用分离参数法确定参数范围
2函数中求解参数范围的几种常见策略
函数中求解参数范围的几种常见策略含参函数问题是训练和检查学生逻辑理解能力和分析能力的一种综合题型，是近年来全国各省份高考题比较稳定的一道压轴题，难度不小，区分度较高，但我们也必须学会一些常见的操作方法争取抢分.运用导数确定含参数函数的参数取值范围是一类常见的探索性问题，以函数为载体，以导数为工具，考查函数性质及导数应用为目标，是最近几年函数与导数交汇试题的显著特点和命题趋向.参数分离、充分必要法、讨论最值（直接法）、数形结合等等都是常用的方法，但各有侧重，下面通过几道高考题体会下常见方法的操作流程. 1 分离参数法（首选）关于不等式(,)0,f x a x D ≥∀∈恒成立问题，将含有参数a 的代数式分离出来，即转化为()(),g a h x x D ≥∀∈恒成立，然后求解函数()h x 在区间D 上的最值即可。
但特别注意参数a 的系数恒为正或者恒为负，此类问题采取分离参数法会比较有效。
例题1 （2013年全国大纲卷文科第21题）已知函数()32=33 1.f x x ax x +++ （I）当a =()f x 的单调性；（II ）当[)()2,0,x f x ∈+∞≥时，求a 的取值范围.例题2 已知函数2()4f x x ax =-+在区间[2,4]上有零点，求实数a 的取值范围.例题3 （广州市2015届高三二模节选1）已知函数，（其中为自然对数的底数），函数在区间内是增函数，求实数a 的取值范围..分离参数发是解决参数取值范围的首选方法，通过分离参数，运用函数的观点分析讨论最值，由此确定恒成立参数范围.此方法可以避免分类讨论的繁杂，常常在不等式恒成立问题，函数零点，已知函数单调性求参数范围等等问题中经常用到.函数中求参数的问题，常常采用分离参数法，但有时候分离参数法时会出现用高中知识()ln f x a x =-11x x -+()e x g x =e ()f x ()0,1不能得出答案（需要高数求极限的知识)，因此，充要必要法是高中数学最基本最有效的方法，下面介绍恒成立中求参数取值范围的一个通法.2 充分必要法2.1 引理（简化版洛必达法则）：若函数(),()f x g x 在定义域D 内可导，a D ∈满足()()0,f a g a ==''(),()f a g a 存在，且'()0g a ≠，则''()()lim ()()x a f x f a g x g a →=. 2.2 使用条件和方法：含参函数()f x 在某个范围D （不妨设区间端点0x ）为内有()0f x ≥（或()0f x ≤）恒成立，且满足0()0f x =，那么考虑用'0()0f x ≥解得参数范围，若'0()f x 恒为零，则考虑''0()0f x ≥解出参数范围，若''0()f x 恒为零，则继续重复上述过程，直到高阶导数在0x x =处不恒为零，然后根据题目不等式方向，令此时的导数'0()0f x ≥（或'0()0f x ≤）解得参数范围.2.3 例题赏析例题4（2010全国2理第22题）设函数()1x f x e -=-.（Ⅰ）证明：当1x >-时，()1x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时()1x f x ax ≥+，求a 的取值范围．例题5（2015福建文第22题）已知函数． (Ⅰ)求函数的单调递增区间；（Ⅱ）证明：当时，；（Ⅲ）确定实数的所有可能取值，使得存在，当时，恒有．该类问题命题的背景：就是在区间的端点处不等式左右两边恰好相等.因此这里就有一2(1)()ln 2x f x x -=-()f x 1x >()1f x x <-k 01x >0(1,)x x ∈()()1f x k x >-个想法，如果函数在该区间内单调递增则肯定满足条件，所以就得到充分条件即参数的取值范围，但这只是充分条件，很多人在解这类题时只管得参数的范围，而没有注意还需要说明其必要性.也就是说是不是只有求出的参数范围才满足题目条件？所以就必须加入必要性的说明（主要导出矛盾，说明所求范围恰到好处，不多也不少）.对于一些较难的题目，比如压轴题，分离参数后的函数可能很复杂，不容易求最值，而且所给的区间又不满足方法2中的区间端点函数值为零，此时，我们别无他法，只能老老实实地回归到分类讨论的方向上来.3 直接法(分类讨论)采取分类讨论解决含参函数的单调性、极值和最值问题，最关键的是明晰分类讨论的标准，导函数是否有零点，零点是否在所求解的区间内，零点的大小关系，端点值的大小比较等等这些都是常见的分类标准，在解决具体问题时候请遵循解题的相关原则（最高次系数优先考虑，系数无参数时因式分解，不能因式分解时在考虑判别式）.例题6（10年全国新课标1文第21题）已知函数42()32(31)4f x ax a x x =-++ （I ）当16a =时，求()f x 的极值; （II ）若()f x 在()1,1-上是增函数，求a 的取值范围.例题7（华南师大附中2015届高三三模节选）已知函数和．（Ⅰ）m =1时，求方程f (x ) = g (x )的实根；（Ⅱ）若对于任意的恒成立，求的取值范围.含参数的函数问题作为高考题中的压轴角色，在采取相应的破解策略之前首先要克服的是自己的畏难恐惧心理，保持冷静的心态，充满信心，用坚强的意志力逐步攻克，采取步步为营的姿态，能抢一分式一分.无论解答的策略有多少，大胆的尝试才是解题的硬道理. 4相关的高考真题及模拟试题练习ln ()1x x f x x =+()(1)()g x m x m R =-∈[1,),()()x f x g x ∈+∞≤m（2007年广东文21）已知a 是实数，函数2()223f x ax x a =+--，如果函数()y f x =在区间[]11-，上有零点，求a 的取值范围．（答案：1a ≥或a ≤）（15年北京理）已知函数()1ln1x f x x +=-. （1）求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（2）求证：当()0,1x ∈时，()323x f x x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭； （3）设实数k 使得()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭对()0,1x ∈恒成立，求k 得最大值.（答案：2）（13年辽宁文科21）（1）证明：当[0,1]x ∈时，sin 2x x x ≤≤； （2）若不等式()3222cos 42x ax x x x ++++≤对[]0,1x ∈恒成立，求实数a 的取值范围.（答案：(,2]-∞-）（15年广州一模节选）已知函数()()2ln 12a f x x x x =++-()0a ≥，若()0f x >对()0,x ∈+∞都成立，求a 的取值范围. （答案：[)1,+∞）。
分离参数法
分离参数法1、 已知当x ∈R 时，不等式224sin cos sin 5x x x a +-<-+恒成立，求实数a 的取值范围。
2.若f(x)=233x x --在[1,4]x ∈-上有()21f x x a ≥+-恒成立，求a 的取值范围。
3,、若f(x)=233x x --在[1,4]x ∈-上有2()251f x x a a ≥+--恒成立，求a 的取值范围。
4、若方程42210x x a -+=有解，请求a 的取值范围。
例1. 函数2()21f x x ax =-+在1,1内有零点．求实数a 的取值范围．例2.已知函数()21,(0,1]f x x ax x =++∈,且()||3f x ≤恒成立,求a 的取值范围.例3.已知a 是实数，函数2()223.f x ax x a =+--如果函数()y f x =在区间[1,1]-上有零点，求a 的取值范围.1、已知函数()lg 2a f x x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，若对任意[)2,x ∈+∞恒有()0f x >，试确定a 的取值范围。
2、已知(],1x ∈-∞时，不等式()21240x x a a ++-⋅>恒成立，求a 的取值范围。
3、设124()lg ,3x xa f x ++=其中a R ∈，如果(.1)x ∈-∞时，()f x 恒有意义，求a 的取值范围。
4、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。
5.2()x 3,x (0,)f x x =-∈+∞当时，不等式()1f x ax ≥-恒成立，求实数a 的取值范围。
6. 若存在正数x 使2(x a)1x -<成立，则a 的取值范围是.。
巧用分离参数法求参数的取值范围
巧用分离参数法求参数的取值范围作者：李惠来源：《中学课程辅导高考版·学生版》2012年第09期一、分离参数法求参数取值范围在恒成立问题中的应用恒成立问题能够很好的考查函数、不等式等知识以及化归等数学思想，是一种常考题型．分离参数法是常用的求参数取值范围的策略之一，在恒成立问题中常用分离参数法求参数取值范围．a≥f(x)恒成立a≥f(x)max，a≤f(x)恒成立a≤f(x)min．用此法首先要设法分离参数，然后求函数f(x)的最值．例1当0≤x≤12时，|ax－2x3|≤12恒成立，求实数a的取值范围．思路点拨：本题是恒成立问题中求参数取值范围，注意到|ax－2x3|≤12中含有绝对值，先用公式去绝对值得－12≤ax－2x3≤12，问题转化为ax－2x3≥－12ax－2x3≤12在［0,12］上恒成立．此时要分离参数a，注意到x的符号，需对x是否为0分类讨论．解析：10当x=0时，|ax－2x3|≤12恒成立．20当0a≥2x2－12x a≤2x2+12x在（0,12］恒成立．令f(x)=2x2－12x，g(x)=2x2+12x则原命题a≥f(x)max a≤g(x)min∵0且f′(x)=4x+12x2>12，g′(x)=4x－12x2＝(2x-1)(4x2+2x+1)2x2．∴f′(x)>0,g′(x)∴f(x)在（0,12］上为增函数，g(x)在（0,12］上为减函数．∴f(x)max=f(12)=－12，g(x)min=g(12)=32.所以a的取值范围是［－12,32］．点评：分离参数时，不等式左右两端同除以一个代数式时应注意其正负，分离参数后，函数的最值常借助于导数来求．二、分离参数法求参数取值范围在二次方程根的分布中的应用在二次方程根的分布问题中求参数的取值范围，可利用二次方程根的分布知识建立关于参数的不等式组，解之即得所求参数的取值范围；若方程中的参数可以分离，利用分离参数求解，更为简洁．例2方程x2－2ax+1=0在［12,3］中至少有一个根，求实数a的取值范围．思路点拨：分离参数a原命题转化为a=12x+12x在［12,3］中至少有一个根．只需在同一坐标系中作出函数f(x)=x2+12x与函数y=a的图像，使两图像在［12,3］内至少有一个交点，从而将问题转化为求函数值域．解析：x2－2ax+1=0在［12,3］中至少有一个根a=12x+12x在［12,3］中至少有一个根．令f(x)=x2+12x,x∈［12,3］，y=a，画出两函数图像如图所示：∵f(x)在（12,1］上为减函数，在［1,3］上为增函数，∴f(x)的值域为［1,53］．∴f(x)min≤a≤f(x)max，即a∈［1,53］．点评：“对勾函数”y=ax+bx（a>0,b>0），在（0,ba］为减函数，在［ba,+∞）上为增函数．这是非常有用的结论.二次方程中求参数的取值范围，可分离参数后转化为求函数的值域问题．数形结合，直观求解．三、分离参数法求参数取值范围在函数单调性中的应用函数单调性的应用问题常涉及到求参数取值范围．此类问题可转化为恒成立问题或实根分布问题来求解．例3已知函数f(x)=(x2－ax+5)e x在区间［0,+∞）上单调递增，求a的取值范围．思路点拨：f(x)在区间［0,+∞）上单调递增可以转化为f′(x)≥0在［0,+∞）上恒成立．分离参数法可求解．解析：f(x)在区间［0,+∞）上单调递增f′(x)≥0在［0,+∞）上恒成立．∵f′(x)=(2x－a)e x+(x2－ax+5)e x=e x(x2－ax+2x－a+5)=e x［x2+(2－a)x+5－a］∴e x［x2+(2－a)x+5－a］≥0在［0,+∞）上恒成立．原命题x2+(2－a)x+5－a≥0在［0,+∞）上恒成立．方法一：（转化为恒成立问题）x2+(2－a)x+5－a≥0在［0,+∞）上恒成立．a(x+1)≤x2+2x+5在［0,+∞）上恒成立．注意到x+1>0故上式a≤x2+2x+5x+1在［0,+∞）上恒成立．令g(x)=x2+2x+5x+1，则原命题a≤g(x)min，下求g(x)在［0,+∞）上的最小值．g(x)=x2+2x+5x+1=(x+1)2+4x+1=(x+1)+4x+1≥4，当且仅当x+1=4x+1时，即x=1时g(x)min=4，所以得a的取值范围a≤4．方法二：（转化为二次方程实根分布问题）10当摹 0即－4≤a≤4时，f′(x)≥0在［0,+∞）恒成立．∴f(x)在［0,+∞）上单调递增．20当 >0即a>4或a综上得a的取值范围是a≤4．求参数的取值范围问题，我们常常利用转化的思想，将问题转化为与之等价的恒成立问题或二次方程根的分布问题，巧妙分离参数，求参数范围问题往往能够顺利地解决．。
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。
求解含参不等式恒成立问题的几个“妙招”
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导数中的参数问题(解析版)
【方法综述】导数中的参数问题主要指的是形如“已知不等式恒成立、存在性、方程的根、零点等条件，求解参数的取值或取值范围”.这类问题在近几年的高考中，或多或少都有在压轴选填题或解答题中出现，属于压轴常见题型。
而要解决这类型的题目的关键，突破口在于如何处理参数，本专题主要介绍分离参数法、分类讨论法及变换主元法等，从而解决常见的导数中的参数问题。
【解答策略】一．分离参数法分离参数法是处理参数问题中最常见的一种手段，是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边（当然部分题目半分离也是可以的），从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离. 1．形如()()af x g x =或()()af x g x <(其中()f x 符号确定)该类题型，我们可以把参数和自变量进行完全分离，从而把含参数问题转化为不含参数的最值、单调性或图像问题.例1．已知函数432121()ln 432e f x x x ax x x x =-++-在(0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是 A ．21[,)e e++∞B ．(0,]eC ．21[2,)e e--+∞ D ．[21,)e -+∞【来源】广东省茂名市五校2020-2021学年高三上学期第一次（10月）联考数学（理）试题 【答案】A【解析】32()2ln 0f x x ex ax x '=-+-≥在(0,)+∞上恒成立2ln 2xa ex x x⇔≥+-， 设2ln ()2x p x ex x x =+-，221ln 2()()x e x x p x x-+-'=， 当0x e <<时，()0p x '>；当x e >时，()0p x '<；()p x ∴在(0,)e 单调递增，在(,)e +∞单调递减，21()()p x p e e e∴≤=+，21a e e ∴≥+.故选：A .专题6.2 导数中的参数问题【举一反三】1.（2020·宣威市第五中学高三（理））若函数()f x 与()g x 满足：存在实数t ，使得()()f t g t '=，则称函数()g x 为()f x 的“友导”函数.已知函数21()32g x kx x =-+为函数()2ln f x x x x =+的“友导”函数，则k 的最小值为（ ） A ．12B ．1C ．2D ．52【答案】C【解析】()1g x kx '=-，由题意，()g x 为函数()f x 的“友导”函数，即方程2ln 1x x x kx +=-有解，故1ln 1k x x x=++， 记1()ln 1p x x x x =++，则22211()1ln ln x p x x x x x-'=+-=+， 当1x >时，2210x x ->，ln 0x >，故()0p x '>，故()p x 递增； 当01x <<时，2210x x-<，ln 0x <，故()0p x '<，故()p x 递减， 故()(1)2p x p ≥=，故由方程1ln 1k x x x=++有解，得2k ≥，所以k 的最小值为2.故选：C. 2．（2020·广东中山纪念中学高三月考）若函数()()()2ln 2010a x x x f x x a x x ⎧-->⎪=⎨++<⎪⎩的最大值为()1f -，则实数a 的取值范围为（ ）A ．20,2e ⎡⎤⎣⎦B ．30,2e ⎡⎤⎣⎦C ．(20,2e ⎤⎦D ．(30,2e ⎤⎦【答案】B【解析】由12f a -=-+（） ，可得222alnx x a --≤-+ 在0x ＞ 恒成立， 即为a （1-lnx ）≥-x 2，当x e = 时，0e -＞ 2显然成立；当0x e ＜＜ 时，有10lnx -＞ ，可得21x a lnx ≥-，设201x g x x e lnx =-（），＜＜，222(1)(23)(1)(1)x lnx x x lnx g x lnx lnx （），---'==-- 由0x e ＜＜ 时，223lnx ＜＜ ，则0g x g x （）＜，（）'在0e （，）递减，且0g x （）＜ ， 可得0a ≥ ；当x e ＞ 时，有10lnx -＜ ，可得21x a lnx ≤- ， 设22(23)1(1)x x lnx g x x e g x lnx lnx -='=--（），＞，（）， 由32 e x e ＜＜ 时，0g x g x （）＜，（）' 在32 e e （，）递减， 由32x e >时，0g x g x '（）＞，（） 在32 ,x e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增， 即有)g x （ 在32x e = 处取得极小值，且为最小值32e ， 可得32a e ≤ ，综上可得302a e ≤≤ ．故选B ．3.（2020湖南省永州市高三）若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】原不等式等价于：令，则存在，使得成立又 当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，，即当且仅当，即时取等号，即，本题正确选项：2．形如()(),f x a g x =或()()af x g x <（其中(),f x a 是关于x 一次函数）该类题型中，参数与自变量可以半分离，等式或不等式一边是含有参数的一次函数，参数对一次函数图像的影响是比较容易分析的，故而再利用数形结合思想就很容易解决该类题目了.【例2】已知函数2ln 1()x mx f x x+-=有两个零点a b 、，且存在唯一的整数0(,)x a b ∈，则实数m 的取值范围是（ ）A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．ln 3,92e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．ln 2e 0,4⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】由题意2ln 1()0x mx f x x+-==，得2ln 1x m x +=， 设2ln 1()(0)x h x x x +=>，求导4332(ln 1)12(ln 1)(2ln 1)()x x x x x h x x x x-+-+-+'=== 令()0h x '=，解得12x e -=当120x e -<<时，()0h x '>，()h x 单调递增；当12x e ->时，()0h x '<，()h x 单调递减； 故当12x e -=时，函数取得极大值，且12()2e h e -=又1=x e时，()0h x =；当x →+∞时，2ln 10,0x x +>>，故()0h x →； 作出函数大致图像，如图所示：又(1)1h =，ln 21ln 2(2)44eh +== 因为存在唯一的整数0(,)x a b ∈，使得y m =与2ln 1()x h x x+=的图象有两个交点， 由图可知：(2)(1)h m h ≤<，即ln 214em ≤< 故选：B.【方法点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 【举一反三】1．（2020·重庆市第三十七中学校高三（理））已知函数32()32f x x x ax a =-+--，若刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，则实数a 的取值范围是( )A ．20,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝C ．2,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】A【解析】令32()3,()(2)()()()g x x x h x a x f x g x h x =-+=+∴=-，且2'()36g x x x =-+， 因为刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，即()()i i g x h x >， 作出(),()g x h x 的图象，如图所示，其中()h x 过定点(2,0)-，直线斜率为a ，由图可知，203a ≤≤时， 有且仅有两个点()()1,2,2,4满足条件， 即有且仅有121,2x x ==使得()0i f x >. 实数a 的取值范围是20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝，故选：A2（2020济宁市高三模拟）已知当时，关于的方程有唯一实数解，则所在的区间是( ) A ．(3，4) B ．(4，5)C ．(5，6)D ．(6．7)【答案】C 【解析】由xlnx+（3﹣a ）x+a ＝0，得，令f （x ）（x ＞1），则f′（x ）．令g （x ）＝x ﹣lnx ﹣4，则g′（x ）＝10，∴g（x ）在（1，+∞）上为增函数， ∵g（5）＝1﹣ln5＜0，g （6）＝2﹣ln6＞0， ∴存在唯一x 0∈（5，6），使得g （x 0）＝0，∴当x∈（1，x 0）时，f′（x ）＜0，当x∈（x 0，+∞）时，f′（x ）＞0． 则f （x ）在（1，x 0）上单调递减，在（x 0，+∞）上单调递增．∴f（x）min＝f（x0）．∵﹣4＝0，∴，则∈（5，6）．∴a所在的区间是（5，6）．故选：C3.（2020蚌埠市高三）定义在上的函数满足，且，不等式有解，则正实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，故，因，所以即.不等式有解可化为即在有解.令，则，当时，，在上为增函数；当时，，在上为减函数；故，所以，故选C.二．分类讨论法分类讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用，常见的有二次型和指对数型讨论. 1.二次型根的分布或不等式解集讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参数二次不等式或二次方程， 可以依次考虑依次根据对应定性（若二次项系数含参），开口，判别式，两根的大小（或跟固定区间的端点比较）为讨论的依据，进行分类讨论，然后做出简图即可解决.【例3】（2020·全国高三专题）函数()()23xf x x e =-，关于x 的方程()()210fx mf x -+=恰有四个不同实数根，则正数m 的取值范围为( ) A ．()0,2 B ．()2,+∞C ．3360,6e e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】利用导函数讨论函数单调性与极值情况，转化为讨论210t mt -+=的根的情况，结合根的分布求解.【详解】()()()()22331x xx x e x f e x x =+-=+-'，令()0f x '=，得3x =-或1x =，当3x <-时，()0f x '>，函数()f x 在(),3-∞-上单调递增，且()0f x >; 当31x -<<时，()0f x '<，函数()f x 在()3,1-上单调递减; 当1x >时，()0f x '>，函数()f x 在()1,+∞上单调递增. 所以极大值()363f e-=，极小值()12f e =-，作出大致图象：令()f x t =，则方程210t mt -+=有两个不同的实数根，且一个根在360,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一个根在36,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内， 或者两个根都在()2,0e -内.因为两根之和m 为正数，所以两个根不可能在()2,0e -内.令()21g x x mx =-+，因为()010g =>，所以只需360g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即6336610m e e -+<，得3366e m e >+，即m 的取值范围为336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭.故选：D【举一反三】1．（2020·湖南衡阳市一中高三月考（理））已知函数()f x kx =，ln ()xg x x=，若关于x 的方程()()f x g x =在区间1[,]e e内有两个实数解，则实数k 的取值范围是( )A ．211[,)2e eB ．11(,]2e eC ．21(0,)e D ．1(,)e+∞【答案】A【解析】易知当k ≤0时，方程只有一个解，所以k >0．令2()ln h x kx x =-，2121(21)(21)()2kx k x k x h x kx x x x--+=-=='， 令()0h x '=得12x k =，12x k=为函数的极小值点， 又关于x 的方程()f x =()g x 在区间1[,]e e内有两个实数解，所以()01()01()02112h e h e h k e ek ≥⎧⎪⎪≥⎪⎪⎨<⎪⎪⎪<<⎪⎩，解得211[,)2k e e ∈，故选A.2.（2020扬州中学高三模拟）已知函数有两个不同的极值点，，若不等式恒成立，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】∵，∴．∵函数有两个不同的极值点，，∴，是方程的两个实数根，且，∴，且，解得．由题意得．令，则，∴在上单调递增，∴．又不等式恒成立，∴，∴实数的取值范围是．故答案为．2．指数对数型解集或根的讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参指对数型不等式或方程， 可以依次考虑依次根据对应指对数方程的根大小(或与固定区间端点的大小)为讨论的依据,进行分类讨论. 即可解决.【例4】（2020•泉州模拟）已知函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae ，若存在a ∈（﹣1，1），使得关于x 的不等式f （x ） ﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围为（ ） A ．（﹣∞，﹣1] B ．（﹣∞，﹣1）C ．（﹣∞，0]D ．（﹣∞，0）【答案】A【解析】不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，即k ≤f （x ）恒成立； 则问题化为存在a ∈（﹣1，1），函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae 有最小值，又f ′（x ）＝ae x ﹣1，当a ∈（﹣1，0]时，f ′（x ）≤0，f （x ）是单调减函数，不存在最小值； 当a ∈（0，1）时，令f ′（x ）＝0，得e x ＝，解得x ＝﹣lna ， 即x ＝﹣lna 时，f （x ）有最小值为f （﹣lna ）＝1+lna ﹣ae ； 设g （a ）＝1+lna ﹣ae ，其中a ∈（0，1），则g ′（a ）＝﹣e ，令g ′（a ）＝0，解得a ＝，所以a ∈（0，）时，g ′（a ）＞0，g （a ）单调递增；a ∈（，1）时，g ′（a ）＜0，g （a ）单调递减；所以g （a ）的最大值为g （）＝1+ln ﹣•e ＝﹣1； 所以存在a ∈（0，1）时，使得关于x 的不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围是（﹣∞，﹣1]．故选：A ． 【举一反三】1．函数()()211,12x f x x e kx k ⎛⎫⎛⎤=--∈⎪⎥⎝⎦⎝⎭,则()f x 在[]0,k 的最大值()h k =（ ） A . ()32ln22ln2-- B . 1- C . ()22ln22ln2k -- D . ()31k k e k --【答案】D2．（2020·浙江省杭州第二中学高三期中）已知函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线为():l y g x =，若函数()f x 满足x I ∀∈（其中I 为函数()f x 的定义域，当0x x ≠时，()()()00f x g x x x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，则称0x 为函数()f x 的“转折点”，已知函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上存在一个“转折点”，则a 的取值范围是 A ．[]0,e B ．[]1,eC ．[]1,+∞D ．(],e -∞ 【答案】B【解析】由题可得()2xf x e ax =--'，则在()00,x y 点处的切线的斜率()0002xk f x e ax ==--'，0200122x y e ax x =--，所以函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线方程为：00200001(2)(2)()2x x y e ax x e ax x x ---=---，即切线()00200001:=(2)()+22x xl y g x e ax x x e ax x =-----，令()()()h x f x g x =-， 则002200011()2(2)()222x x xh x e ax x e ax x x e ax x =-------++，且0()0h x = 0000()2(2)=+x x x x h x e ax e ax e ax e ax =-------'，且0()0h x '=，()x h x e a ='-'，（1）当0a ≤时，()0xh x e a =-'>'，则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（2）当01a <<时， ()0xh x e a =-'>'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=，所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（3）当1a =，()10x h x e =-'≥'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，取00x =，则()10x h x e x =-->'，所以()h x 在区间(]0,1上单调递增，0()()0h x h x >=，当00x x ≠=时，0()()0h x x x ->恒成立，故00x =为函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上的一个“转折点”，满足题意。
高考数学一轮复习专题训练—不等式恒成立或有解问题
微课2 不等式恒成立或有解问题题型一 分离法求参数的取值范围【例1】(2020·全国Ⅰ卷)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 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x ＋x 2－x ，x ∈R ， f ′(x )＝e x ＋2x －1.故当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)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，此时a ∈R . ②当x >0时，分离参数a ，得a ≥－e x －12x 3－x －1x 2，记g (x )＝－e x －12x 3－x －1x 2，g ′(x )＝－（x －2）⎝⎛⎭⎫e x －12x 2－x －1x 3.令h (x )＝e x －12x 2－x －1(x >0)，则h ′(x )＝e x －x －1，令H (x )＝e x －x －1， H ′(x )＝e x －1>0，故h ′(x )在(0，＋∞)上是增函数，因此h ′(x )>h ′(0)＝0，故函数h (x )在(0，＋∞)上递增， ∴h (x )>h (0)＝0，即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，＋∞. 感悟升华 分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实数)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(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤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(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，得到λ的取值范围. 【训练1】已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R ). (1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴f (x )在(0， ＋∞)上没有极值点.当a ＞0时，由f ′(x )＜0得0＜x ＜1a ，由f ′(x )＞0得x ＞1a ，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上递增，即f (x )在x ＝1a处有极小值.∴当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点，当a ＞0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点. (2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值， ∴a ＝1，∴f (x )≥bx －2⇒1＋1x －ln xx≥b ，令g (x )＝1＋1x －ln xx ，则g ′(x )＝ln x －2x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝e 2.则g (x )在(0，e 2)上递减，在(e 2，＋∞)上递增， ∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2，故实数b 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，1－1e 2. 题型二 等价转化法求参数范围 【例2】函数f (x )＝x 2－2ax ＋ln x (a ∈R ).(1)若函数y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x －2y ＋1＝0垂直，求a 的值； (2)若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3在区间(0，e]上恒成立，求实数a 的取值范围. 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －2a ＋1x ，f ′(1)＝3－2a ，由题意f ′(1)·12＝(3－2a )·12＝－1，解得a ＝52.(2)不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3在区间(0，e]上恒成立等价于2ln x ≥－x ＋a －3x ，令g (x )＝2ln x ＋x －a ＋3x，则g ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝（x ＋3）（x －1）x 2，则在区间(0，1)上，g ′(x )<0，函数g (x )为减函数； 在区间(1，e]上，g ′(x )>0，函数g (x )为增函数. 由题意知g (x )min ＝g (1)＝1－a ＋3≥0，得a ≤4， 所以实数a 的取值范围是(－∞，4].感悟升华 根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，如f (x )≥a 恒成立，则f (x )min ≥a ，然后利用最值确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围. 【训练2】已知f (x )＝e x －ax 2，若f (x )≥x ＋(1－x ) e x 在[0，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围. 解 f (x )≥x ＋(1－x )e x ，即e x －ax 2≥x ＋e x －x e x ，即e x －ax －1≥0，x ≥0.令h (x )＝e x －ax －1(x ≥0)，则h ′(x )＝e x －a (x ≥0)， 当a ≤1时，由x ≥0知h ′(x )≥0，∴在[0，＋∞)上h (x )≥h (0)＝0，原不等式恒成立. 当a >1时，令h ′(x )>0，得x >ln a ； 令h ′(x )<0，得0≤x <ln a . ∴h (x )在[0，ln a )上单调递减， 又∵h (0)＝0，∴h (x )≥0不恒成立， ∴a >1不合题意.综上，实数a 的取值范围为(－∞，1].题型三 可化为不等式恒成立求参数的取值范围(含有解问题) 【例3】已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax .(1)若函数f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a 的最小值；(2)若函数g (x )＝xe x ，对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围.解 (1)由题设知f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ≥0在[1，＋∞)上恒成立， 即a ≥－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立， 而函数y ＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减， 则y max ＝－3，所以a ≥－3，所以a 的最小值为－3. (2)“对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2， 使f ′(x 1)≤g (x 2)成立”等价于“当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f ′(x )max ≤g (x )max ”.因为f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递增，所以f ′(x )max ＝f ′(2)＝8＋a . 而g ′(x )＝1－xe x，由g ′(x )>0，得x <1，由g ′(x )<0，得x >1， 所以g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. 所以当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (1)＝1e . 由8＋a ≤1e ，得a ≤1e－8，所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，1e －8. 感悟升华 含参不等式能成立问题(有解问题)可转化为恒成立问题解决，常见的转化有： (1)∀x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)min >g (x 2)min . (2)∀x 1∈M ，∀x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)min >g (x 2)max . (3)∃x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)max >g (x 2)min . (4)∃x 1∈M ，∀x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)max >g (x 2)max . 【训练3】已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln xx .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围. 解 (1)因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R .当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减； 当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a .由f ′(x )>0，得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )； 由f ′(x )<0，得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞).综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间； 当a >0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )，单调递减区间为(ln a ，＋∞).(2)因为∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x ， 则ax ≤ln x x ，即a ≤ln x x2.设h (x )＝ln xx 2，则问题转化为a ≤⎝⎛⎭⎫ln x x 2max . 由h ′(x )＝1－2ln xx 3，令h ′(x )＝0，得x ＝ e. 当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )随x 的变化情况如下表：x (0，e) e (e ，＋∞)h ′(x ) ＋ 0 － h (x )极大值12e由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e ，所以a ≤12e .故a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，12e .1.已知函数f (x )＝ax －1＋ln x ，若存在x 0>0，使得f (x 0)≤0有解，则实数a 的取值范围是( )A.a >2B.a <3C.a ≤1D.a ≥3答案 C解析 函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，不等式ax －1＋ln x ≤0有解，即a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解.令h (x )＝x －x ln x ，则h ′(x )＝－ln x . 由h ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0. 故当x ＝1时，函数h (x )＝x －x ln x 取得最大值1， 所以要使不等式a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解， 只要a ≤h (x )max 即可，即a ≤1.2.已知a ∈R ，设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，x －a ln x ，x >1.若关于x 的不等式f (x )≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为( ) A.[0，1] B.[0，2]C.[0，e]D.[1，e]答案 C解析 当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，而二次函数f (x )图象的对称轴为直线x ＝a ， 所以当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1>0恒成立， 当a <1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a <1. 综上，a ≥0.当x >1时，由f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立， 即a ≤xln x恒成立.设g (x )＝xln x (x >1)，则g ′(x )＝ln x －1（ln x ）2.令g ′(x )＝0，得x ＝e ，且当1<x <e 时，g ′(x )<0，当x >e 时，g ′(x )>0， ∴g (x )min ＝g (e)＝e ，∴a ≤e. 综上，a 的取值范围是[0，e].3.已知函数f (x )＝m ⎝⎛⎭⎫x －1x －2ln x (m ∈R )，g (x )＝－mx ，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f (x 0)<g (x 0)成立，求实数m 的取值范围. 解 依题意，不等式f (x )<g (x )在[1，e]上有解， ∴mx <2ln x 在区间[1，e]上有解，即m 2<ln xx 能成立.令h (x )＝ln xx ，x ∈[1，e]，则h ′(x )＝1－ln x x 2.当x ∈[1，e]时，h ′(x )≥0，h (x )在[1，e]上是增函数，∴h (x )的最大值为h (e)＝1e.由题意m 2<1e ，即m <2e 时，f (x )<g (x )在[1，e]上有解.∴实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－∞，2e . 4.设f (x )＝x e x ，g (x )＝12x 2＋x .(1)令F (x )＝f (x )＋g (x )，求F (x )的最小值；(2)若任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立，求实数m 的取值范围.解 (1)因为F (x )＝f (x )＋g (x )＝x e x ＋12x 2＋x ，所以F ′(x )＝(x ＋1)(e x ＋1)， 令F ′(x )>0，解得x >－1， 令F ′(x )<0，解得x <－1，所以F (x )在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增. 故F (x )min ＝F (－1)＝－12－1e.(2)因为任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立， 所以mf (x 1)－g (x 1)>mf (x 2)－g (x 2)恒成立.令h (x )＝mf (x )－g (x )＝mx e x －12x 2－x ，x ∈[－1，＋∞)，即只需h (x )在[－1，＋∞)上单调递增即可.故h ′(x )＝(x ＋1)(m e x －1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m ≥1e x ，而1e x ≤e ，故m ≥e ，即实数m 的取值范围是[e ，＋∞). 5.已知函数f (x )＝m e x －x 2.(1)若m ＝1，求曲线y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程；(2)若关于x 的不等式f (x )≥x (4－m e x )在[0，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围.解 (1)当m ＝1时，f (x )＝e x －x 2，则f ′(x )＝e x －2x . 所以f (0)＝1，且斜率k ＝f ′(0)＝1.故所求切线方程为y －1＝x ，即x －y ＋1＝0. (2)由m e x －x 2≥x (4－m e x )得m e x (x ＋1)≥x 2＋4x . 故问题转化为当x ≥0时，m ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋4x e x （x ＋1）max . 令g (x )＝x 2＋4xe x （x ＋1），x ≥0，则g ′(x )＝－（x ＋2）（x 2＋2x －2）（x ＋1）2e x .由g ′(x )＝0及x ≥0，得x ＝3－1.当x ∈(0，3－1)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(3－1，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减. 所以当x ＝3－1时，g (x )max ＝g (3－1)＝2e 1－3.所以m ≥2e 1－3.即实数m 的取值范围为[2e 1－3，＋∞).。
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).。
重点突破21：已知函数的零点求参数的取值范围
2．D
【解析】∵对于任意的 ，都有 ，∴ ，∴函数 是一个周期函数，且 ，又∵当 时， ，且函数 是定义在R上的偶函数，若在区间 内关于 的方程 恰有4个不同的实数解，则函数 与 在区间 上有四个不同的交点，如下图所示：
又 ，则对于函数 ，由题意可得，当 时的函数值小于1，即 ，由此解得： ，∴ 的范围是 ，故选D.
7．C
【解析】如图，
由图可知， ，
所以 ，
又 ，得 ，
所以 ，得 ，即 ，
又 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
综上， ，故选C。
点睛：函数的交点（零点）问题，一般采取图象法解题，本题画出两个图象，得到交点情况，再结合图象的单调性，可以得到 ，根据基本不等式的关系，解得 。本题考查了数形结合思想的应用及函数的零点与函数的图象的关系的应用，同时考查了基本不等式的应用。
A. B. C. D.
参考答案
1．A
【解析】本题主要考查导数在函数中的运用。对函数 求导，得到函数的增减性和极值，作出函数图像，如图所示： 函数极大值点为 ，极小值点为 ，则函数的极小值 ，极大值 .由题可知 ，即 .故选A
点睛：本题主要考查函数零点问题，函数 的图象与 轴恰有两个公共点，即函数有两个零点。进而利用函数图像处理零点个数问题。令 ，将其拆成两个函数 和 ，根据函数 的性质、单调画成图像，函数 与其有两个交点，所以求出 的值。
8．B
【解析】函数 ， ，若存在 使得 ，等价于方程 有正根，即方程 有正根，，可得 ，当 时， 在 上递增，当 时， 在 上递减，所以 在 上有最小值 ， 的取值范围是 ，故选B.
【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及函数零点问题，属于难题.已知函数有零点 (方程有根) 求参数取值范围的三种常用的方法： (1) 直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2) 分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
分离常数参数法-高考理科数学解题方法讲义
（2）设，求使对任意恒成立的实数的取值范
围．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
（1）因为，所以
所以当时，，
又，满足上式，
所以数列的通项公式
（2）
由对任意恒成立，即使对恒成立
设，则当或时，取得最小值为，所以.
2.2 求定点的坐标
例7.已知直线：，，求证：直线恒过定点.
【答案】.
【反思提升】综合上面的例题，我们可以看到，分离参（常）数是通过将两个变量构成的不等式(方程)变形到不等号(等号)两端，使两端变量各自相同,解决有关不等式恒成立、不等式存在（有）解和方程有解中参数取值范围的一种方法.两个变量，其中一个范围已知，另一个范围未知，解决问题的关键是分离变量之后将问题转化为求函数的最值或值域的问题.分离变量后，对于不同问题我们有不同的理论依据需遵循.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得 ，
∴函数 在 上单调递增，
又 ，
∴ ，
∴ ．
∴函数 的值域为 ．
（Ⅲ）当 时， ．
由题意得 在 时恒成立，
∴ 在 时恒成立．
令 ，
则有 ，
∵范围为 ．
例2.一种作图工具如图1所示． 是滑槽 的中点，短杆 可绕 转动，长杆 通过 处铰链与 连接， 上的栓子 可沿滑槽AB滑动，且 ， ．当栓子 在滑槽AB内作往复运动时，带动 绕 转动一周（ 不动时， 也不动）， 处的笔尖画出的曲线记为 ．以 为原点， 所在的直线为 轴建立如图2所示的平面直角坐标系．
例1.已知函数 （ 且 ）是定义在 上的奇函数.
（Ⅰ）求 的值；
（Ⅱ）求函数 的值域；
（Ⅲ）当 时， 恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ) ；(Ⅲ) .
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,+∞)。
(整理)含参数不等式成立问题中参数范围的确定.
含参数不等式成立问题中参数范围的确定一．恒成立问题（全称命题） 1．分离参数法例 1：（2009海南一模）设()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+++=n an n x f x x x 121lg ，其中a 是实数，n 是任意给定的自然数且n ≥2，若()x f 当(]1,∞-∈x 时有意义, 求a 的取值范围。
解析： 当(]1,∞-∈x 时，()x f 有意义，故有()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛->⇔>+-+++xx x xxx n n n a a n n 11210121令()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=xx x n n n x 1121 ϑ，只要对()x ϑ在(]1,∞-上的最大值，此不等式成立即可。
故我们可以利用函数的最值分离出参数a 。
解： 由(]1,∞-∈x 时，()x f 有意义得：()0121>+-+++a n n xxx⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛->⇔xx x n n n a 1121 ，由指数函数单调性知上式右边的函数()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=xx x n n n x 1121 ϑ的最大值是()⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-++⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n n n n 1211 ϑ＝()n -121故 a>()n -121温馨提示：适用题型；（1） 参数与变量能分离；（2） 函数的最值易求出。
利用这种方法可以顺利解决许多含参数不等式中的取值问题，还可以用来证明一些不等式。
例 2：（2009东营一模）已知向量：0),32,(cos ),cos ,sin 2(2>==→→ωωωω其中向量x b x x a ， 函数→→⋅=b a x f )(，若)(x f 图象的相邻两对称轴间的距离为.π （1）求)(x f 的解析式； （2）若对任意实数]3,6[ππ∈x ，恒有2|)(|<-m x f 成立，求实数m 的取值范围.解：（1）)2cos 1(32sin )32,(cos )cos ,sin 2()(2x x x x x x f ωωωωω++=⋅=⋅= 3)32sin(2++=πωx∵相邻两对称轴的距离为21,222,=∴=∴ωπωππ3)3sin(2)(++=∴πx x f（2）]32,2[3],3,6[πππππ∈+∴∈x x 32)(32+≤≤∴x f ，又m x f m m x f +<<+-∴<-2)(2,2|)(|若对任意]3,6[ππ∈x ，恒有⎪⎩⎪⎨⎧+≥+≤+-<-322322,2|)(|m m m x f 则有成立解得3223+≤≤m例 3：（2009北京市一模）已知函数32()f x x ax =+图象上一点(1,)P b 的切线斜率为3-，326()(1)3(0)2t g x x x t x t -=+-++> （Ⅰ）求,a b 的值；（Ⅱ）当[1,4]x ∈-时，求()f x 的值域；（Ⅲ）当[1,4]x ∈时，不等式()()f x g x ≤恒成立，求实数t 的取值范围。
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。
求参数的取值范围的三种途径
考点透视体的性质，以及长方体与其外接球之间的关系求得外接球的半径.二、构造三角形在求解三棱锥的外接球问题时，为了确定球心的位置，我们往往要添加辅助线，构造出三角形，以利用三角形的外心、内心、垂心、中心的性质，以及勾股定理、正余弦定理来确定三棱锥外接球的球心以及半径.例3.在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，且PA =6,AB =3,AC =5,BC =7.若三棱锥P -ABC 的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为______．解：在ΔABC 中，AB =3,AC =5,BC =7，由余弦定理得BC 2=AB 2+AC 2-2AB ∙AC cos A ，即72=32+52-2×3×5cos A ，解得cos A =-12，所以A =120°，可知ΔABC 外接圆的圆心M 在该三角形的外部.设ΔABC 外接圆的半径为r ，则BC sin A =2r，即7sin 120°=2r ，解得r =73，所以AM =73.设点O 是三棱锥P -ABC 的外接球的球心，连接OM ，OC ，AM，如图3所示.图3由球的性质可知OM ⊥底面ABC ，且点O 是侧棱PA 的中垂线与直线OM 的交点，则点O 到三棱锥P -ABC 各顶点的距离相等，因为OM =12PA =12×6=3，所以在RtΔOMA 中，OA 2=OM 2+MA 2，即R 2=32+2=763.故三棱锥P -ABC 外接球的表面积为4πR 2=4π×763=304π3.我们先根据余弦定理求得角A 的大小，并确定三角形ABC 的外心M 的位置；然后设出球心O ，根据球与圆的对称性，确定球心O 的位置，以及OM 与三角形ABC 三边之间的关系，据此构造出直角三角形OMA ，进而利用勾股定理求得球的半径.例4.已知ΔABC 是正三角形，且边长为3，若三棱锥P -ABC 的所有顶点都在表面积为16π的球O 的球面上，（）.3 B.C. D.解：根据题意可知球O 是三棱锥P -ABC 的外接球，由于该球的表面积为16π，所以16π=4πr 2（其中r是球O 的半径），可得r =2.由于ΔABC的面积为×32=，要求三棱锥的体积的最大值，需使该三棱锥的高最大，设点M 是ΔABC 的中心，当PM ⊥底面ABC 时，即球心O 在三棱锥的高线PM上时，三棱锥的高最大，此时三棱锥为正三棱锥.连接PM ，OA ，AM ，作出如图4所示的图形.图4因为ΔABC 是边长为3的正三角形，可知AM =23×3=3，又OA =r =2，所以在RtΔOAM 中，OM =OA 2-AM 2=22-(3)2=1.又OP =r =2，所以PM =OP +OM =2+1=3，即该三棱锥的高的最大值为3.故该三棱锥的体积的最大值为13×3故选D 项.解答本题，需根据ΔABC 的特征，明确当PM ⊥底面ABC 时，即球心O 在三棱锥的高线PM 上时，三棱锥的高最大，三棱锥的体积取最大值.于是添加辅助线，构造直角三角形OAM 、PAM ，利用勾股定理求得球的半径.虽然三棱锥的外接球问题较为复杂，但是我们只要掌握一些技巧，根据三棱锥的特征构造出正方体、长方体、直角三角形，即可根据正方体、长方体、直角三角形的性质，确定球心的位置，并求得球的半径.这样便能化难为易，化繁为简，快速求得问题的答案.（作者单位：安徽省临泉第一中学）38解题宝典参数的取值范围问题比较常见，这类问题常与函数、导数、向量、三角函数、解三角形等相结合.本文就一道与函数有关的参数取值范围问题，来探讨一下求参数取值范围的三种途径.例题：设函数f (x )=x 2-ax ln x ,a ∈R .（1）若a =1，求曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程；（2）若存在x 0∈[1,e ]，使得f (x 0)<-e (a +e )成立，求参数a 的取值范围.对于问题（1），只需要代入参数a 的值，得到函数f (x )的解析式，根据导数的几何意义进行求解即可.对于问题（2），由题意可知，只要在[1,e ]内能找到一个x 0，使f (x 0)<-e (a +e )，就说明存在这样的x 0∈[1,e ]，求得该条件下a 的取值范围即可解题.解答这类问题有以下几个“妙招”.一、分类讨论对于含有参数的问题，通常要运用分类讨论思想，将问题分成几个子问题，通过分类讨论来求得问题的答案.在分类时，首先要明确分类讨论的对象，一般需将对函数的性质、最值、定义域有影响的因素作为分类讨论的对象，如二次函数的二次项系数、方程的判别式、指数函数的底数、单调区间等；然后确定分类的标准，合理进行分类，可按照参数大于、小于、等于0，或大于、小于1等进行分类；再进行分类讨论；最后汇总所得的结果.解：由f (x 0)<-e (a +e )，得x 2-ax ln x +e (a +e )<0，因为x ∈[1,e ]，所以x -a ln x +e 2+ae x<0，设g (x )=x -a ln x +e 2+ae x，则g ′(x )=(x -e -a )(x +e )x 2，因为x ∈(0,+∞)，所以x +e >0，令g ′(x )=0，得x =e +a .若e +a ≤1，即a ≤1-e ，则g (x )在[1,e ]上单调递增，而g (1)=1+e 2+ae <0，得a <-1-e 2e =-e -1e.若e +a ≥e ，即a ≥0，则g (x )在[1,e ]上单调递减，而g (e )=e -a +e +a <0，不满足题意.若1<e +a <e ，即1-e <a <0，则g (x )在[1,e ]上的极小值为g (a +e )=a +e -a ln(a +e )+e ，而a +e -a ln(a +e )+e <0，所以a +2e a>ln(a +e )，当1-e <a <0时，a +2e a<0，即0<ln(a +e )<1，则a +2e a>ln(a +e )，不满足题意.综上所述，a 的取值范围为(-∞,-e -1e).运用分类讨论法求参数的取值范围，关键在于进行合理的分类.本题中，不同单调区间上函数的值域不同，因此需通过分类讨论来确定函数的单调区间.于是在求得导函数的零点后，分e +a ≤1、1<e +a <e 、e +a ≥e 三种情况，讨论导函数与0的大小关系，进而根据导函数与函数单调性之间的关系判断出函数的单调性和单调区间，求得函数的最值，使得在[1,e ]内有f (x 0)<-e (a +e )，即可解题.二、参数分离若从等式或不等式中容易分离出参数，则可采用分离参数法来求参数的取值范围.在解题时，往往要将参数置于等式或不等式的一侧，利用函数的性质、基本不等式、导数法等求得另一侧式子的最值，即可求得参数的取值范围.解：由f (x 0)<-e (a +e )得a (x ln x -e )>x 2+e 2.当x =e 时，没有符合条件的a 的值；当x ∈[1,e )时，x ln x -e <0，可得a <x 2+e 2x ln x -e.令g (x )=x 2+e 2x ln x -e，可得g ′(x )=2x (x ln x -e )-(ln x +1)(x 2+e 2)(x ln x -e )2.因为x ∈[1,e )，所以2x (x ln x -e )<0，则(ln x +1)(x 2+e 2)>0，所以g (x )<0，可知g (x )在[1,e )上单调递减，所以g (x )max =g (1)=-e -1e ，所以a ∈(-∞,-e -1e).先将不等式变形，得到a ()x ln x -e >x 2+e 2；然后将其中的参数分离，得到a <x 2+e 2x ln x -e，并构造函数伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍伍刘其云39。
例谈函数中的分离参数问题
12-34欽学放学2020年第12期例谈函数中的分离参数问题葛丹(江苏省江阴市第二中学，江苏江阴214432)分离参数法是求参数取值范围的一种常用方法.通过分离参数，利用函数观点讨论主变量的变化情况，获取函数的性质或图像，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.由于分离参数法的重要性和独特性，所以高考试题也经常涉及这方面的知识点•下面就例谈函数中分离参数的有关问题,用以抛砖引玉，期望对大家能有启发和帮助.例1设函数/(x)=ax3-3%+l(x e R),若对于任意的％e［-1,1］都有/(%)M0成立,则实数a的值为________.分析：若x=0,则不论a取何值,/(%)M0显然成立；当％>0,即％e(0,1］时,/(%)=31ax3-3x+10可化为aX X设g(%)=2-1，则g J)=3(l严)，所X X X以g&)在区间(0,y］上单调递增，在区间1上单调递减，因此g(«)mai=4,从而a M4；当兀<0,即％e［一1,0)时，/(%)-ax-313兀+1M0可化为a—----,g'(兀)=x x3(1—2兀)-~4一->°，gG)在区间［-1,0)上单调X递增，因此g(x)mi…=g(-l)=4,从而aW4,综上a=4.点评：此题的关键是考虑要分离对象的定义域，根据不等式的性质，通过分类讨论来分离参数，将问题迎刃而解.例2已知函数/(%)=e*+e：其中e是自然对数的底数.若关于乂的不等式吋(％)W e"+m-1在(0,+8)上恒成立,求实数m的取值范围.分析：由题意，m(e「*+e*)W e"+m-1,即m(e x+e'x-1)W e~x- 1.由(0,+8),得e+e-*-l>0,即e'1-1m W-------------对％e(0,+8)恒成立.e+e-11一t令£=e"(t>1),则m W-----------对任意£-£+1£丘(1,+8)恒成立.再设u-l(u>0), nil I-t u11贝0:=_---------；二-----:—》_可, t-f+1u+zz+113u+—+1u当且仅当U=1时等号成立，由此可得m W _亍点评：此题的关键是通过换元，求岀函数的最小值.例3若函数f(x)=ae x-x-3有2个不同的零点,则实数a的取值范围是________•分析：依题意方程ae x-X-3=0有两个久+3解，分离参数得a=—，即函数y=a与函数e筑+3y=—「的图像有两个交点.e兀+3可设g(E=-^(x e R),则g©)=e—%—2-----；—(x e R)，令g'(%)=o,得％=-2.e2020年第12期12-35当x e(-oo,-2),g'(x)>0,g(x)为增函数；当x e(-2,+oo),g'(x)<0, g(x)为减函数•如图1,注意到函数g&)在y 轴右侧的图像应在%轴的上方,所以正确结论是(0,e2).点评：此题的关键是正确作出函数的图像，否则就会得到错误结果(-8,e2).例4设曲线y=(ax-l)e x在点4(%0, J.)处的切线为人，曲线y=(1-x)e-*在点3B(%o,力)处的切线为心,若存在%o e0,—,使得人丄仏，则实数a的取值范围是________•分析：因为直线」12的斜率分别为= (ax0+a-1)e",k2=(x0-2)e x°.图2由题意可得k x k2=(ax0+a-1)(x0-2)=3-1在0,—上有解，所以_%o_3a(x0-2)(%+O'3令t=x0-3e~3,-—，则=七=]丄(z+l)(z+4)42t+—+5t点评：此题的关键是通过分离参数，求出函数的值域.2例5已知函数/(x)=x+In x——,eg(x)=-,其中e为自然对数的底数.若函数x/(X)与g(%)的图像恰有一个公共点，实数m的取值范围是________•a分析：由X+In X-----二—(x>0)，得到e x22m=x+xln x-----%(%>0).e2设仇(兀)=x2+%ln x一一%(%>0),贝！Je2/1\ /i z(%)—2%+In%+1-----(x>0).因为人'(—I—0,且h"(x)=2+->0(x>0),所以方程Xh'g=0有且只有一个解.因此浪％)的图像如图2所示，所以m的取值范围是m M0或m= e+1点评：此题的关键是通过观察，猜想出导函数为零时的解为X=丄，并且要证明导函数e为单调递增，以确定解唯一.X例6函数/(%)=-,若对任意的％e(0,e2),都有/(%)<-一—成立，求实数％的A:+2%-%取值范围.■%1分析：/(^»)=—<---------对任意力6e k+2x-x(0,2)都成立，所以k+2x-x2>0,即&>x2-2x对任意乂e(0,2)都成立，从而％M0.又不等式整理可得％<-+x2-2x,令12-36欽学款学2020年第12期g(x) =+ x 12 _ 2x.1 — In xg'(x)=----------，当0 < % < e 时,g ，(%) >X0；当 ％ > e 时,g'(%) < 0. g(%)在(0, e)上是 增函数，在(e, +8)上是减函数，且g(l) = 0.Xe x (x -所以 g'(%) =------------+ 2(% - 1) = (%-x1)(］ + 2)= 0,得％ = 1.当％ e (1,2)时, g'M >0,函数g(%)在(1, 2)±单调递增，同理，函数g&)在(0, 1)上单调递减.所以k < g(%)min =g(l)=e - 1 ,综上所述，实数的取值 范围是［0, e - 1)・点评：此题的关键是注意隐含条件的挖掘•即k > x 2 - 2x 对任意x e (0, 2)都成立，从而k M 0.例7 已知函数/(兀)=In% - ax 2 + a 兀恰有 两个零点,则实数a 的取值范围为________・分析：如果In 兀- ax 2 + a% = 0,贝！］ a =In x石---(X > 0且％ # 1),而研究g(x)=X - X I V石一(X > 0且x# 1)的图像性质是比较麻烦 X - X］n 兀的.如果将函数/(%)合理变形为——=a(x -XI n y1)(X > 0)的形式，观察函数g(x)=——(X >X0)和函数ft(x)=a(x-l)(x > 0)的图像恰有两个交点时的情况就比较容易了.图3当％〉e 时,g(x) > 0,又 g ，(1)= 1,所以 g(%)在(1,0)处的切线方程为y = % - 1.由图像可知，直线/i(x)=a(x - 1)的斜率a 的取值范围为(0, 1) U (1, + 8 ).点评：此题的关键是挖掘其几何背景，在代数与几何的结合上寻找解题思路，转化为研究斜率k=a 的几何意义.3例 8 已知函数f(x)=-x 3 +-x 2, g(x) = 31nx,对于任意％ > 1,恒有/'(%) W kgg 成立，求实数％的取值范围.分析:此题若分离参数是比较繁琐的，而 将其转化为x 2 - x + k\nx 0(x > 1)恒成立,去考虑函数h(x) = x - x + A:lnx(x > 1)的最 小值大于或等于零即可.由 h'(x')=-------------，当％ > 1 时,2x 2 -xX > I.(i) 当心- 1时,gx) >0恒成立MG) 在(1, +oo)上是增函数，所以为仏)〉人(1)= 0,满足题意，则kM- 1;(ii) 当％ < - 1时，令h'(x) = 0,解得衍=x e ( 1, x 2)时,胪(％) < 0, h(x)在(1, /)上 是减函数，所以人(％) <A(l) = 0,不合题意，舍去.综上可得实数％的取值范围是［-1, + 8 ).点评：此题的关键是化归为研究函数的值域问题.总之，在利用分离参数法解决函数综合 问题时，要认真分析、处理好各种关系，把握问题的主线，运用相关的知识和方法逐步化 归为基本问题来解决，尤其是要注意等价转化、分类讨论、数形结合等思想的综合运用.并且要仔细审题，弄清题目的已知条件，尤其要挖掘题目中的隐含条件，防止出错.若分离 参数后问题比较复杂要合理寻找其他解题思 路，等价转化为容易解决的问题来研究化解之.。
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。
分离参数和参变分离
分离参数和参变分离
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。
参变分离：顾名思义，就是在不等式中含有两个字母时（一个视为变量，另一个视为参数），可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧，即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式。
然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围。
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以静制动变量的不等式或方程问题大致可以 分为两类：（１）已知参数的取值范围，求函数的值域和 求不等式或方程的解；（２）求使不等式或方程有解和求 不等式或方程恒成立的参数的取值范围。 显然后者增大了我们解题的难度。但是，如果我 们能将参数分离出来，以静制动，再利用有关的函数 方程等知识，常常可以化难为易。
于等于函数叫一上ｏ∈（０，｝】）的最大值，即口≥一下５，故
选Ｃ。 例５．（２００７广东广州模拟）若不等式菇２＋缸＋ 口≥—严一勿对任意实数石、Ｙ都成立，则实数ａ的取值 范围是（
Ａ．口≥０
空，即关于菇的不等式１－Ｔ＋ａ４＂＜Ｏ有解，分离参数ａ得
不等式认一（｝）缸＋（｝ｒ有解。注意到（ａ２），我们只需
砌）。设￡＝（｝广，ｇ＠一ｔ２＋￡ｏ＞０），易得ｇ—ｏ）＝了１，
ａ２＿ａ＜３，得一丁１＜吠争，故选ｃ。
例４．（２００６江西）若不等式＊２＋僦＋ｌ Ｉ＞０对一切
例１．方程茹２一导ｘ＝ｋ在（一ｌ，１）上有实根，求ｋ
的取值范围。 【解析】原方程可以看作是以省为自变量，ｋ为 因变量，注意到（ａ４），则求取值范围转化为求值域： 定义域为（一ｌ，１）的一元二次函数，故ｋ的取值范围
（ｂ２）ａ＜Ａｘ）恒成立铸蜒ｋ０）； （ｂ３）ｏ≥触）恒成立§ａ≥镰缸）５ （ｂ４）口气触）恒成立铮ｏ＝一－厶缸）
例３．（２００５辽宁）在Ｒ上定义运算⑧：菇＠＝
茹（１—力．若不等式０一回＠０＋由＜ｌ对任意实数髫成立， 则（ ）
Ｂ．０＜ａ＜２ Ａ．一１＜ｏ＜ｌ
一、有解问题
在这一节，我们主要应用到以下的事实：
ｃ．一争＜认手
Ｄ．一手＜畎争
【解析】由题意知，０－ａ）ｏ缸＋回＜１对任意实数茗 成立铮０一ａ）（１－－－ｘ－ａ）＜１恒成立。通过分离参数等价于
求矗２．０＜乒－髫＋１恒成立。注意到（１０２），我们只需要ｄ２＿ ａ小于二次函数菇２叫＋１ ０∈Ｒ）的最小值，解不等式
（ａ１）畛触）有解铮睁如０）；
（ａ２）《触）有解铮畎￡（暂）； （ａ３）畛触）无解§８≤斩“０）； （ａ４）ａ＝Ａｘ）有解铮口∈／ｂ）的值域。
广东教育・教研２００９年第２期
万方数据
以静制动:用分离参数法确定参数范围
作者： 作者单位： 刊名： 英文刊名： 年，卷(期)： 赵春燕 广州市第二中学 广东教育（教研版） GUANGDONG EDUCATION 2009(2)
本文链接：/Periodical_gdjy-jyb200902051.aspx
茗Ｅ（ｏ，｝】成立，则口的最小值为（
Ａ．Ｏ Ｂ．一２
）
ｃ．一÷Ｄ．－３
【解析】通过分离参数，等价于求口使口≥嘣一｝
对一切髫∈（０，丁１】恒成立。注意到（ｂ３），只需要口大
即为此二次函数的值域［一告，手）。
实数ａ的取值范围。
例２．若函数厂Ｇ）：ｌｇ（一上学）有意义，试求
【解析】函数有意义的充要条件为其定义域非
故所求８的取值范围为（－ｍ，｝）。
二、恒成立问题
在这一节，我们主要应用到以下的事实： （ｂ１）口≥触）恒成立甘畛‘０）；
）
Ｂ．ｎ≥ｌ Ｃ．Ⅱ≥２ Ｄ．ｏ≥３
【解析】分离参数，问题等价于求ａ使２一口≤Ｇ＋ １）２＋ｐ＋１）２恒成立协），∈Ｒ）。注意到（１０４），我们只需要 ２川小于等于０＋１）２＋Ｏ＋１）２的最小值，解不等式２－ａ一＜０ 得ｏ≥２，故选Ｃ。 责任编辑邹韵文