得x <0，由f ′(x )>0得x >0，∴f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )有1个极值点；当0<a <12时，由f ′(x )>0得x <ln (2a )或x >0，由f ′(x )<0得ln (2a )<x <0，∴f (x )在(－∞，ln (2a ))上单调递增，在(ln (2a )，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )有2个极值点；当a ＝12时，由f ′(x )≥0，∴f (x )在R 上单调递增，∴f (x )没有极值点；当a >12时，由f ′(x )>0得x <0或x >ln (2a )，由f ′(x )<0得0<x <ln (2a )，∴f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln (2a ))上单调递减，在(ln (2a )，＋∞)上单调递增，∴f (x )有2个极值点．综上，当a ≤0时，f (x )有1个极值点；当a >0且a ≠12时，f (x )有2个极值点；当a ＝12时，f (x )没有极值点．(2)由f (x )＋e x ≥x 3＋x 得x e x －x 3－ax 2－x ≥0．当x >0时，e x －x 2－ax －1≥0，即a ≤e x －x 2－1x对任意的x >0恒成立．设g (x )＝e x －x 2－1x ，则g ′(x )＝(x －1)(e x －x －1)x 2．设h (x )＝e x －x －1，则h ′(x )＝e x －1．∵x >0，∴h ′(x )>0，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴h (x )>h (0)＝0，即e x －x －1>0，∴g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (1)＝e －2，∴a ≤e －2，∴实数a 的取值范围为(－∞，e －2]．@钻研数学题型二：．．．．参变分离后导函数零点．．．．．．．．．．可猜型．．．[典例5]已知函数f (x )＝e x －x ln x ，g (x )＝e x －tx 2＋x ，t ∈R ，其中e 为自然对数的底数．(1)求函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若g (x )≥f (x )对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立，求t 的取值范围．解析：(1)由f (x )＝e x －x ln x ，知f ′(x )＝e －ln x －1，则f ′(1)＝e －1，而f (1)＝e ，则所求切线方程为y －e ＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋1．(2)∵f (x )＝e x －x ln x ，g (x )＝e x －tx 2＋x ，t ∈R ，∴g (x )≥f (x )对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立等价于e x －tx 2＋x －e x ＋x ln x ≥0对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立，即t ≤e x ＋x －e x ＋x ln x x 2对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立．令F (x )＝e x ＋x －e x ＋x ln x x 2，则F ′(x )＝x e x ＋e x －2e x －x ln x x 3＝x ＋e －2e x x －ln 令G (x )＝e x ＋e －2e x x－ln x ，则G ′(x )＝e x－2(x e x －e x )x 2－1x ＝e x (x －1)2＋e x －x x 2＞0对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立．∴G (x )＝e x＋e －2e x x －ln x 在(0，＋∞)上单调递增，且G (1)＝0，∴当x ∈(0，1)时，G (x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，G (x )＞0，即当x ∈(0，1)时，F ′(x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＞0，∴F (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F (x )≥F (1)＝1，∴t ≤1，即t 的取值范围是(－∞，1]．[典例6]已知函数f (x )＝(x －2)e x －12ax 2＋ax (a ∈R )．(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当x ≥2时，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围．解析：(1)当a ＝0时，f (x )＝(x －2)e x ，f (0)＝(0－2)e 0＝－2，f ′(x )＝(x －1)e x ，k ＝f ′(0)＝(0－1)e 0＝－1，所以切线方程为y ＋2＝－(x －0)，即x ＋y ＋2＝0．(2)方法一()f ′(x )＝(x －1)(e x －a )，①当a ≤0时，因为x ≥2，所以x －1>0，e x －a >0，所以f ′(x )>0，则f (x )在[2，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (2)＝0成立．②当0<a ≤e 2时，f ′(x )≥0，所以f (x )在[2，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (2)＝0成立．③当a >e 2时，在区间(2，ln a )上，f ′(x )<0；在区间(ln a ，＋∞)上，f ′(x )>0，所以f (x )在(2，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，f (x )≥0不恒成立，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是(－∞，e 2]．@钻研数学方法二当x ≥2时，f (x )≥0恒成立，等价于当x ≥2时，(x －2)e x －12ax 2＋ax ≥0恒成立．即2－≤(x －2)e x 在[2，＋∞)上恒成立．当x ＝2时，0·a ≤0，所以a ∈R ．当x >2时，12x 2－x >0，所以a ≤(x －2)e x 12x 2－x ＝2e x x 恒成立．设g (x )＝2e x x ，则g ′(x )＝2(x －1)e x x 2，因为x >2，所以g ′(x )>0，所以g (x )在区间(2，＋∞)上单调递增．所以g (x )>g (2)＝e 2，所以a ≤e 2．综上所述，a 的取值范围是(－∞，e 2]．【典例精练】1．已知函数f (x )＝ln x ＋a x(a ∈R )．(1)讨论f (x )的单调区间；(2)若f (x )≤e x －1＋1x－1恒成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－a －ln x x 2．令f ′(x )>0，得1－a －ln x >0，解得0<x <e 1－a ．令f ′(x )<0，得1－a －ln x <0，解得x >e 1－a ．故f (x )的单调递增区间为(0，e 1－a )，单调递减区间为(e 1－a ，＋∞)．(2)因为f (x )≤e x －1＋1x －1恒成立，即ln x ＋a x≤e x －1＋1x －1对(0，＋∞)恒成立，所以a ≤x e x －1－x －ln x ＋1对(0，＋∞)恒成立，令g (x )＝x e x －1－x －ln x ＋1，则g ′(x )＝e x －1＋x e x －1－1－1x(x ＋x －1当x ∈(0，1)时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，1)上单调递减．当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增．故当x ＝1时，g (x )取到最小值g (1)＝1，所以a ≤1．故实数a 的取值范围是(－∞，1]．2．函数f (x )＝ln x ＋12x 2＋ax (a ∈R )，g (x )＝e x ＋32x 2．(1)讨论f (x )的极值点的个数；(2)若对于任意x ∈(0，＋∞)，总有f (x )≤g (x )成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)由题意得f ′(x )＝1x ＋x ＋a ＝x 2＋ax ＋1x(x >0)，令f ′(x )＝0，即x 2＋ax ＋1＝0，Δ＝a 2－4．①当Δ＝a 2－4≤0，即－2≤a ≤2时，x 2＋ax ＋1≥0对x >0恒成立，即f ′(x )＝x 2＋ax ＋1x≥0对x >0恒成立，此时f (x )没有极值点．②当Δ＝a 2－4>0，即a <－2或a >2时，若a <－2，设方程x 2＋ax ＋1＝0的两个不同实根为x 1，x 2，不妨设x 1<x 2，则x 1＋x 2＝－a >0，x 1x 2＝1>0，故x 2>x 1>0，∴当0<x <x 1或x >x 2时，f ′(x )>0；当x 1<x <x 2时f ′(x )<0，故x 1，x 2是函数f (x )的两个极值点．若a >2，设方程x 2＋ax ＋1＝0的两个不同实根为x 3，x 4，则x 3＋x 4＝－a <0，x 3x 4＝1>0，故x 3<0，x 4<0，∴当x >0时，f ′(x )>0，故函数f (x )没有极值点．综上，当a <－2时，函数f (x )有两个极值点；当a ≥－2时，函数f (x )没有极值点．(2)f (x )≤g (x )⇔e x －ln x ＋x 2≥ax ，因为x >0，所以a ≤e x ＋x 2－ln x x对于∀x >0恒成立，设φ(x )＝e x ＋x 2－ln x x(x >0)，φ′(x )＝e x (x －1)＋ln x ＋(x ＋1)(x －1)x2，∵x >0，∴当x ∈(0，1)时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减，当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增，∴φ(x )≥φ(1)＝e ＋1，∴a ≤e ＋1，即实数a 的取值范围是(－∞，e ＋1]．3．设函数f (x )＝ln x ＋a x(a 为常数)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)不等式f (x )≥1在x ∈(0，1]上恒成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a x 2＋1x ＝x －a x2，当a ≤0时，又x >0，∴x －a >0，∴f ′(x )>0，∴f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，若x >a ，则f ′(x )>0，∴f (x )单调递增；若0<x <a ，则f ′(x )<0，∴f (x )单调递减．综上可知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在区间(0，a )上单调递减，在区间(a ，＋∞)上单调递增．(2)f (x )≥1⇔a x ＋ln x ≥1⇔a x≥－ln x ＋1⇔a ≥－x ln x ＋x 对任意x ∈(0，1]恒成立．令g (x )＝－x ln x ＋x ，x ∈(0，1]．则g ′(x )＝－ln x －x ·1x＋1＝－ln x ≥0，x ∈(0，1]，∴g (x )在(0，1]上单调递增，∴g (x )max ＝g (1)＝1，∴a ≥1，故a 的取值范围为[1，＋∞)．4．已知函数f (x )＝1＋ln x x ．(1)若函数f (x )，a a 的取值范围；(2)当x ≥1时，不等式f (x )≥k x ＋1恒成立，求实数k 的取值范围．解析：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－1－ln x x 2＝－ln x x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝1．当x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．所以x ＝1为函数f (x )的极大值点，且是唯一的极值点，所以0＜a ＜1＜a ＋12，故12＜a ＜1，即实数a (2)由题意得，当x ≥1时，k ≤(x ＋1)(1＋ln x )x 恒成立，令g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )x(x ≥1)，则g ′(x )＝x －ln x x 2．再令h (x )＝x －ln x (x ≥1)，则h ′(x )＝1－1x≥0，所以h (x )≥h (1)＝1，所以g ′(x )＞0，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (1)＝2，故k ≤2，即实数k 的取值范围是(－∞，2]．题型三：．．．．参变分离后导函数零点．．．．．．．．．．不可求型．．．．[典例7]已知函数f(x)＝ax e x－ln x＋b在x＝1处的切线方程为y＝(2e－1)x－e．(1)求a，b的值；(2)若f(x)≥mx恒成立，求实数m的取值范围．解析：(1)f′(x)＝a e x＋ax e x－1x，∵函数f(x)＝ax e x－ln x＋b在x＝1处的切线方程为y＝(2e－1)x－e，＝a e＋b＝e－1，＝2a e－1＝2e－1，∴a＝1，b＝－1．(2)由f(x)≥mx得，x e x－ln x－1≥mx(x＞0)，即m≤x e x－ln x－1x，令φ(x)＝x e x－ln x－1x，则φ′(x)＝x2e x＋ln xx2，令h(x)＝x2e x＋ln x，易知h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又＝1e2e1e－1<e2e2－1＝0，h(1)＝e>0，故h(x)x0，即h(x0)＝x20e x0＋ln x0＝0，即x0e x0＝－ln x0x0＝ln1x0，由于y＝x e x在(0，＋∞)上单调递增，故x0＝ln1x0＝－ln x0，即e x0＝1x0，且φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(x0)＝1＋x0－1x0＝1，∴m≤1．[典例8]已知函数f(x)＝x ln x＋ax(a∈R)．@钻研数学(1)若函数f(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；(2)若对任意x∈(1，＋∞)，f(x)>k(x－1)＋ax－x恒成立，求正整数k的值．解析：(1)由f (x )＝x ln x ＋ax ，得f ′(x )＝ln x ＋a ＋1，∵函数f (x )在区间[e 2，＋∞)上为增函数，∴当x ∈[e 2，＋∞)时，f ′(x )≥0，即ln x ＋a ＋1≥0在区间[e 2，＋∞)上恒成立，∴a ≥－1－ln x ．又当x ∈[e 2，＋∞)时，ln x ∈[2，＋∞)，∴－1－ln x ∈(－∞，－3]．∴a ≥－3．(2)若对任意x ∈(1，＋∞)，f (x )>k (x －1)＋ax －x 恒成立，即x ln x ＋ax >k (x －1)＋ax －x 恒成立，也就是k (x －1)<x ln x ＋ax －ax ＋x 恒成立，∵x ∈(1，＋∞)，∴x －1>0．则问题转化为k <x ln x ＋x x －1对任意x ∈(1，＋∞)恒成立．设函数h (x )＝x ln x ＋x x －1，则h ′(x )＝x －ln x －2(x －1)2，再设m (x )＝x －ln x －2，则m ′(x )＝1－1x．∵x ∈(1，＋∞)，∴m ′(x )>0，则m (x )＝x －ln x －2在(1，＋∞)上为增函数，∵m (1)＝1－ln 1－2＝－1，m (2)＝2－ln 2－2＝－ln 2，m (3)＝3－ln 3－2＝1－ln 3<0，m (4)＝4－ln 4－2＝2－ln 4>0．∴∃x 0∈(3，4)，使m (x 0)＝x 0－ln x 0－2＝0，∴当x ∈(1，x 0)时，m (x )<0，h ′(x )<0，∴h (x )＝x ln x ＋x x －1在(1，x 0)上单调递减，当x ∈(x 0，＋∞)时，m (x )>0，h ′(x )>0，∴h (x )＝x ln x ＋x x －1在(x 0，＋∞)上单调递增，∴h (x )的最小值为h (x 0)＝x 0ln x 0＋x 0x 0－1．∵m (x 0)＝x 0－ln x 0－2＝0，∴ln x 0＋1＝x 0－1，代入函数h (x )＝x ln x ＋x x －1得h (x 0)＝x 0，∵x 0∈(3，4)，且k <h (x )对任意x ∈(1，＋∞)恒成立，∴k <h (x )min ＝x 0，∴k ≤3，∴k 的值为1，2，3．[典例9]已知函数f(x)＝a e x－x e x＋x－a(a∈R)．(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若对任意x>0都有f(x)<x＋1恒成立，求a的最大整数值．@钻研数学解析：(1)当a＝2时，f(x)＝2e x－x e x＋x－2，∴f′(x)＝2e x－(e x＋x e x)＋1＝e x－x e x＋1，因此f(0)＝0，f′(0)＝2．所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－0＝2(x－0)，即y＝2x．(2)对任意x>0，恒有f(x)<x＋1，即a(e x－1)<x e x＋1．因为x>0，所以e x－1>0，所以a<x e x＋1e x－1＝x＋x＋1e x－1．设g(x)＝x＋x＋1e x－1(x>0)，则只需a<g(x)min，则g′(x)＝1－x e x＋1(e x－1)2＝e x(e x－x－2)(e x－1)2．令h(x)＝e x－x－2(x>0)，则h′(x)＝e x－1>0恒成立．所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0．所以存在唯一一个x0使得h(x0)＝0，且1<x0<2．所以当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0．所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝x0＋x0＋1 e x0－1．由e x0－x0－2＝0，得e x0＝x0＋2，所以g(x0)＝x0＋x0＋1x0＋2－1＝x0＋1∈(2，3)．故a的最大整数值为2．[典例10]已知函数f (x )＝(x ＋a )ln x －12x 2－ax ＋a －1．(1)若a ＝1，求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )>a ln x －12x 2－2x 在(1，＋∞)上恒成立，求整数a 的最大值．解析：(1)若a ＝1，则f (x )＝(x ＋1)ln x －12x 2－x ，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x －x ＋1x．设g (x )＝ln x －x ＋1x ，则g ′(x )＝1x －1－1x 2＝x －x 2－1x 2＝－34x 2<0，故g (x )在(0，＋∞)上单调递减，且g (1)＝0，故当x ∈(0，1)时，g (x )>0，即f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0，即f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上，函数f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)原不等式等价于x ln x －a (x －1)＋2x －1>0，即a <x ln x ＋2x －1x －1在(1，＋∞)上恒成立．设φ(x )＝x ln x ＋2x －1x －1，x >1，则φ′(x )＝x －ln x －2(x －1)2．设h (x )＝x －ln x －2(x >1)，则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递增．又h (3)＝3－ln 3－2＝1－ln 3<0，h (4)＝4－ln 4－2＝2－2ln 2>0，所以根据函数零点存在定理，可知h (x )在(1，＋∞)上有唯一零点．设该零点为x 0，则x 0∈(3，4)，且h (x 0)＝x 0－ln x 0－2＝0，即x 0－2＝ln x 0．当x ∈(1，x 0)时，h (x )<0，即φ′(x )<0，故φ(x )在(1，x 0)上单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>0，即φ′(x )>0，故φ(x )在(x 0，＋∞)上单调递增．所以φ(x )min ＝φ(x 0)＝x 0ln x 0＋2x 0－1x 0－1＝x 0＋1．由题意可知a <x 0＋1，由x 0∈(3，4)，得4<x 0＋1<5，又a ∈Z ，所以整数a 的最大值为4．1．已知函数f (x )＝ln x ＋a x．(1)若函数f (x )的图象在x ＝1处的切线为y ＝1，求f (x )的极值；(2)若f (x )≤e x ＋2x－1恒成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)f ′(x )＝1－a －ln x x 2，由题意可得f ′(1)＝1－a 12＝0，解得a ＝1．此时f (1)＝a ＝1，所以f (x )＝ln x ＋1x ，f ′(x )＝－ln x x2，由f ′(x )>0可得0<x <1，由f ′(x )<0可得x >1，所以f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以f (x )的极大值为f (1)＝1，不存在极小值．(2)由f (x )≤e x ＋2x －1，可得ln x ＋a x≤e x ＋2x －1，分离参数a 可得，a ≤x (e x －1)－ln x ＋2(x >0)，令F (x )＝x (e x －1)－ln x ＋2，x >0，F ′(x )＝e x －1＋x e x－1x ＝e x (x ＋1)－x ＋1x ＝(x ＋x x >0．令h (x )＝e x －1x ，x >0，则h ′(x )＝e x ＋1x2>0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增，又＝e －2<0，h (1)＝e －1>0，所以存在唯一的x 0h (x 0)＝0e x －1x 0＝0，当0<x <x 0时，h (x )<0，即F ′(x )<0，当x >x 0时，h (x )>0，即F ′(x )>0，故F (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增．F (x )min ＝x 0(0e x －1)－ln x 0＋2＝x 00e x－x 0－ln x 0＋2，由h (x 0)＝0e x －1x 0＝0，得x 00e x ＝1，再对x 00e x ＝1两边取对数可得x 0＋ln x 0＝0，所以F (x )min ＝x 00e x －x 0－ln x 0＋2＝1－0＋2＝3，所以a ≤3，即实数a 的取值范围为a ≤3．2．已知函数f (x )＝x e x ＋ln x x(e 为自然对数的底数)．(1)求证：函数f (x )有唯一零点；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，x e x －ln x ≥1＋kx 恒成立，求实数k 的取值范围．解析：(1)f ′(x )＝(x ＋1)e x ＋1－ln x x 2x ∈(0，＋∞)，易知当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，所以f (x )在区间(0，1)上为增函数，又因为＝e 1e －e 2e＜0，f (1)＝e ＞0，所以(1)＜0，即f (x )在区间(0，1)上恰有一个零点，由题可知f (x )＞0在(1，＋∞)上恒成立，即在(1，＋∞)上无零点，所以f (x )在(0，＋∞)上有唯一零点．(2)设f (x )的零点为x 0，即x 0e x 0＋ln x 0x 0＝0．原不等式可化为x e x －ln x －1x≥k ，令g (x )＝x e x －ln x －1x ，则g ′(x )＝x e x ＋ln x x x，由(1)可知g (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，故g (x 0)为g (x )的最小值．下面分析x 0e x 0＋ln x 0x 0＝0，设x 0e x 0＝t ，则ln x 0x 0＝－t x 0＝－tx 0，x 0＋x 0＝ln t ，即x 0(1－t )＝ln t ，若t ＞1，等式左负右正不相等；若t ＜1，等式左正右负不相等，只能t ＝1．因此g (x 0)＝x 0e x 0－ln x 0－1x 0＝－ln x 0x 0＝1，所以k ≤1．即实数k 的取值范围为(－∞，1]．3．已知函数f (x )＝5＋ln x ，g (x )＝kx x ＋1(k ∈R )．(1)若函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线与函数y ＝g (x )的图象相切，求k 的值；(2)若k ∈N *，且x ∈(1，＋∞)时，恒有f (x )>g (x )，求k 的最大值．(参考数据：ln 5≈1．61，ln 6≈1．7918，ln(2＋1)≈0．8814)解析：(1)∵f (x )＝5＋ln x ，∴f (1)＝5，且f ′(x )＝1x，从而得到f ′(1)＝1．∴函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －5＝x －1，即y ＝x ＋4．设直线y ＝x ＋4与g (x )＝kx x ＋1(k ∈R )的图象相切于点P (x 0，y 0)，从而可得g ′(x 0)＝1，g (x 0)＝x 0＋4，又g ′(x )＝k (x ＋1)2，1，0＋4，0＝2，＝90＝－2，＝1.∴k 的值为1或9．(2)由题意知，当x ∈(1，＋∞)时，5＋ln x >kx 1＋x恒成立，等价于当x ∈(1，＋∞)时，k <(x ＋1)(5＋ln x )x恒成立．设h (x )＝(x ＋1)(5＋ln x )x (x >1)，则h ′(x )＝x －4－ln x x 2(x >1)，记p (x )＝x －4－ln x (x >1)，则p ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，∴p (x )在x ∈(1，＋∞)上单调递增．又p (5)＝1－ln 5<0，p (6)＝2－ln 6>0，∴在x ∈(1，＋∞)上存在唯一的实数m ，且m ∈(5，6)，使得p (m )＝m －4－ln m ＝0，①∴当x ∈(1，m )时，p (x )<0，即h ′(x )<0，则h (x )在x ∈(1，m )上单调递减；当x ∈(m ，＋∞)时，p (x )>0，即h ′(x )>0，则h (x )在x ∈(m ，＋∞)上单调递增，∴当x ∈(1，＋∞)时，h (x )min ＝h (m )＝(m ＋1)(5＋ln m )m ，由①可得ln m ＝m －4，∴h (m )＝(m ＋1)(m ＋1)m＝m ＋1m ＋2，而m ∈(5，6)，∴m＋1m＋2∴m ∈(5，3＋22)，∴h (m )k ∈N *，∴k 的最大值是7．4．设函数f (x )＝e x －ax －2．@钻研数学(1)求f (x )的单调区间；(2)若a ＝1，k 为整数，且当x ＞0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1＞0，求k 的最大值．解析：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x －a ．若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．若a ＞0，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．(2)由于a ＝1，所以(x －k )f ′(x )＋x ＋1＝(x －k )(e x －1)＋x ＋1．故当x ＞0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1＞0等价于k ＜x ＋1e x －1＋x (x ＞0)．①令g (x )＝x ＋1e x －1＋x ，则g ′(x )＝e x (e x －x －2)(e x －1)2．由(1)知，函数h (x )＝e x －x －2在(0，＋∞)上单调递增．而h (1)＜0，h (2)＞0，所以h (x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g ′(x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1，2)．当x ∈(0，α)时，g ′(x )＜0；当x ∈(α，＋∞)时，g ′(x )＞0．所以g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g (α)．又由g ′(α)＝0，可得e α＝α＋2，所以g (α)＝α＋1∈(2，3)．由于①式等价于k ＜g (α)，故整数k 的最大值为2．5．设函数f (x )＝x ln x －ax 22＋a －x (a ∈R )．(1)若函数f (x )有两个不同的极值点，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝2，k ∈N ，g (x )＝2－2x －x 2，且当x ＞2时不等式k (x －2)＋g (x )＜f (x )恒成立，试求k 的最大值．解析：(1)由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1－ax －1＝ln x －ax ，令f ′(x )＝0，可得a ＝ln x x ，令h (x )＝ln xx(x ＞0)，则由题可知直线y ＝a 与函数h (x )的图象有两个不同的交点，h ′(x )＝1－ln xx 2，令h ′(x )＝0，得x ＝e ，可知h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，h (x )max ＝h (e)＝1e ，当x →0时，h (x )→－∞，当x →＋∞时，h (x )→0，故实数a (2)当a ＝2时，f (x )＝x ln x －x 2＋2－x ，k (x －2)＋g (x )＜f (x )，即k (x －2)＋2－2x －x 2＜x ln x －x 2＋2－x ，整理得k (x －2)＜x ln x ＋x ，因为x ＞2，所以k ＜x ln x ＋xx －2．设F (x )＝x ln x ＋x x －2(x ＞2)，则F ′(x )＝x －4－2ln x(x －2)2．令m (x )＝x －4－2ln x (x ＞2)，则m ′(x )＝1－2x ＞0，所以m (x )在(2，＋∞)上单调递增，m (8)＝4－2ln 8＜4－2ln e 2＝4－4＝0，m (10)＝6－2ln 10＞6－2ln e 3＝6－6＝0，所以函数m (x )在(8，10)上有唯一的零点x 0，即x 0－4－2ln x 0＝0，故当2＜x ＜x 0时，m (x )＜0，即F ′(x )＜0，当x ＞x 0时，F ′(x )＞0，所以F (x )min ＝F (x 0)＝x 0ln x 0＋x 0x 0－2＝0＝x 02，所以k ＜x02，因为x 0∈(8，10)，所以x02∈(4，5)，故k 的最大值为4．题型四：．．．．同构或放缩后参变分离．．．．．．．．．．[典例11](2020·新高考Ⅰ)已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ．(1)当a ＝e 时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f (x )≥1，求a 的取值范围．解析：(1)当a ＝e 时，f (x )＝e x －ln x ＋1，∴f ′(x )＝e x －1x，∴f ′(1)＝e －1．∵f (1)＝e ＋1，∴切点坐标为(1，1＋e)，∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －e －1＝(e －1)·(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋2，∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，2)∴所求三角形面积为12×2×|－2e －1|＝2e －1．(2)解法一(同构后参变分离)f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ＝e ln a＋x －1－ln x ＋ln a ≥1等价于e ln a ＋x －1＋ln a ＋x －1≥ln x ＋x ＝e ln x ＋ln x ，令g (x )＝e x ＋x ，上述不等式等价于g (ln a ＋x －1)≥g (ln x )，显然g (x )为单调递增函数，∴又等价于ln a ＋x －1≥ln x ，即ln a ≥ln x －x ＋1，令h (x )＝ln x －x ＋1，则h ′(x )＝1x －1＝1－x x ，在(0，1)上h ′(x )>0，h (x )单调递增；在(1，＋∞)上h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴h (x )max ＝h (1)＝0，ln a ≥0，即a ≥1，∴a 的取值范围是[1，＋∞)．解法二(最值分析法＋隐零点法)∵f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ，∴f ′(x )＝a e x －1－1x，且a >0．设g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝a e x －1＋1x2>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，即f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，当a ＝1时，f ′(1)＝0，则f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f (x )min ＝f (1)＝1，∴f (x )≥1成立；当a >1时，1a <1，∴11e a<1，∴f ′(1)＝11(e 1)(1)0a a a ---<，∴存在唯一x 0>0，使得f ′(x 0)＝a e x 0－1－1x 0＝0，且当x ∈(0，x 0)时f ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时f ′(x )>0，∴a e x 0－1＝1x 0，∴ln a ＋x 0－1＝－ln x 0，因此f (x )min ＝f (x 0)＝a e x 0－1－ln x 0＋ln a＝1x 0＋ln a ＋x 0－1＋ln a ≥2ln a －1＋21x 0·x 0＝2ln a ＋1>1，∴f (x )>1，∴f (x )≥1恒成立；当0<a <1时，f (1)＝a ＋ln a <a <1，∴f (1)<1，f (x )≥1不恒成立．综上所述，a 的取值范围是[1，＋∞)．[典例12]已知函数f (x )＝x －a ln x ．(1)若曲线y ＝f (x )＋b (a ，b ∈R )在x ＝1处的切线方程为x ＋y －3＝0，求a ，b 的值；(2)求函数g (x )＝f (x )＋a ＋1x (a ∈R )的极值点；(3)设h (x )＝1a f (x )＋a e x －xa ＋ln a (a >0)，若当x >a 时，不等式h (x )≥0恒成立，求a 的最小值．解析：(1)由f (x )＝x －a ln x ，得y ＝x －a ln x ＋b ，∴y ′＝f ′(x )＝1－ax ．＝－1，＋b ＝2，－a ＝－1，＋b ＝2，∴a ＝2，b ＝1．(2)g (x )＝f (x )＋a ＋1x ＝x －a ln x ＋a ＋1x ，∴g ′(x )＝1－a x －a ＋1x 2＝(x ＋1)[x －(a ＋1)]x 2(x >0)，当a ＋1≤0，即a ≤－1时，g ′(x )>0，g (x )在(0，＋∞)上为增函数，无极值点．当a ＋1>0，即a >－1时，则有当0<x <a ＋1时，g ′(x )<0，当x >a ＋1时，g ′(x )>0，∴g (x )在(0，a ＋1)上为减函数，在(a ＋1，＋∞)上为增函数，∴x ＝a ＋1是g (x )的极小值点，无极大值点．综上可知，当a ≤－1时，函数g (x )无极值点，当a >－1时，函数g (x )的极小值点是a ＋1，无极大值点．(3)(同构后参变分离)h (x )＝1a f (x )＋a e x －xa ＋ln a ＝a e x －ln x ＋ln a (a >0)，由题意知，当x >a 时，a e x －ln x ＋ln a ≥0恒成立，又不等式a e x －ln x ＋ln a ≥0等价于a e x ≥ln x a ，即e x ≥1a ln x a ，即x e x ≥x a ln xa ．①①式等价于x e x ≥ln x a ·eln x a ，由x >a >0知，x a >1，ln xa >0．令φ(x )＝x e x (x >0)，则原不等式即为φ(x )≥又φ(x )＝x e x (x >0)在(0，＋∞)上为增函数，∴原不等式等价于x ≥lnxa，②又②式等价于e x ≥x a ，即a ≥xe x (x >a >0)，设F (x )＝xe x (x >0)，则F ′(x )＝1－x ex ，∴F (x )在(0，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，又x >a >0，∴当0<a <1时，F (x )在(a ，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数．∴F (x )≤F (1)＝1e ．要使原不等式恒成立，须使1e ≤a <1，当a ≥1时，F (x )在(a ，＋∞)上为减函数，F (x )<F (1)＝1e．要使原不等式恒成立，须使a ≥1e ，∴当a ≥1时，原不等式恒成立．综上可知，a 的取值范围是[1e ，＋∞)，a 的最小值为1e．[典例13]已知实数a ∈R ，设函数f (x )＝ln x －ax ＋1．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )≥a (x ＋1－x 2)x ＋1恒成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)由题意得定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x．当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1a，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．(2)因为x >0，所以f (x )≥a （x ＋1－x 2）x ＋1恒成立等价于x ln x ≥a x ＋1恒成立．设h (x )＝ln x h ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2，所以函数h (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝0．即ln x ≥1－1x ，所以x ln x ≥x －1恒成立，问题等价于x －1－a x ＋1≥0恒成立，分离参数得a ≤x －1x ＋1恒成立．设t ＝x ＋1∈(1，＋∞)，函数g (t )＝t 2－2t，则g ′(t )＝1＋2t 2>0，所以函数g (t )在(1，＋∞)上单调递增，所以g (t )>g (1)＝－1，所以a ≤－1，故实数a 的取值范围为(－∞，－1]．1．已知函数f (x )＝e ax －x ．(1)若曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处切线的斜率为1，求f (x )的单调区间；(2)若不等式f (x )≥e ax ln x －ax 2对x ∈(0，e]恒成立，求a 的取值范围．解析：(1)f ′(x )＝a e ax －1，则f ′(0)＝a －1＝1，即a ＝2．∴f ′(x )＝2e 2x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝－ln 22．当x <－ln 22时，f ′(x )<0；当x >－ln 22时，f ′(x )>0．故f (x )∞－ln 22，＋(2)(同构后参变分离)由f (x )≥e ax ln x －ax 2，即ax 2－x ≥e ax (ln x －1)，有ax －1e ax ≥ln x －1x，故仅需ln e ax －1e ax ≥ln x －1x即可．设函数g (x )＝ln x －1x ，则ln e ax －1e ax≥ln x －1x 等价于g (e ax )≥g (x )．∵g ′(x )＝2－ln x x 2，∴当x ∈(0，e]时，g ′(x )>0，则g (x )在(0，e]上单调递增，∴当x ∈(0，e]时，g (e ax )≥g (x )等价于e ax ≥x ，即a ≥ln xx恒成立．设函数h (x )＝ln xx ，x ∈(0，e]，则h ′(x )＝1－ln xx2≥0，即h (x )在(0，e]上单调递增，∴h (x )max ＝h (e)＝1e ，则a ≥1e 即可，∴a 的取值范围为1e ，＋2．已知函数f (x )＝1＋a e x ln x ．(1)当a ＝1时，讨论函数f (x )的单调性；(2)若不等式f (x )≥e x (x a －x )(a <0)，对x ∈(1，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝1时，f′(x)＝ex令g(x)＝ln x＋1x，则g′(x)＝1x－1x2＝x－1x2，当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，∴当x＝1时，g(x)取得极小值即最小值g(1)＝1，∴f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)(同构后参变分离)不等式f(x)≥e x(x a－x)⇔e－x＋x≥x a－a ln x⇔e－x－ln e－x≥x a－ln x a，设k(t)＝t－ln t，即k(e－x)≥k(x a)，(*)∵k′(t)＝1－1t＝t－1t，∴当t∈(0，1)时，k′(t)<0，k(t)在(0，1)上单调递减；当t∈(1，＋∞)时，k′(t)>0，k(t)在(1，＋∞)上单调递增，∵x∈(1，＋∞)，0<e－x<e－1<1，当a<0时，0<x a<1，且k(t)在(0，1)上单调递减，则(*)式⇔e－x≤x a⇒－a≤xln x，令h(x)＝xln x(x>1)，则h′(x)＝ln x－1(ln x)2，当x∈(1，e)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，∴h(x)min＝h(e)＝e，则－a≤e，∴a≥－e，又a<0，∴a的取值范围是[－e，0)．3．已知函数f(x)＝e－x－ax，g(x)＝ln(x＋m)＋ax＋1．(1)当a＝－1时，求函数f(x)的最小值；(2)若对任意的x∈(－m，＋∞)，恒有f(－x)≥g(x)成立，求实数m的取值范围．解析：(1)当a＝－1时，f(x)＝e－x＋x，则f′(x)＝－1e x＋1．令f′(x)＝0，得x＝0．当x＜0时，f′(x)＜0，当x＞0时，f′(x)＞0，∴函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增．∴当x＝0时，函数f(x)取得最小值，最小值为f(0)＝1．(2)由(1)得e x≥x＋1恒成立．f(－x)≥g(x)⇔e x＋ax≥ln(x＋m)＋ax＋1⇔e x≥ln(x＋m)＋1．故x＋1≥ln(x＋m)＋1，即m≤e x－x在(－m，＋∞)上恒成立．当m＞0时，在(－m，＋∞)上，e x－x≥1，得0＜m≤1；当m≤0时，在(－m，＋∞)上，e x－x＞1，m≤e x－x恒成立．于是m≤1．∴实数m的取值范围为(－∞，1]．。