参数分离法解题应用_田灿锋
专题24 参变分离法解决导数问题(解析版)-2022年高考数学一轮考点+重点+难点专项复习
专题24 参变分离法解决导数问题【知识总结】近几年高考压轴题常以x 与e x ,ln x 组合的函数为基础来命制,将基本初等函数的概念、图象与性质糅合在一起,发挥导数的工具作用,应用导数研究函数性质、证明相关不等式(或比较大小)、求参数的取值范围(或最值)。
预计今后高考试题除了延续往年的命题形式,还会更着眼于知识点的巧妙组合,注重对函数与方程、转化与化归、分类整合和数形结合等思想的灵活运用,突出对数学思维能力和数学核心素养的考查。
【例题讲解】方法一:分离参数、设而不求【例1】已知函数f (x )=ln x ,h (x )=ax (a ∈R )。
(1)若函数f (x )的图象与h (x )的图象无公共点,求实数a 的取值范围;(2)是否存在实数m ,使得对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫12,+∞,都有y =f (x )+m x 的图象在g (x )=exx 的图象下方?若存在,请求出整数m 的最大值;若不存在,请说明理由。
【思路点拨】 (1)函数f (x )的图象与h (x )的图象无公共点,等价于方程ln xx =a 在(0,+∞)上无解;(2)将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题,通过求导判断函数的单调性,进而得到参数的值。
【解】 (1)函数f (x )的图象与h (x )的图象无公共点,等价于方程ln xx =a 在(0,+∞)上无解,令t (x )=ln xx ,则t ′(x )=1-ln x x 2,令t ′(x )=0,得x =e 。
随着x 的变化,t ′(x ),t (x )的变化如下表所示。
因为x =e 是函数t (x )唯一的极值点,所以t (x )max =t (e)=1e ,故要使方程ln xx =a 在(0,+∞)上无解,需满足a >1e,故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫1e ,+∞。
(2)假设存在实数m 满足题意,则不等式ln x +m x <e xx 对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫12,+∞恒成立, 即m <e x -x ln x 对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫12,+∞恒成立。
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 。
第05讲 分离参数法-高中数学常用的解题技巧 含解析
高中数学常用解题技巧第05讲:分离参数法【知识要点】一、参数在数学问题中经常出现,特别是在最值、值域、取值范围、恒成立和存在性等问题中,经常出现,这时可以考虑是否可以利用分离参数法来解答,即整理成()()k f x k f x =<或的形式,再解答。
二、分离参数时,一定要判断清楚参数的系数的符号,再除以其系数,如果不能确定其符号,可以分类讨论,也可以寻找其它方法. 【方法讲评】【例1】已知函数x x x f ln 1)(--=(1)求曲线)(x f y =在点))2(,2(f 处的切线方程; (2)求函数)(x f 的极值;(3)对(0,),()2x f x bx ∀∈+∞≥-恒成立,求实数b 的取值范围.列表:x )1,0(1),1(+∞)('x f - 0+ )(x f↘↗∴函数)(x f y =的极小值为0)1(=f , 无极大值.(3)依题意对(0,),()2x f x bx ∀∈+∞≥-恒成立等价于2ln 1-≥--bx x x 在(0,)+∞上恒成立可得xx xb ln 11-+≤在(0,)+∞上恒成立,令21ln ln 2()1()x x g x g x x x x -'=+-∴=【点评】本题第(2)问是恒成立问题,刚好b 的系数x 是一个正数,知道参数的系数的符号,分离参数很方便,所以可以分离参数求最值,比较简洁。
【反馈检测1】已知函数()ln a f x x x=-。
(1)若0a >,试判断()f x 在定义域内的单调性; (2)若()f x 在[]1,e 上的最小值为32,求a 的值;(3)若2()f x x <在()1,+∞上恒成立,求a 的取值范围.【反馈检测2】已知函数()sin cos f x a x b x ωω=+(,a b ∈R ,且0ω>)的部分图象如图所示.(1) 求,,a b ω的值; (2) 若方程[]23()()0f x f x m -+=在2(,)33x ππ∈-内有两个不同的解,求实数m 的取值范围.高中数学常用解题技巧第05讲:分离参数法参考答案【反馈检测1答案】(1) ()f x 在()0,+∞上是单调递增函数;(2)a=-e ;(3)1a ≥-.x23π76πyO1-【反馈检测1详细解析】(1)由题意知()f x 的定义域为()0,+∞,且221 f '(x)=+=, a>0,a x ax x x+,∴()0f x '>, 故()f x 在()0,+∞上是单调递增函数 (2)由(1)可知,()2=x f x ax +'。
第6讲 分离参数法在解题中的应用
第6讲 分离参数法在解题中的应用[方法精要] 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的问题.题型一 用分离参数法解决函数有零点问题例1 已知函数g (x )=x 2-ax +4在[2,4]上有零点,求a 的取值范围.破题切入点 函数g (x )=x 2-ax +4在[2,4]上有零点,等价于方程x 2-ax +4=0在[2,4]上有实根,把方程x 2-ax +4=0中的变量a 分离,转化为求函数的值域问题即可求出a 的取值范围.解 ∵函数g (x )=x 2-ax +4在[2,4]上有零点,∴方程x 2-ax +4=0在[2,4]上有实根,即方程a =x +4x在[2,4]上有实根. 令f (x )=x +4x, 则a 的取值范围等价于函数f (x )在[2,4]上的值域.又f ′(x )=1-4x 2=(x +2)(x -2)x 2≥0在x ∈[2,4]上恒成立, ∴f (x )在[2,4]上是增函数,∴f (2)≤f (x )≤f (4),即4≤f (x )≤5.∴4≤a ≤5.题型二 用分离参数法解决不等式恒成立问题例2 已知函数f (x )=ln x -a x, (1)当a >0时,判断f (x )在定义域上的单调性;(2)若f (x )<x 2在(1,+∞)上恒成立,求a 的取值范围.破题切入点 (1)通过判断导数的符号解决.(2)由于参数a 是“孤立”的,可以分离参数后转化为一个函数的单调性或最值等解决.解 (1)由题意:f (x )的定义域为(0,+∞),且f ′(x )=1x +a x 2=x +a x 2. ∵a >0,∴f ′(x )>0,故f (x )在(0,+∞)上是单调递增函数.(2)∵f (x )<x 2,∴ln x -a x<x 2. 又x >0,∴a >x ln x -x 3.令g (x )=x ln x -x 3,h (x )=g ′(x )=1+ln x -3x 2,h ′(x )=1x -6x =1-6x 2x, 当x ≥1时,h ′(x )<0,∴h (x )在[1,+∞)上是减函数,∴h (x )<h (1)=-2,即g ′(x )<0,∴g (x )在[1,+∞)上也是减函数,∴g (x )<g (1)=-1.令a ≥-1得a >g (x ),∴当f (x )<x 2在(1,+∞)恒成立时,a ≥-1.题型三 用分离参数法解决方程中的参数问题例3 若关于x 的方程22x +2x ·a +a +1=0有实根,求实数a 的取值范围.破题切入点 解决方程中的参数问题,需要把方程等价变形,称为一个含参数的函数,将其转化为函数的最值问题.解 原方程变形为a =-22x +12x +1=-(2x +1)2-2(2x +1)+22x +1=-(2x +1+22x +1-2), 因为2x +1>1,所以2x +1+22x +1-2≥2(2x +1)·22x +1-2=22-2, (当且仅当x =log 2(2-1)时取等号),所以a ≤2-2 2.总结提高 分离参数法常用于求参数的取值范围,这是目前新课标高考中常涉及的问题,主要涉及函数、方程、不等式等部分的内容,最终都是转化为函数在给定区间上的最值问题,求一个函数在一个指定的闭区间上的最值的主要思考方向就是考虑这个函数的极值点是不是在这个区间内,结合函数的单调性即可求参数取值范围.1.已知直线l :(2m +1)x +(m +1)y -7m -4=0,m ∈R ,则直线l 恒过定点________. 答案 (3,1)解析 直线l 的方程可化为x +y -4+m (2x +y -7)=0.设直线l 恒过定点M (x ,y ).由m ∈R ,得⎩⎪⎨⎪⎧x +y -4=0,2x +y -7=0⇒M (3,1). 所以直线l 恒过定点(3,1).2.若函数f (x )=x 2+ax +1x 在(12,+∞)是增函数,则a 的取值范围是________. 答案 [3,+∞)解析 由题意知f ′(x )≥0对任意的x ∈(12,+∞)恒成立, 又f ′(x )=2x +a -1x 2, 所以2x +a -1x 2≥0对任意的x ∈(12,+∞)恒成立, 分离参数得a ≥1x 2-2x , 若满足题意,须a ≥(1x 2-2x )max , 令h (x )=1x 2-2x ,x ∈(12,+∞), 因为h ′(x )=-2x 3-2, 所以当x ∈(12,+∞)时,h ′(x )<0, 即h (x )在x ∈(12,+∞)上单调递减, 所以h (x )<h (12)=3,故a ≥3. 3.若不等式x 2+ax +1≥0对一切x ∈(0,12]成立,则a 的最小值是________. 答案 -52解析 由x 2+ax +1≥0,x ∈(0,12], 所以ax ≥-1-x 2,所以a ≥-1x-x , 又因为-1x -x =-(1x +x )≤-52, 所以a ≥-52. 4.已知f (x )=32x -(k +1)3x +2,当x ∈R 时,f (x )恒为正值,则k 的取值范围是________.答案 (-∞,22-1)解析 由f (x )>0得32x -(k +1)·3x +2>0,解得k +1<3x +23x ,而3x +23x ≥22(当且仅当3x =23x , 即x =log 32时,等号成立),∴k +1<22,即k <22-1.5.已知函数f (x )=x 2+ax +11x +1(a ∈R ),若对于任意x ∈N *,f (x )≥3恒成立,则a 的取值范围是________.答案 [-83,+∞) 解析 对任意x ∈N *,f (x )≥3恒成立,即x 2+ax +11x +1≥3恒成立,即知a ≥-(x +8x )+3. 设g (x )=x +8x ,x ∈N *,则g (2)=6,g (3)=173. ∵g (2)>g (3),∴g (x )min =173.∴-(x +8x )+3≤-83, ∴a ≥-83,故a 的取值范围是[-83,+∞). 6.已知函数f (x )=mx 2+ln x -2x 在定义域内是增函数,则实数m 的取值范围为________.答案 [12,+∞) 解析 f ′(x )=2mx +1x-2≥0对一切x >0恒成立, 2m ≥-(1x )2+2x, 令g (x )=-(1x )2+2x, 则当1x=1时,函数g (x )取最大值1, 故2m ≥1,即m ≥12. 7.已知不等式mx 2-2x -m +1<0对满足-2≤m ≤2的所有m 都成立,则x 的取值范围是________________.答案 (-1+72,1+32) 解析 原不等式可化为(x 2-1)m -2x +1<0,此不等式对-2≤m ≤2恒成立.构造函数f (m )=(x 2-1)m -2x +1,-2≤m ≤2,其图象是一条线段.根据题意有⎩⎪⎨⎪⎧ f (-2)=-2(x 2-1)-2x +1<0,f (2)=2(x 2-1)-2x +1<0,即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2+2x -3>0,2x 2-2x -1<0. 解得-1+72<x <1+32. 8.已知f (x )=2x 2+ax -2a 2x在[1,+∞)上是单调递增函数,则a 的取值范围是________. 答案 [-1,+∞)解析 ∵f (x )=x -a x +a 2,∴f ′(x )=1+a x2. 又f (x )在[1,+∞)上是单调递增函数,∴f ′(x )≥0.于是可得不等式a ≥-x 2对于x ≥1恒成立.∴a ≥(-x 2)max .由x ≥1,得-x 2≤-1.∴a ≥-1.9.设f (x )=lg 1+2x +4x ·a 3,其中a ∈R ,如果x ∈(-∞,1]时,f (x )有意义,求a 的取值范围. 解 根据题意1+2x +4x ·a >0在x ∈(-∞,1]上恒成立,设t =2x ,则有at 2+t +1>0在t ∈(0,2]上恒成立,分离参数可得a >-1t 2-1t, 即a >(-1t 2-1t)max , 令μ=1t ,则μ∈[12,+∞), 易得二次函数f (μ)=-μ2-μ在μ∈[12,+∞)上的最大值是f (12)=-34, 所以a 的取值范围是a >-34. 10.设0≤θ≤π2,不等式cos 2θ+2m sin θ-2m -2<0恒成立,求m 的取值范围. 解 将已知不等式化为(1-sin θ)2+2(m -1)(1-sin θ)+2>0,①当θ=π2时,不等式显然成立; ②当0≤θ<π2, 即1-sin θ>0有2(1-m )<1-sin θ+21-sin θ, 设t =1-sin θ,则f (t )=t +2t, 其中0<t ≤1,则f (t )=t +2t在0<t ≤1上是减函数, 所以f (t )≥f (1)=3,即f (t )的最小值是3,所以2(1-m )<3,解得m >-12. 综上知,m 的取值范围是m >-12.11.(2014·南京模拟)已知函数f (x )=e x-x 22-ax -1,其中a 为实数. (1)若a =-12时,求曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程; (2)当x ≥12时,若关于x 的不等式f (x )≥0恒成立,试求a 的取值范围. 解 (1)当a =-12时, f (x )=e x -x 22+12x -1,f ′(x )=e x -x +12, 从而得f (1)=e -1,f ′(1)=e -12, 故曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y -e +1=(e -12)(x -1), 即(e -12)x -y -12=0. (2)由f (x )≥0,得ax ≤e x -12x 2-1, ∵x ≥12,∴a ≤e x -12x 2-1x ,令g (x )=e x -12x 2-1x, 则g ′(x )=e x (x -1)-12x 2+1x 2, 令φ(x )=e x (x -1)-12x 2+1, 则φ′(x )=x (e x -1),∵x ≥12,∴φ′(x )>0, 即φ(x )在[12,+∞)上单调递增. 所以φ(x )≥φ(12)=78-e 2>0, 因此g ′(x )>0,故g (x )在[12,+∞)单调递增. 则g (x )≥g (12)=e 12-12×(12)2-112=2e -94, 因此a 的取值范围是a ≤2e -94. 12.已知函数f (x )=a (x 2+1)+ln x .(1)讨论函数f (x )的单调性;(2)若对任意a ∈(-4,-2)及x ∈[1,3],恒有ma -f (x )>a 2成立,求实数m 的取值范围.解 (1)由已知,得f ′(x )=2ax +1x =2ax 2+1x(x >0). ①当a ≥0时,恒有f ′(x )>0,则f (x )在(0,+∞)上是增函数.②当a <0时,若0<x <-12a,则f′(x)>0,故f(x)在(0, -12a]上是增函数;若x>-12a,则f′(x)<0,故f(x)在[ -12a,+∞)上是减函数.综上,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上是增函数;当a<0时,f(x)在(0, -12a]上是增函数,在[ -12a,+∞)上是减函数.(2)由题意,知对任意a∈(-4,-2)及x∈[1,3],恒有ma-f(x)>a2成立,等价于ma-a2>f(x)max.因为a∈(-4,-2),所以24<-12a<12<1.由(1),知当a∈(-4,-2)时,f(x)在[1,3]上是减函数,所以f(x)max=f(1)=2a,所以ma-a2>2a,即m<a+2.因为a∈(-4,-2),所以-2<a+2<0.所以实数m的取值范围为m≤-2.。
专题12 分离参数法求解参数问题- 2021年高考数学二轮经典专题深度解读(解析版)
专题11 分离参数法求解含参数问题分离参数法是高考数学中比较常见的数学思想方法,求参数的范围常常与分类讨论、方程的根与零点等基本思想方法相联系,其中与二次函数相关的充分体现数形结合及分类思想方法的题目最为常见.与二次函数有关的求解参数的题目, 相当一部分题目都可以避开二次函数,使用分离变量,使得做题的正确率大大提高,随着分离变量的广泛使用,越来越多的压轴题都需要使用该思想方法.一、分离参数,绕开分类讨论 1.已知函数()()221f x 2ax x lnx ax x =--+. (a ∈R ). (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,∴f ′(e )=2ae ﹣1=0,解得a 12e=(经检验符合题意) 考点剖析例题赏析则f ′(x )=(1x e -)lnx x ee-=lnx , 由f ′(x )=0得x =1或x =e , 列表得2.已知函数()1x f x e-=,()ln g x x =.(1)若曲线()y f x =在1x =处的切线方程为y kx b =+,且存在实数t 使得()y k x t b =++与曲线()y g x =相切,求t 的值;(2)设函数()()()()111x af x g x g a ϕ=+-++-. ①若()0x ϕ>恒成立,求a 的取值范围;②若函数()x ϕ仅有两个不同的零点,求a 的取值范围. 【答案】(1)1t =-;(2)①1a >;②01a <<. 【解析】(1)由题意知()1x f x e -'=,()11f '=,()11f =,因而曲线()y f x =在1x =处的切线方程为y x =,故1k =,0b =, 则()y k x t b x t =++=+.曲线()y g x =在点()00,x y 处的切线方程为()0001ln y x x x x -=-,即001ln 1y x x x =+-.令011x =,0ln 1x t -=,得01x =,1t =-. (2)①由已知得()()ln 1ln 1xx ae x a ϕ=-++-,()1,x ∈-+∞,0a >.()0x ϕ>恒成立,即()()()ln ln 110x x ae ae x x +-+-+>恒成立,即()()()ln ln 11xxae aex x +>+++恒成立.设()ln h t t t =+,则()110h t t'=+>,()h t 单调递增,因而()11xae x x >+>-恒成立,即()11x x a x e+>>-恒成立. 令()()11x x s x x e +=≥-,则()xxs x e '=-, 当()1,0x ∈-时,()0s x '>,()s x 单调递增, 当()0,x ∈+∞时,()0s x '<,()s x 单调递减, 所以()()01s x s ≤=,从而1a >.②函数()x ϕ仅有两个不同的零点,即()0x ϕ=有两个不同的解, 即()()()ln ln 11xxae aex x +=+++有两个不同的解,根据①可知即()11xae x x =+>-有两个不同的解,即()11xx a x e +=>-有两个不同的解. 因为当()1,0x ∈-时,()s x 单调递增,当()0,x ∈+∞时,()s x 单调递减,()10s -=,当0x >时()0s x >,(0)1s =,x →+∞时,()0s x →,所以01a <<.3.已知函数ln 1()2x f x ax b x =--,2()g x ax bx =+.(1)当2a =,3b =-时,求函数()f x 在1x =处的切线方程,并求函数()f x 的最大值;(2)若函数()y f x =的两个零点分别为1x ,2x ,且12x x ≠,求证:12()12x x g +>. 【答案】(1)max ()(1)2f x f ==;(2)见解析【解析】(1)解:当2a =,3b =-时,()ln 3(0)x f x x x x =-+>,()221ln 'x x f x x--=, 则()'1f e =-,切点为1,3e e e ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭,故函数()f x 在1x =处的切线方程为130x y e+--=. 令()21ln h x x x =--,则()21ln h x x x =--在()0,+∞是减函数,又()10h =,∴()0,1x ∈,()0h x >,()'0f x >,()1,x ∈+∞,()0h x <,()'0f x <,()f x 在()0,1上是增函数,在()1,+∞是减函数,()()max 12f x f ==.(2)证明:∵1x ,2x 是()f x 的两个零点,不妨设12x x <, ∴()()120f x f x ==,111ln 102x ax b x --=,222ln 102x ax b x --=,∴21111ln 02x ax bx --=,22221ln 02x ax bx --=, 相减得:()()221212121ln ln 02x x a x x b x x -----=()121212ln 102x x a x x b x x ⇒-+-=- ()()()11222121212ln102x x x x a x x b x x x x +⇒-+-+=-,()()12122121212ln0222x x x x x x x x a b x x +++⎛⎫⎛⎫--= ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭, ∴()()1122121212ln 222x x x x x x x x g g x x +++⎛⎫⎛⎫=⇒ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭ ()()1111222212121ln ln 221x x x x x x x x x x x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭==-⎛⎫- ⎪⎝⎭, 令12x t x =,即证01t <<,()()1ln 121t t t +>-, ()()()()1ln 21211ln ln 02111t t t t t t t t t +-->⇔<⇔-<-++,令()()21ln 1t m t t t -=-+,()0,1t ∈,()()()()222114'011t m t t t t t -=-=>++,()()21ln 1t m t t t -=-+在()0,1上是增函数,又∵()10m =,∴()0,1t ∈,()0m t <,命题得证. 二、分离参数与函数单调性综合考查 4.已知函数()34ln f x x x a x=+---1在区间()0,2上至少有一个零点,则实数a 的取值范围是( ) A .[)1,+∞ B .[)2,4ln32-C .12,4ln22⎛⎫-⎪⎝⎭D .[)2,+∞ 【答案】A 【解析】()34ln f x x x a x =+---1则314ln a x x x +=+-,令()34ln g x x x x=+- ()()()22223134431x x x x g x x x x x ----+-='=-+-= 可得()g x 在(0,1)递减,在(1,2)递增,0x →时,()g x ∞→+,()1g =2,所以函数()34ln f x x x ax =+---1在区间()0,2上至少有一个零点转化为y=a+1与()34ln g x x xx =+-在区间()0,2上有交点,即a+1≥2, a ≥1.故选A. 5.若函数f(x)=ax +1在区间(-1,1)上存在一个零点,则实数a 的取值范围是________. 【答案】(-∞,-1)∪(1,+∞)【解析】由题意知,f(-1)·f(1)<0,即(1-a)(1+a)<0,解得a<-1或a>1. 6.设是定义在上的偶函数,对任意,都有,且当时,.若函数在区间恰有3个不同的零点,则的取值范围是 . 【答案】【解析】试题分析:因为函数是对任意,,都有,所以函数的周期T=4,函数是定义在上的偶函数,且当时,.若函数在区间恰有3个不同的零点,即函数与函数在区间的图象恰有3个不同交点,如下图所示,因为,由题意当时函数的值小于3,当,的值大于3,即且解得.三、分离参数证明不等式恒成立问题7.当x>3时,不等式11x a x +≥-恒成立,则实数a 的取值范围是( )A .(] ,3-∞B .[) 3,+∞ C .7,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D .7 ,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【答案】D 【解析】11x 1111x x x +=-++--,记t x 12=-> 1y t 1t=++在()2,∞+上单调递增, ∴117y t 12122t =++>++= ∴7a 2≤故选D8.已知f (x )=3ax 2+6x -1,a ∈R .(1)当a =-3时,求证:对任意x ∈R ,都有f (x )≤0;(2)如果对任意x ∈R ,不等式f (x )≤4x 恒成立,求实数a 的取值范围.【答案】(1)见解析;(2)13a ≤-【解析】(1)证明:当a =-3时,f(x)=-9x 2+6x -1, ∵Δ=36-36=0,且函数f(x)图象的开口方向向下, ∴对任意x ∈R 都有f(x)≤0.(2)解:由f(x)≤4x 对任意x ∈R 恒成立,得3ax 2+6x -1≤4x 对任意x ∈R 恒成立, 即3ax 2+2x -1≤0对任意x ∈R 恒成立.①当0a =时,不等式为210x -≤,故对任意x ∈R 不恒成立;②当0a ≠时,由题意得304120a a <⎧⎨=+≤⎩,解得13a ≤-.综上可得13a ≤-.∴实数a 的取值范围为1,3∞⎛⎤-- ⎥⎝⎦.9.已知函数f (x )=log a11mx x +-(a >0且a ≠1)是奇函数, (1)求实数m 的值;(2)若a =12,并且对区间[3,4]上的每一个x 的值,不等式f (x )>(12)x +t 恒成立,求实数t 的取值范围.(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)98t <-;(3)21a r =+=. 【解析】(1)由f (x )=log a11mx x +-(a >0且a ≠1)是奇函数, 得f (-x )+f (x )=log a11mx x ---+log a 11mx x +-=22211a m x log x --=0对于定义域内的任意x 恒成立, 即222111m x x-=-,得m 2=1,即m =±1. 当m =-1时,原函数化为f (x )=11a xlog x--,定义域为{x |x ≠1}(舍去), ∴m =1;(2)a =12时,f (x )>(12)x +t 等价于f (x )-(12)x >t , 令g (x )=f (x )-(12)x, 则g (x )在区间[3,4]上递增,()9()38min g x g ==-, 故t <98-; (3)设u =1+21x -,则y =log a u , ①当a >1时,∵函数f (x )的值域是(1,+∞),即y >1,∴u =1+21x -(r <x <a -2)的值域为(a ,+∞), 作出函数u =1+21x -(r <x <a -2)的图象,得r =1,且a =1+23a -,解得:a②当0<a <1时,∵函数f (x )的值域是(1,+∞),即y >1,∴u =1+21x -(r <x <a -2)的值域为(0,a ), 作出函数u =1+21x -(r <x <a -2)的图象,得a -2=-1,解得:a =1,矛盾.综上,r =1,a10.已知函数11()2f x mx nx =++(,m n 是常数),且(1)2f =,11(2)4f =. (1)求m,n 的值;(2)当)1,x ⎡∈+∞⎣ 时,判断()f x 的单调性并证明; (3)若不等式()()221246f xf xx +>-+成立,求实数x 的取值范围.【答案】(1)12m n =⎧⎨=⎩;(2)增函数,见详解;(3)5x <-或1x >.【解析】(1)111111(1)2,(2)22224=++==++=f m f m n n 12m n =⎧∴⎨=⎩ (2)证明:设121x x ≤<,则12121212121212121111()()()22221()(1)221()()2-=++-++=---=-f x f x x x x x x x x x x x x x x x121212121,0,1,21x x x x x x x x ≤<∴-<>∴>12()()0f x f x ∴-<,即12()()f x f x <∴()f x 在[1∞,+)上 单调递增.(3)222121,46(2)22+≥-+=-+≥x x x x∴只需221+246>-+x x x2450∴+->x x ,5∴<-x 或1x >.课堂练习1.若不等式x 2+ax +1≥0对一切x ∈20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦都成立,则实数a 的取值范围是( ) A .(-∞,0) B .(-∞,-2] C .613[,)-+∞ D .[-2,+∞)【答案】C【解析】因为不等式210x ax ++≥对一切2(0,]3x ∈等价于2112(0)3x a x x x x +-≤=+<≤恒成立, 设12()(0)3f x x x x =+<≤ ,易得()f x 在2(0,]3x ∈为减函数, 所以min 213()()36f x f ==, 即136a -≤,即136a ≥-, 即a 的取值范围是613[,)-+∞. 故选:C.2.若不等式()()2a 2x 2a 2x 40++++>对一切实数x 恒成立,则实数a 的取值范围是______. 【答案】[)2,2-【解析】①当20a +=,即2a =-时,40>恒成立;②当200a +>⎧⎨<⎩时, 不等式()()222240a x a x ++++>对一切实数x 恒成立,由()()220421620a a a +>⎧⎪⎨+-+<⎪⎩解得:22a -<<, 综合①②得,22a -≤<,所以填[)2,2- 3.已知函数()11x a f x a ⎛⎫=-⎪+⎝⎭(0a >且1a ≠)是定义在(),-∞+∞上的奇函数. (Ⅰ)求a 的值; (Ⅱ)求函数()f x 的值域;(Ⅲ)当1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦时,()22x t f x ⋅-≥恒成立,求实数t 的取值范围. 【答案】(Ⅰ)2a =;(Ⅱ)(1,1)-;(Ⅲ)2t ≥【解析】解:(Ⅰ)()f x 是定义在(),-∞+∞奇函数,()00f ∴=即()00101a f a ⎛⎫=-= ⎪+⎝⎭解得2a =.经检验,函数为奇函数 (Ⅱ)()2121x f x =-+ 又20x >,211x ∴+> ∴20221x <<+,211121x -<-<+ ∴函数()f x 的值域(1,1)-.(Ⅲ)1,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时,()22x t f x ⋅-≥恒成立,当[]1,2x ∈时,()22x t f x ⋅≥- 即2(1)2221x x t -≥-+ 即212221x x x t -≥-+在[]1,2x ∈恒成立, 1x ,22x ∴,∴(22)(21)21x x x t -+≥-在[]1,2x ∈恒成立, 设(22)(21)2()22121x x x x x u x -+==---,[]1,2x ∈ 下证()u x 在当[]1,2x ∈时是增函数.任取211x x >,则2121211221222()()22(22)(1)02121(21)(21)x x x x x x x x u x u x -=--+=-+>---- ∴当[]1,2x ∈时,()u x 是增函数,()max 10()23u x u ∴== max 10()3t u x ∴≥= ∴实数t 的取值范围为103t ≥. 当1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时,()22x t f x ⋅-≥恒成立, 即()22xt f x ⋅≥- 即()22x t f x ⋅≥-在1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭恒成立,112x ≤<,22x <, ∴(22)(21)21x x x t -+≥-在1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭恒成立, 设(22)(21)2()22121x x x x x h x -+==-+--,1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭可知函数在所给区间上单调递减,max 1()22h x h ⎛⎫∴= ⎪⎝⎭max ()2t h x ∴≥=∴实数t 的取值范围为2t ≥.综上可得2t ≥4.已知函数()22x x f x -=+.(1)求证:函数()f x 是偶函数;(2)设a ∈R ,求关于x 的函数22222()x x y af x -=+-在[0,)x ∈+∞时的值域()g a 的表达式; (3)若关于x 的不等式()21x mf x m -≤+-在(0,)x ∈+∞时恒成立,求实数m 的取值范围.【答案】(1)见解析(2)2[24,),2,()[2,), 2.a a g a a a -+∞≤⎧=⎨--+∞>⎩(3)1,3⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦. 【解析】(1)函数()f x 的定义域为R ,对任意x R ∈,()()22x x f x f x --=+=, 所以,函数()f x 是偶函数.(2)()()()22222222222222x x x x x x x x y a a ----=+-+=+-+-, 令22x x t -+=,因为0x ≥,所以21x ≥,故2t ≥,原函数可化为222y t at =--,[)2,t ∈+∞,()222222y t at t a a =--=---图像的对称轴为直线t a =,当2a ≤时,函数222y t at =--在[)2,t ∈+∞时是增函数,值域为[)24,a -+∞; 当2a >时,函数222y t at =--在[]2,t a ∈时是减函数,在[),t a ∈+∞时是增函数,值域为)22,a ⎡--+∞⎣. 综上,()[))224,,2,2,, 2.a a g a a a ⎧-+∞≤⎪=⎨⎡--+∞>⎪⎣⎩ (3)由()21x mf x m -≤+-,得()121x m f x -⎡⎤-≤-⎣⎦, 当0x >时,21x >,所以()222x x f x -=+>,所以()110f x ->>,所以,()22121121221212x x xx x x xm f x ------≤==-+-+-恒成立. 令12x t =-,则0t <,()2221211212111x x x t t t t t t t t-===+--+-++-, 由0t <,得12t t +≤-,所以113t t +-≤-,110131t t-≤<+-. 所以,13m ≤-,即m 的取值范围为1,3⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦. 5.设()f x 是奇函数,()g x 是偶函数()()2x f x g x +=,且其中x ∈R .(1)求()f x 和()g x 的表达式,并求函数()()y f x g x =÷的值域(2)若关于x 的方程()()23f x g x λ+⎡⎤⎣⎦=⋅在区间()1,1-内恰有两个不等实根,求常数λ的取值范围 【答案】(1)()()2222,,22x x x x f x g x x R ---+==∈值域为()1,1.-(2)15,8⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】(1)由已知()()2,xf xg x x R +=∈①, 以x -代x ,得()()2xf xg x --+-=, 因为()f x 是奇函数,()g x 是偶函数, 所以()()2xf xg x --+=②, 联立①②可得()()2222,,22x x x xf xg x x R ---+==∈, ()()222222*********x x x x x x x f x y g x ----∴====-+++, 又220x >,2211x ∴+>,220221x <<+,于是2211121x -<-<+, ∴函数()()f x yg x =的值域为()1,1-; (2)题意即方程222222322x xx x λ--⎛⎫-+⋅+= ⎪⎝⎭在区间()1,1-内恰有两个不等实根. 显然0x =不是该方程的根,所以令()22012x xt x --=<< 由2222224x x t -=+-得22222212x x t -+=+,则原方程可变形为()2213t t λ++= 易知函数()t x 为偶函数,且在区间0,1内单调递增,所以30,4t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭且题意转化为方程2321t t λ=--在区间30,4⎛⎫ ⎪⎝⎭内有唯一实根(因为每一个30,4t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭在区间()1,1-内恰有两个x 值与之对应).易知()2321h t t t =--在区间30,4⎛⎫ ⎪⎝⎭内单调递减, 又0t →时,()h t →+∞, 所以24315321348λ⎛⎫>⨯-⨯-= ⎪⎝⎭(此时每一个15 8λ>,在区间30,4⎛⎫ ⎪⎝⎭内有且仅有一个t 值与之对应). 综上所述,所求常数λ的取值范围是15,8⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. 6.已知公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且525S =,2a 是1a 和5a 的等比中项. (1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设数列11n n a a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭+的前n 项和为n T ,若不等式4n k T <对任意的n *∈N 都成立,求整数k 的最小值. 【答案】(1)21n a n =-(2)最小值为2.【解析】因为53525S a ==,所以35a =;因为2a 是1a 和5a 的等比中项,所以2215a a a =,设公差为()0d d ≠,由题()()12111254a d a d a a d +=⎧⎪⎨+=+⎪⎩, 解得11a =,2d =.所以21n a n =-.(2)证明:()()111111212122121n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭,11111111111233521212212n T n n n ⎛⎫⎛⎫∴=-+-+⋯+-=-< ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭. 所以142k ≥,2k ≥, 故整数k 的最小值为2.。
参变分离的方法
参变分离的方法
哇塞,参变分离的方法啊,这可真是个超棒的解题利器呢!
参变分离,简单来说就是将参数和变量分离开来。
具体步骤呢,就是把含有参数的式子和含有变量的式子分别放在等式或不等式的两边。
这里可得注意啦,要仔细观察式子的结构,找到合适的分离点,可别分错啦!而且在分离的过程中要保持式子的等价性哦,不能改变原来式子的本质。
还有就是有时候可能会遇到一些特殊情况,比如分式的分母不能为零之类的,可别忽视了这些细节呀!
在这个过程中,安全性那是杠杠的呀!只要按照正确的方法去操作,就不会出现什么大问题。
稳定性也很高,因为它是一种很成熟的方法呀。
那参变分离的应用场景可多了去了!比如在解决不等式恒成立问题时,通过参变分离,把参数和变量分开,然后求出变量的最值,就能轻松解决啦!它的优势也很明显呀,能让复杂的问题变得简单化,让我们更容易找到解题的思路。
就拿一个实际例子来说吧,比如有个函数 f(x)=x^2+ax+1,要使
f(x)>0 在区间[1,2]上恒成立,这时候就可以用参变分离呀!把 a 分离出来,得到 a>-(x+1/x),然后求出右边式子在区间[1,2]上的最大值,不就能解决问题了嘛!你看,这效果多好呀!
参变分离的方法真的是太好用啦!能帮我们解决很多难题呢,大家一定要好好掌握呀!。
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。
专题17参变分离法解决导数问题(解析版)
专题17 参变分离法解决导数问题1.分离变量法在处理含参a 的函数(,)f x a 不等式和方程问题时,有时可以将变量分离出来,如将方程(,)0f x a =,转化为()()g x h a =这样就将把研究含参函数(,)f x a 与x 轴的位置关系的问题转化为不含参的函数()g x 与动直线()y h a =的位置关系问题,这种处理方法就叫分离变量法。
(1)优点:分离变量法可以将含参函数中的参数分离出去,避免直接讨论,从而简化运算; (2)解题过程中可能遇到的问题:①参数无法分离;②参数分离后的函数()y g x =过于复杂; ③讨论位置关系时可能用到()y g x =的函数极限,造成说理困难. 2.分类:分离参数法有完全分离参数法(全分参)和部分分离参数法(半分参)两种 注意事项:无论哪种分参方法,分参过程中需注意变量的正负对不等号的影响! 一、单选题1.已知函数()ln f x x ax =-在区间()1,2上单调递增,则a 的取值范围是() A .(],1-∞ B .1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C .1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D .(),1-∞【解析】1()0f x a x '=-≥在区间()1,2上恒成立,即1a x≥在区间()1,2上恒成立, 显然1y x=在区间()1,2的最小值为12,所以12a ≤.故选:B . 2.若函数()5ln f x x a x x=--在[)1,+∞上是增函数,则实数a 的取值范围是()A .-⎡⎣B .(,-∞C .(],6-∞D .(]0,6【解析】因为函数()f x 在[)1,+∞上是增函数, 所以()0f x '≥在[)1,+∞上恒成立,即()2510a f x x x '=+-≥,即5a x x≤+恒成立,又5x x +≥x =a ≤B 3.已知函数()e xf x mx x=-(e 为自然对数的底数),若()0f x >在()0,∞+上恒成立,则实数m 的取值范围是() A .(),2-∞B .2e ,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C .(],e -∞D .2e ,4∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭【解析】若()0f x >在()0,∞+上恒成立,则2e xm x <在()0,∞+上恒成立等价于2e x min m x ⎛⎫< ⎪⎝⎭在()0,∞+上恒成立,令()()2e 0xh x x x =>,则()()()3e 20x x x h x x-'>=, 令()0h x '>,解得2x >,令()0h x '<,解得02x <<, 故()h x 在()0,2上单调递减,在()2,+∞上单调递增,故()()2e 24minh x h ==,故2e 4m <.故选:B.4.关于x 的方程210x mx ++=在[]0,2内有解,则实数m 的取值范围() A .(],2-∞-B .[)2,+∞C .5,2∞⎛⎤-- ⎥⎝⎦D .5,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】当0x =时,可得10=显然不成立;当(]0,2x ∈时,由于方程210x mx ++=可转化为1m x x =--,(]0,2,x ∈令1y x x =--,可得222111x y x x-=-=',当01x <<时,0y '>,函数单调递增;当12x <<时,0y '<,函数单调递减, 所以当1x =时,函数1y x x=--取唯一的极大值,也是最大值,所以2max y =-,所以2y ≤-,即2m ≤-,所以实数m 的取值范围(],2-∞-.故选:A. 5.若函数()ln x f x x x ae =+没有极值点,则实数a 的取值范围是()A .1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B .10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C .1,e ∞⎛⎤-- ⎥⎝⎦D .1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭【解析】由题意可得,()1ln 0x f x x ae '=++=没有零点, 或者有唯一解(但导数在点的两侧符号相同), 即1ln xxa e +-=没有交点,或者只有一个交点但交点的两侧符号相同. 令1ln ()x x g x e+=,0x >,则1ln 1()x x x g x e --'=, 令1()ln 1h x x x=--则()h x 在()0,∞+上单调递减且()10h =, 所以当01x <<时,()0h x >,()0g x '>,()g x 单调递增, 当1x >时,()0h x <,()0g x '<,()g x 单调递减,故当1x =时,()g x 取得最大值1(1)g e=,又0x →时,()g x →-∞,x →+∞时,()0g x →, 结合图象可知,1a e -≥即1a e ≤-.故选:C.6.若对任意正实数x ,不等式()21xe a x -≤恒成立,则实数a 的范围是()A .ln 2122a ≤+ B .ln 212a ≤+ C .1ln 22a ≤+D .ln 2122a ≥+ 【解析】因为不等式()2e 1xa x -≤恒成立,2e 0x >,所以21e xa x ≤+恒成立, 设()21e xf x x =+,则()min a f x ≤, 因为()221e x f x '=-+,令()0f x '=,则ln 22x =,所以当ln 2,2x ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时,()0f x '<,当ln 2,2x +∈∞⎛⎫⎪⎝⎭时,()0f x '>,所以()f x 在ln 2,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上单调递减,在ln 2,2+∞⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增, 所以()min ln 21ln 2222f x f ⎛⎫==+⎪⎝⎭,所以ln 2122a ≤+,故选:A 7.已知函数()x f x a x xe =-+,若存在01x >-,使得()0 0f x ≤,则实数a 的取值范围为:() A .[0,)+∞B .(,0]-∞C .[1,)+∞D .(,1]-∞【解析】由题意可得0x a x xe +≤-在()1,-+∞上能成立,所以x a x xe ≤-在()1,-+∞上能成立,令()()1x x xe h x x -=>-,则()()11xx h x e -+'=,令()()11x x x e m =-+,则()()02x x m x e +'=-<,所以()()11xx x e m =-+在()1,-+∞上单调递减,且()()000110e m -+⨯==,即()00h '=,因此()h x 在()1,0-上单调递增,在()0,∞+上单调递减,所以()()max 00h x h ==,所以0a ≤,故选:B.8.当0x >时,11e 2x a x->-恒成立,则a 的取值范围为() A .()1,+∞ B .()e,∞+ C .1,e ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭D .()2,+∞【解析】由11121e2e x x x a a x x --->-⇒>,设()121e x x f x x --=,则()()()2212121121e e x x x x x x f x x x --+-+-++'==,当()0,1x ∈时,()0f x '>,当(1,)x ∈+∞时,()0f x '<,所以函数()f x 在区间()0,1上递增,在区间(1,)+∞上递减,故()()11f x f ≤=,故1a >.故选:A.9.对任意0x >,不等式e ln()(1)0x ax a x -+-≥恒成立,则正数a 的最大值为()A BC .1eD .e【解析】∵e ln()(1)0x ax a x -+-≥,∴ln()e ln()ln()e x ax x ax ax ax +≥+=+. 令()e x f x x =+,则不等式化为()(ln())f x f ax ≥. ∵()e (0)xf x x x =+>为增函数,∴ln()x ax ≥,即e xa x≤.令e ()=x g x x ,则2(1)e ()x x g x x'-=,当01x <<时,()0g x '<,即()g x 递减; 当1x >时,()0g x '>,即()g x 递增;所以()()min 1e e g x g a ⇒≤==.∴实数a 的最大值为e .故选:D 10.已知函数21()()2x f x x x e -=-,若当1x >时,()10f x mx m -++≤有解,则实数m 的取值范围为() A .(,1]-∞B .(,1)-∞-C .(1,)-+∞D .[1,)+∞【解析】()10f x mx m -++≤有解,即21(211)(1)1x x x e m x --+-≤--,设1t x =-,则0t >, 不等式转化成2(1)1tt emt 在0t >时有解,则2(1)1t t e mt 有解,记2(1)1()t t e h t t, 则322(1)1()t t t t e h t t,再令32()(1)1t g t t t t e , 则32()(4)0t g t t t t e ,那么()g t 在0t >时递增,所以()(0)0g t g >=,于是()0h t '>,()h t 在0t >时递增,故20(1)1()lim t t t e h t t ,记()()21tt t e ϕ=-,0()(0)()lim(0)10t t h t t ,于是2(1)1t t e mt有解,只需要1m >-.故选:C 二、多选题11.已知函数()ln f x x ax =-有两个零点1x ,2x ,且12x x <,则下列选项正确的是() A .10,a e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭B .()y f x =在(0,)e 上单调递增C .126x x +>D .若221,a e e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,则212a x x a --<【解析】令()0f x =得ln x a x=,记ln ()xg x x = 21ln ()xg x x-'=,令()0g x '=得x e = 当(0,)x e ∈时,()0g x '>,()g x 单调递增;当(,)x e ∈+∞时,()0g x '<,()g x 单调递减;且0x →时,()g x →-∞,1(e)g e=,x →+∞时,()0g x →据题意知y a =的图象与()y g x =的图象有两个交点,且交点的横坐标为1x ,2x , 所以10,a e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,故A 选项正确;因为11()'-=-=ax f x a x x ,所以当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f x '>,()f x 递增, 因为10,a e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,所以1(0,)0,e a ⎛⎫⊆ ⎪⎝⎭,故B 选项正确;当1a e →时,1e a →,10f a ⎛⎫→ ⎪⎝⎭, 又因为()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减,所以12,x e x e →→,所以1226x x e +→<,所以C 选项错误; 因为()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭递增,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递减,且221,a e e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭所以110,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,21,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭,因为()1(1)0f a f x =-<=,所以11x >因为()2222ln 2ln 20f e f x a a ⎛⎫=-<-== ⎪⎝⎭,所以22x a <所以21221a x x a a--<-=,故D 选项正确 故选:ABD.12.已知函数()()1x f x x k e =-+在区间[11]-,上只有一个零点,则实数k 可取的值有() A .1- B .0 C .1 D .2【解析】由题意可知,()10x x k e -+=在区间[1,1]-上只有一个根, 等价于1xk x e =+在区间[1,1]-上只有一个根, 等价于y k =与1()xg x x e =+的图像有唯一一个公共点, 由1()x g x x e =+得1()1x g x e=-',令()0g x '=得0x =, 当10x -≤<时,()0g x '<,则()g x 在[1,0)-上单调递减, 当01x <≤时,()0g x '>,则()g x 在(0,1]上单调递增,∴在区间[1,1]-内,当0x =时()g x 取极小值也是最小值,∴当()(0)1g x g ≥=, 又1(1)1g e =+,(1)1g e -=-,且111e e ->+,则满足条件的k 的取值范围是{}11(1,1]e e⋃+-,所以k 可取的值为1、2.故选:CD.13.设函数()f x =为自然对数的底数).若存在[]0,1b ∈使()()f f b b =成立,则实数a 的取值可以是() A .0B .1C .2D .3【解析】易知()f x 在定义域内单调递增,若()f b b >,则()()()f f b f b b >>,若()f b b <,则()()()f f b f b b <<.故存在[]0,1b ∈使()()f f b b =成立,则()f b b =,即()f x x =在[]0,1上有解.故[]2e ,0,1x x a x x x =+∈=-,设[]2e ,0,1()x g x x x x +∈-=,则e 1(2)x g x x =-+',令2e 1,2e ()()x x h x h x x '=+--=,在[)0,ln 2上()0,()h x h x '<单减,在(]ln 2,1上()0,()h x h x '>单增,故()(ln 2)32ln 20h x h ≥=->即()0g x '>,()g x 在[]0,1上单增,又(0)1,(1)e g g ==,故1e a ≤≤. 故选:BC.14.已知定义在R 上的奇函数()f x 在(,0]-∞上单调递增,则“对于任意的(0,1]x ∈,不等式2(2)(ln )0x f ae x f x x x ++-≥恒成立”的充分不必要条件可以是() A .10a e-≤<B .4312a e e ≤< C .3211a e e ≤< D .1a e e≤<【解析】奇函数()f x 在(,0]-∞上单调递增,则在(0,)+∞上也单调递增,即()f x 是R 上的单增函数; 222(2)(ln )0(2)(ln )(ln )x x f ae x f x x x f ae x f x x x f x x x ++-≥⇔+≥--=-,则22ln xae x x x x +≥-,(0,1]x ∈,即22ln xx x x xa e --≥在(0,1]x ∈上恒成立;令22ln ()xx x x xg x e --=,则222(22ln 1)(2ln )43(1)ln ()x x x xx x e x x x x e x x x x g x e e -------+-+-'==(1)(3ln )x x x x e ---=,(0,1]x ∈记()ln 3h x x x =--,1()10h x x'=-≤恒成立,即()h x 单减, 又3311()0h e e=>,(1)20h =-<,则必有0(0,1]x ∈,使000()ln 30h x x x =--=,故0(0,)x x ∈,()0h x >,0(,1]x x ∈,()0h x <,因此0(0,)x x ∈,()0g x '>,()g x 单增,0(,1]x x ∈,()0g x '<,()g x 单减,因此0020000000002ln (ln )2()()x x x x x x x x x x g x g x e e----≤==, 由0300000ln 30ln 3,x x x x x x e---=⇒-==代入得00030003321()()x x x x x e g x g x e e e--≤===,故若使22ln xx x x xa e --≥在(0,1]x ∈上恒成立,则031()a g x e ≥=, 根据充分不必要条件的定义可以判断C 、D 正确,A 、B 错误;故选:CD. 三、填空题 15.若函数21()e 2x f x x a =-是R 上的减函数,则实数a 的最小值为_______ 【解析】由题意得,()e 0x f x x a '=-≤在R 上恒成立,即e xxa ≥在R 上恒成立, 令1()=,()=e ex x x xg x g x -',当1x <时,()0g x '>,()g x 递增,当1x >时,()0g x '<,()g x 递减, 故max 1()=g(1)=eg x ,故1e a ≥,即函数a 的最小值为1e ,16.已知函数()()e ln xf x m x m =+∈R ,若对任意正数12,x x ,当12x x >时,都有()()1212f x f x x x ->-成立,则实数m 的取值范围是______.【解析】由()()1212f x f x x x ->-得,()()1122f x x f x x ->- 令()()g x f x x =-,∴()()12g x g x >,∴()g x 在()0,∞+单调递增,又∵()()e ln x g x f x x m x x =-=+-,∴()e 10x mg x x'=+-≥,在()0,∞+上恒成立,即()1e x m x ≥- 令()()1e x h x x =-,则()()e 110xh x x '=-++<∴()h x 在()0,∞+单调递减,又因为()()01e 00h =-⨯=,∴0m ≥.17.已知函数()333sin x x x f x =+-,若对任意的()0,x ∈+∞,不等式()()ln 20f x f ax -+≤恒成立,则实数a 的取值范围为___________.【解析】因为()()()()()()3333sin 33sin f x x x x x x x f x -=-+---=-+-=-,所以()f x 为奇函数,因为()()22333cos 331cos 0x x x x f x '=+-=+-≥,所以()f x 为R 上的增函数,由(ln 2)()0f x f ax -+≤得(ln 2)()()f x f ax f ax -≤-=-,则ln 2x ax -≤-, 因为,()0x ∈+∞,所以ln 2x a x--≥.令ln 2()(0)x g x x x-=>,则()23ln xg x x -'=,令()0g x '=,得3e x =, 当30e x <<时,()0g x '>,()g x 单调递增,当3e x >时,()0g x '<,()g x 单调递减,故()()33max 1e e g x g ==,所以31e a -≥,即31ea ≤-, 所以实数a 的取值范围为31,e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.18.已知(0,2)x ∈,若关于x 的不等式21e 2x k x x x <+-恒成立,则实数k 的取值范围是________. 【解析】依题意,知220+->k x x ,即22>-k x x 对任意(0,2)x ∈恒成立,从而0k ≥,因此由原不等式,得2e 2<+-x k x x x 恒成立.令2e ()2=+-xf x x x x ,则2e ()(1)2⎫⎛'=-⋅+⎪ ⎝⎭x f x x x .令()0f x '=,得1x =.当(1,2)x ∈时,()0f x '>.函数()f x 在(1,2)上单调递增;当(0,1)x ∈时,()0f x '<,函数()f x 在(0,1)上单调递减,所以min ()(1)e 1<==-k f x f ,故实数k 的取值范围是[0,e 1)-.四、解答题19.已知函数21()ln 2f x x x =-.(1)求函数()f x 在区间1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值(参考数据:ln 20.7≈);(2)若不等式2()(2)f x a x >-有解,求实数a 的取值范围.【解析】(1)求导得:211()x f x x x x-'=-=,令()0f x '>可得112x <<,令()0f x '>可得12x <<,于是函数()f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭单调递增,在(1,2)单调递减,于是当1x =时,()f x 取最大值为12-,又111ln 0.825228f ⎛⎫=-≈- ⎪⎝⎭,(2)ln 22 1.3f =-≈-,于是当2x =时,()f x 取最小值为ln 22-综上:当1x =时,()f x 取最大值为12-,当2x =时,()f x 取最小值为ln 22-(2)原不等式即为:221ln (2)2x x a x ->-,可化简为2ln 122x a x -<-记2ln 1()2x g x x =-,则原不等式有解可转化为2()a g x -<的最大值求导得:312ln ()xg x x '-=,于是函数()g x 在上单调递增,在)+∞上单调递减于是:()max 11g22g x e ==-,于是11222a e -<-,解得:5122a e>-.20.已知函数()2()ln f x x ax x =+,a R ∈.(1)若()f x 的图像在1x =处的切线经过点(0,2)-,求a 的值; (2)当21x e <<时,不等式2()f x x <恒成立,求a 的取值范围. 【解析】(1)由题知()f x 的定义域为(0,)+∞.又()(2)ln f x x a x x a '=+++,则(1)1f a '=+.又因为(1)0f =,所以切点为(1,0). 所以02110a +=+-,解得1a =. (2)当21x e <<时,0ln 2x <<.当21x e <<时,不等式2()f x x <恒成立,即不等式ln xa x x<-,()2x e ∈1,恒成立. 设()ln x g x x x=-,()2x e ∈1,,则222ln 1(ln )ln 1()1(ln )(ln )x x x g x x x '--+=-=-. 因为2213(ln )ln 1ln 024x x x ⎛⎫-+=-+> ⎪⎝⎭,所以()0g x '<.所以()g x 在()21,e 上单调递减,从而()22()2e g x g e >=-.要使原不等式恒成立,即()a g x <恒成立,故22ea ≤-.即a 的取值范围为2,2e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.21.已知函数()()212ln f x x ax x a R =-+∈,曲线()f x 在点()()1,1f 处的切线l 的斜率为4.(1)求切线l 的方程;(2)若关于x 的不等式()2f x x bx +恒成立,求实数b 的取值范围.【解析】(1)函数()f x 的定义域为{}|0x x >,12()2f x x a x'=-+, 由题意知,(1)144f a '=-=,所以10a =,故2()1012ln f x x x x =-+,所以(1)9f =-,切点坐标为(1,9)- 故切线l 的方程为413y x =-.(2)由(1)知,2()1012ln (0)f x x x x x =-+>, 所以2()f x x bx ≤+,可化为:12ln 10x x bx -≤,即12ln 10xb x≥-在(0,)+∞上恒成立, 令12ln ()10x g x x =-,则212(1ln )()x g x x -'=, 当(0,e)x ∈时,()0g x '>,()g x 在(0,e)上单调递增,当(e,)x ∈+∞时,()0g x '<,()g x 在(e,)+∞上单调递减, 所以当e x =时,函数()g x 取得最大值12(e)10eg =-, 故当1210e b ≥-时,12ln 10x b x≥-在(0,)+∞上恒成立, 所以实数b 的取值范围是1210,e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.22.已知函数()ln 1f x x mx =--.(1)若0x ∀>,不等式()0f x <恒成立,求m 的取值范围; (2)若曲线()y f x =存在过点(1,0)的切线,求证:1m ≥-.【解析】(1)由已知有()0f x <恒成立,即代表ln 10x mx --<恒成立, 因为0x >,故ln 1x m x->恒成立,令ln 1()x g x x -=()0x >,故22ln ()xg x x -'=, 令()0g x '>,解得:20x e <<,故()g x 在()20,e 上单调递增,在()2,e +∞上单调递减, 故()g x 在()0,+∞的最大值为221()g e e =, 故21m e >,所以m 的取值范围是21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭; (2):设切点为000(,ln 1)x x mx --,又因为1()f x m x'=-, 所以函数在0x x =处的切线斜率01k m x =-, 所以函数在0x x =处的切线方程为:0000(ln 1)()1m x y x mx x x ⎛⎫---=- ⎪⎝-⎭, 又切线经过点(1,0).故可得:00000(ln 1)(1)1m x x mx x ⎛⎫---=- ⎪⎝⎭-,化简整理可得:0001ln 2(0)m x x x =+->,令1()ln 2(0)h x x x x=+->,21()x h x x -'=,令()0h x '>,解得1x >,故()h x 在(0,1)上单调递减,(1,)+∞单调递增, 故()h x 在(0,)+∞的最小值为(1)1h =-,故:1m ≥-,得证.23.已知函数()()()x xf x e sinx ax a Rg x e cosx =-∈=(1)当0a =时,求函数f (x )的单调区间;(2)若函数()()()F x f x g x =-在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有两个极值点,求实数a 的取值范围.【解析】(1)当0a =时,()e sin x f x x =,()e (sin cos )x f x x x '=+sin()4x x π+, 当224k x k ππππ<+<+,即32244k x k ππππ-<<+时,()0f x '>, 当2224k x k πππππ+<+<+,即372244k x k ππππ+<<+时,()0f x '<, 所以()f x 的增区间是32,2,44k k k ππππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭Z ,减区间是372,2,44k k k ππππ⎛⎫++∈ ⎪⎝⎭Z . (2)()e sin e cos e (sin cos )x x x F x x ax x x x ax =--=--,()e (sin cos cos sin )2e sin x x F x x x x x a x a '=-++-=-,由题意2e sin 0x x a -=在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上有两个不等实根,即2e sin x a x =有两个实根,设()2e sin x h x x =,则()2e (sin cos )sin()4x x h x x x x π'=+=+, ,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,35,444x πππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭,所以324x ππ<<时,()0h x '>,()h x 单调递增, 34x ππ<<时,()0h x '<,()h x 单调递减, 所以34max 3()2e 4h x h ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭,其中22e 2h ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭,()0h π=, 所以当3242e 2e a ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,2e sin x a x =在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上有两个实根, 即当3242e 2e a ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,函数()F x 在,π2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有两个极值点. 24.已知函数2()ln ()f x x x ax a =+∈R 的图象在点(1,(1))f 处的切线与直线(1e)y x =-平行(e 是自然对数的底数).(1)求函数()f x 的解析式;(2)若2()2e f x kx x >-在(0,)+∞上恒成立,求实数k 的取值范围.【解析】(1)由题意得()2ln (0)f x x x x a x ++>'=,所以(1)1f a '=+,又()f x 的图象在点(1,(1))f 处的切线与直线(1e)y x =-平行,所以11e a +=-,解得a e =-,所以2()ln e f x x x x =-.(2)2()2e f x kx x >-在(0,)+∞上恒成立,即22ln e 0x x kx x -+>在(0,)+∞上恒成立,因为0x >,所以22ln e e ln x x x k x x x+<=+.令e ()ln g x x x =+,则221e e ()x g x x x x-=-='. 当(0,e)x ∈时,()0g x '<;当(e,)x ∈+∞时,()0g x '>. 所以函数e ()ln g x x x=+在(0,e)上单调递减,在(e,)+∞上单调递增, 所以()(e)2g x g ≥=,故2k <,即实数k 的取值范围是(,2)-∞.25.已知函数()()21e xax x f x a R -+=∈. (1)当2a =-时,求()f x 的单调区间;(2)当0x ≥时,()1f x ≤,求a 的取值范围.【解析】(1)2a =-时,()221e x x x f x --+=,()()()212e xx x f x +-'=, 令()1102f x x '=⇒=-,22x =.∴()f x 的单调递增区间为1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭,()2,+∞,单调递减区间为1,22⎛⎫- ⎪⎝⎭. (2)法一:常规求导讨论()()()()221212e e x x ax a x ax x x F -++----'==.①当0a ≤时,令()02f x x '=⇒=且当02x ≤<时,()0f x '<,()f x ;当2x >时,()0f x '>,()f x .注意到()01f =,2x ≥时,()0f x <符合题意. ②当12a =时,()()21220ex x f x --'=≤,()f x 在[)0,∞+上, 此时()()01f x f ≤=符合题意. ③当102a <<时,令()102f x x '=⇒=,21x a =, 且当()f x 在[)0,2上,12,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上,1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上, 此时()()01f x f ≤=符合题意. ③当102a <<时,令()102f x x '=⇒=,21x a =, 且当()f x 在[)0,2上,12,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上,1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上,此时只需1111111e 1e a aa a f a -+⎛⎫=≤⇒≥ ⎪⎝⎭,显然成立. ④当12a >时,令()110f x x a'=⇒=,22x =, 且当()f x 在10,a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上,1,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上,()2,+∞上.此时只需()22411e 121e 24a f a -+=≤⇒<≤. 综上:实数a 的取值范围2e 1,4⎛⎤+-∞ ⎥⎝⎦. 法二:参变分离①0x =时,不等式显然成立.②当0x >时,2e 1x x a x +-≤,令()2e 1x x g x x +-=, ()()()33e 12e 2e 2x x x x x x g x x x ----+'==. 令()02g x x '=⇒=且当02x <<时,()0g x '<,()g x ;当2x >时,()0g x '>,()g x ,∴()()2min e 124g x g +==,∴2e 14a +≤. 26.已知函数()ln a f x x x x=++,a ∈R . (1)若()f x 在1x =处取得极值,求a 的值;(2)若()f x 在区间()1,2上单调递增,求a 的取值范围;(3)若函数()()g x f x x '=-有一个零点,求a 的取值范围.【解析】(1)因为()ln a f x x x x =++,则2221()1a x x a f x x x x +-'=-+=, 由于()'10f =,则221101a +-=,∴2a =, 当2a =时,()()222221212()1x x x x f x x x x x +-+-'=-+== 因为()f x 的定义域为()0,∞+,则()0f x '=时,1x =,当()0,1x ∈时,()0f x '<,()f x 单调递减,当()1,x ∈+∞时,()0f x '>,()f x 单调递增,所以()f x 在1x =处取得极小值,所以2a =符合题意,故2a =.(2)()22'x x a f x x+-=,∴20x x a +-≥在()1,2x ∈恒成立, 即2a x x ≤+在()1,2x ∈恒成立,∴a 的取值范围为(],2-∞.(3)220x x a a x +--=在()0,x ∈+∞有1个根 即方程32a x x x -=--在()0,x ∈+∞有1个根,令32()h x x x x =--,0x >,则()()2()321131h x x x x x '=--=-+当()0,1x ∈时,()0h x '<,()h x 单调递减,当()1,x ∈+∞时,()0h x '>,()h x 单调递增,且(0)0h =,(1)1h =-,x →+∞时,()h x →+∞,当0a -≥即0a ≤时,1个根;当1a -=-即1a =时,1个根,综上:a 的取值范围为(]{},01-∞.27.已知函数()ln x f x x =. (I )求函数()f x 的单调区间和极值;(II )若不等式()kx f x ≥在区间(0,)+∞上恒成立,求实数k 的取值范围.【解析】(I )因为()()21ln 0x f x x x -'=>, 当()0,e x ∈时,()0f x '>,当()e,x ∈+∞时,()0f x '<,所以()f x 的单调增区间为()0,e ,单调减区间为()e,+∞;且()()1e ef x f ==极大,无极小值; (II )因为()kx f x ≥在区间(0,)+∞上恒成立, 所以2ln x k x ≥在区间(0,)+∞上恒成立,设()()2ln 0x g x x x =>,则()max k g x ≥, 因为()()432ln 12ln 0x x x x g x x x x --'==>,当(x ∈时,()0g x '>,()g x 单调递增,当)x ∈+∞时,()0g x '<,()g x 单调递减,所以()max 12eg x g ===,所以12e k ≥. 28.已知函数()()e e 0xf x x x=>.(1)求函数()f x 的最小值;(2)若不等式()ln 1f x x a x ≥++对于()1,x ∈+∞恒成立,求a 的取值范围.【解析】(1)求导:1e e 1e e ()x x f x x x++'=-,即e 1e ()(e)xf x x x +'=- 当()0,f x '<解得0e;x <<当()0,f x '>解得e x >()f x 的单调递减区间为()0,e ;单调递增区间为()e,+∞∴函数()f x 的最小值为(e)1f =(2)由(1)得()(e)1f x f ≥=,所以要使得()ln 1f x x a x ≥++恒成立,必须满足: (e)e lne 1e f a a ≥++⇒≤-,下面证明:当e a -≤时()ln 1f x x a x ≥++恒成立e a ≤e e ln 1l 1e n e e x x x a x x x x x ∴---≥-+-,∴只需证明e e eln 10x x x x-+-≥, 设e ()n 1e el x x x x x ϕ=-+-,则e e 1e e e e 11()()()1()e x x x x x x x x x x ϕ+⎛⎫'=---=⋅-⋅- ⎪⎝⎭由(1)得e e 10xx-≥且只在e x =取等号, ∴当0e x <<时,()0x ϕ'<,()ϕx 单调递减,∴当e x >时,()0x ϕ'>,()ϕx 单调递增 e ()()0x ϕϕ∴≥=.综上e a -≤.解法二:(变量分离)整理得:e1l e n xx x a x--≤ 只需m e in 1()l e n xx x a x--≤,先证明:e 1x x ≥+,构造()e 1x g x x =--,()e 1x g x '=-, 当0x >时,()0g x '≥,()g x 单调递增()(0)0g x g ≥=,从而证明得e 1x x ≥+ e ln e 11l e e e e n 11ln xx x x x x x x x x---=--≥-+--=-, 当仅且当n 0el x x -=即e x =处取得等号.e 1ln ln e e e ln xx x x x x---∴≥=-,∴e a -≤., 解法三:(不分离)eln (ln )1e e eln 1(ln )10x x x x x x x a x --+-≥-+-+-≥得e a -≤下面证明当e a -≤时,e ln 10e xx a x x---≥ ∴只需证明e eeln 10xx x x -+-≥设e ()n 1e el xx x x xϕ=-+-, 则e e 1e e e e 11()()()1()e x xx x x x x x x x ϕ+⎛⎫'=---=⋅-⋅- ⎪⎝⎭由(1)得e e 10xx-≥且只在e x =取等号 ∴当0e x <<时,()0x ϕ'<,()ϕx 单调递减∴当e x >时,()0x ϕ'>,()ϕx 单调递增e ()()0x ϕϕ∴≥=.综上e a -≤.29.已知函数2213()ln ,()224f x x ax x g x x ax ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭. (1)若1a =,求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程;(2)若当1≥x 时,()()f x g x ≥恒成立,求a 的取值范围.【解析】(1)因为1()(1)ln 12f x x x x =-'+-,所以1(1)2'=-f ,又(1)0f =, 所以切线方程为1(1)2y x =--,即210x y +-= (2)由()()f x g x ≥知2213ln 2024x ax x x ax ⎛⎫--+≥ ⎪⎝⎭,因为1≥x 所以13ln (ln 2)24x x x a x -≥-,当2e x =时,R a ∈, 当2e x >时,13ln 24ln 2x x x a x -≤-,当21e x ≤<时,13ln 24ln 2x x x a x -≥- 构造函数13ln 24()ln 2x x x h x x -=-,2(2ln 5)(ln 1)()4(ln 2)x x h x x --'=- 当1e x <<时,()0h x '>,()h x 单调递增,当2e <e x <时,()0h x '<,()h x 单调递减, 故21e x ≤<时,max e ()(e)4h x h ==,因此e 4a ≥ 当522e e ,()0x h x '<<<,()h x 单调递减,当52e x >时,()0h x '>,()h x 单调递增,故2e x >时,5522min ()e e h x h ⎛⎫= ⎪⎭=⎝,因此52e a ≤,综上:52e ,e 4a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦30.已知函数()2ln ,f x x ax a R =-∈.(1)当0a =时,求曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程;(2)设函数()()ln 21g x f x x x =--+,若()0g x ≤在其定义域内恒成立,求实数a 的最小值;(3)若关于x 的方程()2ln f x x x =+恰有两个相异的实根12,x x ,求实数a 的取值范围,并证明121x x >.【解析】(1)当0a =时,()2ln f x x =,所以()2l 01n1=f =,()2f x x'=,所以()12f '=, 所以曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程为:()021y x -=-,即22y x =-(2)由题意得,()ln 21g x x ax x =--+,因为()0g x ≤在其定义域内恒成立,所以ln 210x ax x --+≤在()0,∞+恒成立,即ln 12x a x++≥在()0,∞+恒成立, 等价于ln 12maxx a x +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭,令()ln 1x h x x +=()0,∞+,所以()2ln x h x x -'=, 令()0h x '>解得01x <<,令()0h x '<解得1x >,所以函数()h x 在()0,1单调递增, 在()1,+∞单调递减,所以()()1=1h x h ≤,所以21a +≥,即1a ≥-,故a 的最小值为1-.(3)先证明必要性:由()2ln f x x x =+得2ln x ax x -=,即ln 0x x a x--=, 令()()ln 0x m x x a x x =-->,则()221ln x x m x x--'=, 设()21ln t x x x =--,则()12t x x x'=--,因为0x >,所以()0t x '<恒成立, 函数()t x 在()0,∞+单调递减,而()10t =,故在()0,1上()0t x >,()0m x '>, ()m x 单调递增,在()1,+∞上()0t x <,()0m x '<,()m x 单调递减,所以()()11max m x m a ==--.故方程()2ln f x x x =+恰有两个相异的实根只需:10a -->,所以实数a 的取值范围是(),1-∞-;再证明充分性:当(),1a ∞∈--时,方程()2ln f x x x =+恰有两个相异的实根,条件等价于2ln x ax x -=,即ln x x a x -=,即y a =与ln x y x x=-,当1a <-,0x >时有两个不同的交点,所以221ln x x y x--'=, 由上面必要性的证明可知函数在()0,1单调递增,在()1,+∞单调递减, 所以ln x y x x =-在0x >时的最大值为:ln11=11y =--,最小值趋近于负无穷, 所以当(),1a ∞∈--时,程()2ln f x x x =+恰有两个相异的实根,即充分性成立.下证:121x x >,不妨设12x x <,则1201x x <<<,2101x <<, 所以()121122111x x x m x m x x ⎛⎫>⇔>⇔> ⎪⎝⎭,因为()()120m x m x ==, 所以()()22122222221ln ln 1111x x m x m m x m x a a x x x x x ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪-=-=----- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ⎪⎝⎭ 2222222222221lnln ln 11ln 1x x x x x x x x x x x x =--+=-++2222211ln x x x x x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭, 令()()11ln 1x x x x x x x ϕ⎛⎫=+-+> ⎪⎝⎭,则()211ln 0x x x ϕ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭, 所以()x ϕ在()1,+∞上单调递增,所以当1x >时,()()10x ϕϕ>=, 即2222211ln 0x x x x x ⎛⎫+-+> ⎪⎝⎭,所以()121m x m x ⎛⎫> ⎪⎝⎭,所以121x x >.。
用分离参数法解含参不等式的恒成立问题
用分离参数法解含参不等式的恒成立问题含参不等式的恒成立问题越来越受到高考命题者的青睐,由于新课标高考对导数应用的加强,这些不等式的恒成立问题往往与导数问题交织在一起,这在近年的高考试题中不难看出这个基本的命题趋势. 解决这类问题的关键是揭开量词隐含的神秘面纱还函数问题本来面目,在高考中各种题型多以选择题、填空题和解答题等出现,其试题难度属高档题.方法一分离参数法使用情景:对于变量和参数可分离的不等式解题步骤:第一步首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下,可以根据不等式的性质将参数分离出来,得到一个一端是参数,另一端是变量表达式的不等式;第二步先求出含变量一边的式子的最值;第三步由此推出参数的取值范围即可得出结论.【例】已知函数f(x)=kx^2-\ln x,若f(x)>0在函数定义域内恒成立,则k的取值范围是()A.\left(\dfrac{1}{e},e\right)B.\left(\dfrac{1}{2e},\dfrac{1}{e}\right)C.\left(-\infty,\dfrac{1}{e}\right)D.\left(\dfrac{1}{2e},+\infty\right)【解析】由题意得f(x)>0在函数定义域内恒成立即kx^2-\ln x>0在函数定义域内恒成立即k>\dfrac{\ln x}{x^2}在函数定义域内恒成立设g(x)=\dfrac{\ln x}{x^2},则g'(x)=\dfrac{x-2x \ln x}{x^4}=\dfrac{x(1-2\lnx)}{x^4}当x\in (0,\sqrt{e})上,函数g(x)单调递增;当x \in (\sqrt{3},+\infty)上,函数g(x)单调递减所以当x=\sqrt{e}时,函数g(x)取得最大值,此时最大值为g(x)_{max}=\dfrac{1}{2e}所以实数的取值范围是\left(\dfrac{1}{2e},+\infty\right) ,故选D【总结】本题主要考查了函数的恒成立问题,其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的极值与最值、恒成立的分离参数构造新函数等知识点的综合考查,着重考查了学生分析问题和解答问题的能力,以及转化与化归思想,试题有一定的思维深度,属于中档试题,解答中根据函数的恒成立,利用分离参数法构造新函数,利用新函数的性质是解答的关键.含参不等式分离参数后的形式因题、因分法而异,因此解决含参不等式恒成立问题需把握住下述结论:(1)f(x)<g(a)恒成立\Leftrightarrow f(x)_{max} < g(a);(2)f(x) \leqslant g(a)恒成立\Leftrightarrow f(x)_{max} \leqslant g(a);(3)f(x)>g(a)恒成立\Leftrightarrow f(x)_{min} > g(a);(4)f(x) \geqslant g(a)恒成立\Leftrightarrow f(x)_{min} \geqslant g(a).。
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。
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。
谈谈数学解题中的分离参数思想
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谈谈数学解题中的分离参数思想
◎王 妙 胜 ( 东省 龙 川 县 第 一 中学 广 数 学 题 中 的 其 中 一 个 难 点 是 带 参 数 问题 , 其 中 的 一 而 部 分 又是 关 于对 任 意 自变 量 恒 成 立 的 问 题 , 类 题 往 往 会 此 让 学 生 觉 得束 手无 策 , 要 是 考 虑 到 分 离 参 数 的 方 法 , 问 而 则 题 会 迎 刃 而解 . 面 举 例 说 明. 下 例 1 (07年 福建 高考 理科 数 学试 题 ) 20 已知 函数 _ )= 厂 (
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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。
分离参数法与分类讨论法在求参数范围问题中的运用
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对任意 。∈(0,e],都存 在
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g( :),.‘.只需 当 ∈[0,2]时,g( ) ≤ 一1,即 一4bx一
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(方法二 :分类讨论法 ) 由存在 E[0,2]使得 g( )≤ 一1(求f( )~ 同上 )恒 成 立 . 。 . ‘g( )的对称轴 方程 为 =2b,
精 ●
解 题 技巧 与 方 法 ●
·
·
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禹参 法 分囊谫论法在謇参礁笼 咿
◎徐 浩 (安 徽 省 灵 璧县 第 一 中学 ,安 徽 宿 州 234200)
一 、 问题 提 出
通过高考数学试题研究 不难发现 ,求不等 式恒成立 (有
解 )中参数取值 范围(最值 )问题是重点和难点 内容之一 ,并
对 于求 一次 、二 次不 等式 中含参 数 取值 范 围的 较为 简
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,+∞)。
分离变量法在物理学中的应用
田 硕 丁 佩 ( 郑 州航 空 T ̄ I I , 管理 学 院数理 系 , 河南 郑 州 4 5 0 0 1 5 )
( T i a sh u u o D e p a r t me n t o f ma t h e ma t i c s a n d p h y s i c s , Z h e n g z h o u I n s t i t u t e o f A e r o n a u t i c s I n d u s t r y Ma n a g e me n t , Z h e n g z h o u He n a n 4 5 0 0 1 5 , C h i n a
一
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1 分 y ) : O ( 0 ≤y < 6 )
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分离变量法 , 即对于偏微分方程, 可表为变量分离状态的形式。 假 ( 0 , y ) : O ( 0 ≤y < 6 ) , . ,O ) : O ( 0 ≤ ≤口 ) 设定解问题其有变量分离形式 的解 , 把这种解代人 偏徽分方程, 可以 得到含有未定常数的常微分方程 . 这些未定 常数取某些特殊值时. 可 b ) = U o ( 0≤ ≤n ) 由于槽内电位  ̄ o L o = 0和 妒 l O , 灿其通解形式为 以找到方程满足齐次条件的非零解。对 于分离 变量法 , 可 以在 直角坐 标系 、 球坐标 系 , 柱面坐标系等 中进行 , 随着坐标 系的不 同, 定解 问题 p( , , , ) = ( A o x + B 。 ) + ( c + D 0 ) + ∑ ( A i n k + o s k ) ( c s i n h + 会 出现一些特定的常微分方程.具有 不同的解 . 其本征函数可以是多 种 函数 如贝赛尔函数等 由于分离变量法 的理论基础之一是线性叠 D . c o s h k  ̄ y ) 加原理 . 故 其 只 能解 决 线 性 定 解 问 题 . 在 处 理 非 齐 次 泛定 方 程 问 题 时 , v ( o , y ) : O代入上式 , 且满足 Y在 6内成立得 B 0 = 0 , 1 , 2 , …) 可视为几种类型叠加的结果, 从而将其“ 分解” 虽然在解数理方程中 妒 ( 0 , , , ) = 0 ( O ≤ < 6 ) 代人得 A o = O A . s i n k ,  ̄ = 0( n = 1 2・ ・ ) 分离变量法有很 广泛的应用 . 但也 有很 大的局 限性 . 首先受线性 叠加 其中 A 不能为零 , 否则 p = O , 故有s i n k ,  ̄ t = 0 原理 限制 . 只能解 决齐次泛定方程 齐次边界条件 的线性问题 ( 一 般非 得: 齐 次泛定 也可以运用 , 只是要借 助其他方法 ) . 其次, 分离 变量 法对边 = 1 2- - ) 界 条件要求太苛刻 , 另外 , 分离变量法的解一般是无 穷级数 . 是在误差 范 围内的近似解
分离参数法与极限思想解决一类可分参导数问题
分离参数法与极限思想解决一类可分参导数问题张连辉㊀周敏刚(昌吉学院数学与数据科学学院ꎬ新疆昌吉831100)摘㊀要:导函数带参问题一直是导数问题的核心.由于题目的灵活性ꎬ讨论法解决此类问题会出现诸多不确切因素ꎬ本文通过一道例题探析极限思想与分离参数法相结合解决一类可分参问题.关键词:分离参数法ꎻ极限思想ꎻ导数中图分类号:G632㊀㊀㊀文献标识码:A㊀㊀㊀文章编号:1008-0333(2023)16-0076-03收稿日期:2023-03-05作者简介:张连辉(1998-)ꎬ男ꎬ河南省周口人ꎬ硕士研究生ꎬ从事中学数学教学研究.周敏刚(1993-)ꎬ男ꎬ甘肃省庄浪人ꎬ助教ꎬ从事数学课程与教育研究.基金项目:2022年昌吉学院教科研项目(基础教育研究) 新疆地区初中生数学核心素养校本化构建与养成路径研究 (项目编号:22JCJY004)ꎻ2022年度自治区 以校为本 小课题 初中数学概念教学中培养抽象能力的实践研究 (项目编号:XKT-2207013)ꎻ新疆自治区普通高等学校人文社会科学重点研究基地(培育)昌吉学院新疆基础教育质量提升研究中心项目阶段性成果1典例探析例题㊀已知函数f(x)=lnxx-ax2+a.(1)当a=2时ꎬ求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程ꎻ(2)若对任意xȡ1ꎬ有f(x)ɤ0恒成立ꎬ求实数a的取值范围.解析㊀(1)当a=2时ꎬf(x)=lnxx-2x2+2ꎬf(1)=0ꎬfᶄ(x)=1-lnxx2-4xꎬ所以fᶄ(1)=3.所以ꎬ曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=-3x+3.(2)根据题意ꎬ得lnxx-ax2+aɤ0ꎬxɪ1ꎬɕ[)ꎬ移项ꎬ得lnxxɤa(x2-1).①当x=1时ꎬ此时等式两边恒成立ꎬa的取值范围为R.②当xʂ1时ꎬ再次移项ꎬ得aȡlnxx(x2-1).令h(x)=lnxx(x2-1)ꎬ则hᶄ(x)=x2-1-(3x2-1)lnxx2(x2-1)2.易知hᶄ(x)的正负取决于分子的正负ꎬ此时令g(x)=x2-1-(3x2-1)lnxꎬg(1)=0ꎬgᶄ(x)=1x-6xlnx-xꎬgᶄ(1)=0ꎬgᵡ(x)=-1x2-6(lnx+1)-167=-(1x2+6lnx+7)<0ꎬ则gᶄ(x)在1ꎬ+ɕ()上单调递减.又gᶄ(1)=0ꎬ所以gᶄ(x)<0.所以g(x)在1ꎬ+ɕ()上单调递减.又g(1)=0ꎬ所以g(x)<0ꎬ所以此时hᶄ(x)<0ꎬ则h(x)在1ꎬ+ɕ()上单调递减.此时发现h(x)在xң1时有最大值ꎬh(x)max=limxң1lnxx(x2-1)=1/x3x2-1=12.综上ꎬa的取值范围为[12ꎬ+ɕ).通过上述的解题过程会发现ꎬ此题的难点有两个:一是参数怎么分ꎻ二是极限值该如何求.此题会明显发现当x=1时ꎬx2-1=0ꎬ此时无法通过除到等式左边进行分参ꎬ那么自然而然地想到分x=1与xʂ1两种情况讨论ꎬ一般使参数前面等于0的x值不影响参数的取值ꎬ正如本题当x=1时ꎬaɪR.所以只需求xʂ1时a的取值范围ꎬ此时在xʂ1的前提下是可以进行分参的(此时x2-1ʂ0)ꎬ分参后转化为求最值问题就很容易解决了.另外在最后求最值时ꎬ用洛必达法则这一极限思想将最值求出ꎬ最后与R取交集求得参数范围.2拓展与应用2.1分离参数法的变式应用例1㊀已知函数f(x)=x-alnx(aɪR)ꎬ若f(x)ȡ0恒成立ꎬ求a的取值范围.解析㊀根据题意ꎬ得f(x)=x-alnxȡ0(x>0)ꎬ即alnxɤx.①当x=1时ꎬaɪR.②当0<x<1ꎬaȡxlnxꎬ令g(x)=xlnxꎬ则gᶄ(x)=(lnx)/2x-x/xln2x=lnx-22xln2x<0ꎬ所以g(x)在区间0ꎬ1()上单调递减ꎬ当xң0+时ꎬg(x)取得最大值ꎬlimxң0+xlnx=0.所以a的取值范围为0ꎬɕ[).③当x>1时ꎬaɤxlnxꎬ令g(x)=xlnxꎬ则gᶄ(x)=lnx-22xln2xꎬ当1<x<e2时ꎬgᶄ(x)<0ꎻ当x>e2时ꎬgᶄ(x)>0ꎬ则g(x)在区间1ꎬe2()上单调递减ꎬ在区间e2ꎬ+ɕ()上单调递增ꎬg(x)在x=e2处取得最小值ꎬg(x)min=g(e2)=e2.故a的取值范围为(-ɕꎬe2].㊀综上ꎬa的取值范围为[0ꎬe2].分析㊀此题明显是以x=1为分界点(当x=1时lnx=0)ꎬ把定义域分成三部分进行讨论ꎬ在分离参数以后ꎬ设函数㊁求导ꎬ最后运用极限思想求取最值ꎬ求得所有参数范围以后ꎬ取交集得到最终的答案.2.2分离参数法求参数值例2㊀已知函数f(x)=ex+x-e-1ꎬ若f(x)ȡax-e对xɪR恒成立ꎬ求实数a的值.解析㊀依题意f(x)ȡax-eꎬ即axɤex+x-1.①当x=0时ꎬaɪR.②当x>0时ꎬaɤex+x-1xꎬ令g(x)=ex+x-1xꎬ即aɤg(x)minꎬgᶄ(x)=xex-ex+1x2ꎬ此时令h(x)=xex-ex+1ꎬ则hᶄ(x)=xex>0.所以h(x)在区间(0ꎬ+ɕ)上单调递增.又h(0)=0ꎬ所以h(x)>0ꎬ即gᶄ(x)>0ꎬ所以g(x)在(0ꎬ+ɕ)上单调递增ꎬ当xң0+时取得最小值ꎬ此时limxң0+ex+x-1x=limxң0+(ex+1)=2.所以g(x)的值域为(2ꎬ+ɕ)ꎬ则a取值范围为-ɕꎬ2(].③当x<0时ꎬ同理可得a的取值范围为2ꎬ+ɕ[).综上ꎬa的值为2.77分析㊀此题应该注意当x=0时是不能分离参数的(x=0除到右边是无意义的)ꎬ当x<0时ꎬ分参时不等号的方向要改变.2.3分离参数法解决端点效应问题例3㊀已知f(x)=alnx+1x-1ꎬ其中aɪRꎬ若对任意的x>1ꎬf(x)>0恒成立ꎬ求实数a的取值范围.解法1㊀根据题意ꎬ得f(x)=alnx+1x-1>0.①当aȡ1时ꎬfᶄ(x)=ax-1x2>0ꎬ所以f(x)在1ꎬ+ɕ()上单调递增ꎬ结合f(1)=0知ꎬf(x)>0.②当0<a<1时ꎬfᶄ(x)<0⇔0<x<1aꎬ所以f(x)在(1ꎬ1a)上单调递减ꎬf(1)=0ꎬ所以f(x)<0.③当aɤ0时ꎬfᶄ(x)<0ꎬf(x)在(1ꎬ+ɕ)上单调递减ꎬ又f(1)=0ꎬ所以f(x)<0.综上ꎬa的取值范围为1ꎬ+ɕ[).解法2㊀根据题意ꎬ得f(x)>0ꎬ即alnx+1x-1>0ꎬ即alnx>1-1x(x>1).所以a>x-1xlnx(x>1).令g(x)=x-1xlnx(x>1)ꎬ则gᶄ(x)=lnx+1-x(xlnx)2ꎬ令h(x)=lnx+1-xꎬ则hᶄ(x)=1x-1=1-xx<0ꎬ所以h(x)在1ꎬ+ɕ()单调递减.又h(1)=0ꎬ故h(x)<0ꎬ即gᶄ(x)<0ꎬ所以g(x)在1ꎬ+ɕ()单调递减ꎬ故在xң1+时取得最大值.因为limxң1+x-1xlnx=limxң1+1lnx+1=1ꎬ故g(x)的取值范为-ɕꎬ1()ꎬ则a的取值范围为1ꎬ+ɕ[).分析㊀此题符合端点效应的特征ꎬ根据端点效应找到参数分类讨论的临界.法1中ꎬ在x>1的前提下ꎬf(x)>0且f(1)=0ꎬ所以fᶄ(1)ȡ0ꎬ即a-11ȡ0ꎬaȡ1ꎬ此时就找到解题的切入点ꎬ后面依然需要对x<1的情况进行讨论.法2用分离参数法ꎬ相较于法1思路简单㊁计算简便ꎬ没有过多的思维分析ꎬ是较为简单的一种方法.2.4分离参数法解决以三角函数为背景的题例4㊀已知函数f(x)=ex-1-asinx(aɪR)ꎬ若f(x)ȡ0在0ꎬπ[]上恒成立ꎬ求实数a的取值范围.解析㊀因为f(x)ȡ0ꎬ即ex-1-asinxȡ0.即asinxɤex-1.①当x=0时ꎬaɪR.②当x=π时ꎬaɪR.③当0<x<π时ꎬaɤex-1sinxꎬ令g(x)=ex-1sinx(0<x<π)ꎬ则gᶄ(x)=exsinx-excosx+cosxsin2xꎬ令h(x)=exsinx-excosx+cosxꎬ则hᶄ(x)=sinx(2ex-1)>0ꎬ所以h(x)在0ꎬπ()上单调递增.又h(0)=0ꎬ故h(x)>0.即gᶄ(x)>0ꎬ所以g(x)在0ꎬπ()上单调递增ꎬ故当xң0+时取得最大值.因为limxң0+ex-1sinx=limxң0+excosx=1ꎬ故a的取值范围为-ɕꎬ1(].通过上述几种对分参问题的探究ꎬ我们发现分离完参数构造新函数求最值时ꎬ都牵涉到极限思想的应用.因此ꎬ在利用分离参数法简洁性的同时ꎬ结合极限思想是解决可分参求恒成立问题较好的通性㊁通法.在解决可分参问题时ꎬ指导学生要抓住问题的本质ꎬ掌握通性㊁通法ꎬ即牵住学习数学的 牛鼻子 ꎬ学生便可以触类旁通ꎬ事半功倍ꎬ取得练一题㊁学一法㊁会一类㊁通一片的效果[1].在分离参数时注意 无定义点 的分类讨论和根据不等式性质的符号变化ꎬ那么此类问题便能很好地解决了.参考文献:[1]王历权.从一道高考试题出发剖析 点差法 的思想本质[J].中国数学教育ꎬ2021(20):54-57.[责任编辑:李㊀璟]87。
谈分离参数法在解题中的应用
作者: 李俊锋
作者机构: 新疆玛纳斯新湖一中!832208
出版物刊名: 中学数学教学
页码: 22-23页
主题词: 分离参数法 参数取值范围 不等式的解 参数范围 教学实践 数学复习 中学数学教学通用方法 函数的有界性 原方程
摘要: 在数学复习中,常会遇到这样一类问题:已知方程或不等式的解的性质,求参数的范围.学生往往由于分类不当或论证不完善,而出现错误.教学实践中发现.确定参数范围的问题常可转化为方程或不等式中参数取值范围的问题来处理.因而探讨方程或不等式中参数的取值范围很有必要.本文介绍求方程或不等式中参数范围的一种通用方法——分离参数法.。
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1985 年 4 月 1 日 , 《 中华人民共和国专利法》实施 .
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-u2 u 在[ 1 1 3 , +∞ ) 上的最大值为 g( ) =- , 所 2 2 4
以 a >-3 . 4 例4 已知函数 f ( x) =ln x +2 x , g ( x) =a ( x +x) . 若 f( x) ≤g( x) 恒成立 , 求 a 的取值范围 . f( x) ≤g( x) 恒成立 , 即 ln x +2 x ≤a( x 2 +x ) . 分离参数 a , 因为 x ∈( 0 , +∞ ) , 所以 x +x >0 , ln x +2 x ln x +2 x 可得 a ≥ 2 , 即 a≥ [ 2 ] m ax . x +x x +x ln x + 2x 令 h( x) = 2 , 求导可得 x +x 1 + ( 2) ( x 2 +x) ( ln x +2 x ) ( 2x+ 1) x h′ ( x) = = 2 2 ( x +x ) ( 1 +2 x ) ( 1 -x -ln x) 2 2 . ( x +x ) 由 h′ ( x) =0 可得 : ln x = 1 -x , 易得 x = 1; 由 h′ ( x) >0 可得 : ln x < 1 -x , 易得 0 <x <1 ; 由 h′ ( x) <0 可得 : ln x > 1 -x , 易得 x > 1. ln x + 2x 所以 , 函数 h ( x )= 2 在( 0 , 1) 上单调 递 x +x 增 , 在( 1 , +∞ ) 上单调递减 ,[ h( x) ] max = h( 1) = 1 ,所 以 , a ≥1 . 例 5 已知函数 f ( x)= ( x -ax +5 ) ·e . 使函
2
1 ,且0 < a < b. 综上知 , 0 < a -1 < b <1 , 选 A . 函数图象是函数的直观体现 , 解题时洞察图 形、 抓住关键点 , 往往是解题的突破口 . 2 绘图 π 例 2 ( 2008 年山东卷) 函数 y =ln cos x ( - < 2 x < π) 的图象是( ) . 2 5
立 , 则实数 a 的值为
3
. ax ≥
3
分离参数 a , 有 ax -3 x +1 ≥0 3x 1 , 需讨论 :
( 1 )当 x = 0 时, f ( x) =1 >0 恒成立 , a 可以取 到一切实数 ; 1 3 ( 2 )当 0 <x ≤1 时 , 可得 a ≥- 3 + 2 , 即 x x 1 3 a≥ [ - 3 + 2 ] m ax . x x 令 t =1 , t ∈[ 1 , +∞) , 易求得三次函数 g ( t)= x -t3 +3t 2 在[ 1 , +∞ ) 上的最大值为 g ( 2 )= 4 , 所以 a≥ 4. 1 3 ( 3 )当 1 ≤x < 0 时 , 可得 a ≤- 3 + 2 , 即 x x 1 3 a≤ [ - 3 + 2 ] min , x x 易求得三次函数 g ( t)=-t +3t 在( -∞, 1] 上 的最小值为 g( 1) =4 , 所以a ≤ 4. 综上可得 a =4 . 历年高考反复出现此类问题 , 应当引起我们 足够 的 重 视 , 我 们 必 须 熟 练 掌 握 及 灵 活 运用 . 2 + 4 ·a , 其中 a ∈ R , 如 例 3 设 f ( x) = lg 1 + 3 果 x ∈( -∞, 1 ] 时 , f ( x) 有意义 , 求 a 的取值范围 . 根据题意 4 ·a +2 +1 >0 在 x ∈ ( -∞, 1 ] 上恒成立 . 设t= 2 x , 则有 a·t2 +t +1 >0 在t ∈( 0 , 2 ] 上恒成立 , 分离参数 a , 可得 1 1 1 1 a >- 2 - t , 即 a > [ - 2 - t ] max . t t 1 1 令 u= ,u ∈ , +∞ ) , 易得二次函数 g ( u)= t 2
x x x x 3 2
1 则[ g ( x) ] m in ≥-a . 因为 g ( x) 在( 0 , ] 上是减函数 , 2 1) 所以[ g( x) ] min =g( =5 . 故 5 ≥a , a ≥-5 , 2 2 2 2 5 故 a 的最小值为 - , 选 C . 2 此类问题采用 “ 分离参数法 ” 较为省时 、 省力 . 例 2 ( 2008 年江 苏卷) 设函数 f ( x) =ax 3x + 1 , 若对任意的 x ∈[ -1 , 1 ] , 都有 f ( x) ≥0 成 4
1978 年 4 月 1 日 , 国务院批准恢复和增设五十五所高校 .
· 通法研究 ·
参数分离法解题应用
◎ 江苏 田灿锋
数学思想方法是从数学知识中提炼出来的精华 , 是将知识转化为能力的桥梁 , 同时也是高考考查的重 点. 本文就参数分离法在解题中的应用举例说明 . 1 通法归纳 所谓参数分离法即对题设中含参不等 式的参数 进行分离 , 使不等式一端只含有参数 ( 不含变量) ,另 一端只含有变量 ( 不含参数) , 即将 F ( x , a) >0 分离 成 f( x) >g( a) 或 f( x) <g ( a) , 再利用 f ( x) >g( a) 恒成立 [ f( x) ] min >g( a) 或 f( x) <g ( a) 恒成立 [ f( x) ] max <g( a) 求解 . 2 典例分析 例1 ( 2006 年江西卷) 若不等式 x 2 +ax + 1 ≥ 0 对一切 x ∈( 0 , 1 ] 成立 , 则 a 的最小值为( ) . 2 5 A 0 ; B -2 ; C - ; D -3 2 1 x 2 +ax +1 ≥ 0 ( 0 <x ≤ ) 2 -a ≤x +1 , ( 0 <x ≤1 ) . x 2 令 1 1 g( x) =x + 0 <x ≤ , x 2
-1 -1 -1 -1 x
Байду номын сангаас 1
数 f( x) 在区间[ 0 , +∞ ) 上是单调增函数 , 求 a 的取 值范围 . 由题意可得 f′ ( x) = [x ( a -2 ) x( a -5 ) ] e ≥0
2 x
在区间[ 0 , +∞ ) 上恒成立 , 即 g( x) =x ( a -2 ) x( a5) ≥0 在区间[ 0 , +∞ ) 上恒成立 , 分离参数 a , a( x+ 1) ≤x +2 x + 5 .
2 x 2 2
例谈高考对函数图象的考查
◎ 甘肃 马 东
函数图象形象地显示了函数的性质 , 为研究“ 数” 的关系提供了“ 形” 的直观性 , 它是探求解题途径 、获 得解题方法的重要工具 , 通过借助于图形的直观性 , 以图助算 , 可避免繁琐的计算 . 因此 , 在解答函数问题 时 , 我们常以图形为切入点 , 化难为易 , 让抽象的问题 变得直观明了 . 下面举例说明 . 1 用图 例1 ( 2008 年山东卷) 已知函数 f ( x )=log a ( 2 + b1 )( a >0 , a ≠1 ) 的图象 如图 1 所示 , 则 a , b 满足的 关系是( ) . A 0 < a -1 < b <1 ; B 0< b <a -1 < 1; C 0 <b -1 < a <-1 ; D 0 <a < b < 1 令y = 0 ,即 0 = lo g a( 2x+ b1) , 所以 2 x +b 1 =1 , 2 x = 2 -b , 由图可知 , 0 <x <1 , 所以 1 <2 x <2 , 即 1 <2 b< 2 , 所以 0 < b <1 . 令 x =0 , 则 y =log ab , 由图可知 , -1 <y <0 , 即1 <log ab <0 , 所以 log aa
2 2
<log ab <0 ; 所以 a >
2x + 5. 因为 x +1 ≥ 1 , 所以 a ≤x + x+ 1 设 t =x + 1 ,t≥ 1 , 即 a ≤t + 4 a≤ [ t + ] m in , 综上 a ≤ 4. t ( 作者单位 : 江苏省靖江市季市中学) 4 , t ∈[ 1 , +∞ ) ,即 t