分离参数法求解不等式
高考数学解决不等式恒成立问题常用5种方法！最后一种很重要！
开篇语：不等式恒成立问题在高中数学是一类重点题型，高考也是必考内容。
由于不等式问题题型众多，题目也比较灵活。
所以在学习过程中，同学们要学会总结各种解题方法！方法一：分离参数法解析：分离参数法适用的题型特征：当不等式的参数能够与其他变量完全分离出来，并且分离后不等式其中一边的函数的最值或范围可求时，则将参数式放在不等式的一边，分离后的变量式放在另一边，将变量式看成一个新的函数，问题即转化为求新函数的最值或范围，若a≥f(x)恒成立，则a≥f(x)max,若a≤f(x)恒成立，则a≤f(x)min方法二：变换主元法(也可称一次函数型)解析：学生通常习惯把x当成主元(未知数)，把另一个变量p看成参数，在有些问题中这样的解题过程繁琐，如果把已知取值范围的变量当成主元，把要求取值范围的变量看成参数，则可简便解题。
适用于变换主元法的题型特征是：题目有两个变量，且已知取值范围的变量只有一次项，这时就可以将不等式转化为一次函数求解。
方法三：二次函数法解析：二次函数型在区间的恒成立问题：解决这类问题主要是分析 1，判断二次函数的开口方向2，二次函数的判别式是大于0还是小于03，判断二次函数的对称轴位置和区间两端值的大小，即判断函数在区间的单调性 方法四：判别式法解析：不等式一边是分式，且分式的分子和分母的最高次项都是二次项时，利用判别式法可以快速的解题，分离参数将会使解题变得复杂。
方法五：最值法解析：不等式两边是两个函数，且含有参数时，我们可以分出出参数，构造新函数，求函数的导数来求得新函数的最值。
总结：在解不等式恒成立的问题时，应根据不等式的特点，选择适合的方式快速准确的解题。
平时练习过程中，应注意观察，总结！。
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]．。
不等式恒成立问题三种解法探讨
令 ＝ １，， （１）≥０得 ０≤ ２．当 ｎ≤ ２时，
在 ∈（１，＋∞）上恒 成立 ，则
， （ ）＝三一 １＝ ＞０
， ）：ｌｎ ＋ 一ｎ，
则 ．， （ ）： Ｉｎ ＋ 一口在 ∈（１，＋。ｏ）上为增函数，则
，，，（ 三一刍＝ ＞０，
则 ， ）＝ｌｎ ＋ 一０在 ｚ∈（１，＋ｏｏ）上为增 函数，则 ， （ ）＞， （１）＝２一ｎ，
点评 当端 点刚好 适合题 意时，则 分离参 数法可 能会用 到洛必达法则，缩小范 围则可 利用 端点值导数符号来求 出参 数 范 围 ．
牛刀小试 已知函数 ，（ ）＝ｅ。（ａＸ＋ｂ）一ｅ Ｉｎｚ．
（２） 当 ｎ ＞ ２时，则 ， （１） ＜ ０，且 ， （ｅ。） ＞ ０，故
（１）若 函数 ．厂（ ）在 ＝ １处取得极值，且 ｂ＝ ｌ，求 ０；
，（ ）： （ ＋１）Ｉｎｘ—ｎ（ 一１）．
＝ ｌｉＩＩ１（三＋１＋Ｉｎｘ）＝２， ｚ — ｌ＋． 、
故实数 ０的取值范围为 ０≤２． 解法三 防 小 范围）由于
（１）当 ｎ：４时，求 曲线 ＝ ，（ ）在 （１，，（１））处 的切 线 方程 ：
（２）若当 ∈（１，＋ｏｏ）时，／（ｘ）＞０，求 ｎ的取值 范围． 解 法一 （直接法）由于
函数结构 简单，是不等式 恒成 立的 同性 通法，高考 参考答 案 一 般都是 以这种解 法给 出，缺 点是一般 需要分 类讨论 ，解 题 过程较长，解题层 级数 较多，不易掌握分类标准；
２．分离参 数 ＋函数最 值 分类参 数 的优势在 于所得 函 数 不含参数，缺点 在于 函数结 构复杂，一般是 函数 的积 与商， 因为结构复杂 ，导 函数可能也是 超越 函数，则需要 多次求导 ， 也 有可能 不存在 最值，故需要 求极 限，会 用到洛必 达法则 求 极 限 ：
解答含参不等式问题常用的几种方法
考点透视含参不等式问题较为复杂，常与导数、函数、方程等知识相结合.这类问题侧重于考查不等式的性质、简单基本函数的图象和性质、导数的性质等，对同学们的运算和分析能力有较高的要求.下面举例说明解答含参不等式问题的几种常用方法.一、判别式法判别式法主要适用于求解含参二次不等式问题.解答这类问题主要有三个步骤：第一步，根据二次不等式构造一元二次方程；第二步，运用二次方程的判别式，建立关于参数的新不等式；第三步，解新不等式，求得问题的答案.例1.若ax2-2ax+1≥0在R上恒成立，则实数a的取值范围为_____.解：当a=0时，1≥0，不等式ax2-2ax+1≥0成立；当a≠0时，{a>0，Δ≤0，解得0<a≤1；综上所述，实数a的取值范围为0≤a≤1.该二次不等式的二次项和一次项中含有参数，需分a=0和a≠0两种情况进行讨论.运用判别式法求解含参一元二次不等式问题，需先根据不等式构造一元二次函数和一元二次方程；然后根据一元二次方程的根的分布情况，建立关于判别式、根与系数、对称轴的不等式，从而求得参数的取值范围.二、分离参数法分离参数法适用于求解变量和参数可分离的不等式问题.解题时，需先判断出参数系数的正负；然后根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端含有参数、另一端含有变量的不等式；再求出含变量一边的式子的最值；最后求出参数的取值范围.例2.当x∈()1,+∞时，(e x-1-1)ln x≥a(x-1)2恒成立，则实数a的取值范围为_____.解：因为x∈()1,+∞，则x-1>0，由(e x-1-1)ln x≥a(x-1)2，可得e x-1-1x-1⋅ln xx-1≥a，即e x-1-1x-1⋅1x-1ln x≥a，则e x-1-1x-1⋅1e ln x-1ln x≥a，令f()x=e x-1x()x>0，则f′()x=()x-1e x+1x2，令g()x=()x-1e x+1，则g′()x=xe x>0，所以g()x在()0,+∞上单调递增，则g()x>g()0=0，即f′()x>0，所以f()x在()0,+∞上单调递增，则f()x>0，令h()x=ln x-x+1，则h′()x=1-xx<0，则h()x在()1,+∞上单调递减，则h()x<h()1=0，即ln x-x+1<0，则x-1>ln x，所以f()x-1>f()ln x>0，即e x-1-1x-1>eln x-1ln x>0，可得e x-1-1x-1⋅1e ln x-1ln x>1，则a≤1，解答本题，要先将不等式进行整理，使参数和变量分离；再构造出函数f()x=e x-1x()x>0，将问题转化为函数最值问题.对其求导，判断其单调性，即可求得参数的取值范围.三、函数性质法若含参不等式中含有简单基本函数，则可直接将不等式进行变形，将其构造成函数，把问题转化为f(x,a)≥0、f(x,a)<0、f(x,a)≥g(x,a)、f(x,a)<g(x,a)等函数不等式问题.再根据简单基本函数的单调性，以及导数与函数单调性之间的关系，判断出函数的单调性，即可根据函数的单调性，求得函数的最值，顺利求出问题的答案.例3.若不等式sin x-ln()x+1+e x≥1+x+ax2-13x3恒成立，则a的取值范围为_____.解：由x>-1得，sin x-ln(x+1)+e x-x-1-ax2+13x3≥0，设f(x)=sin x-ln(x+1)+e x-x-1-ax2+13x3，则g(x)=f′(x)=cos x-1x+1+e x-1-2ax+x2，则h(x)=g′(x)=-sin x+1(x+1)2+e x-2a+2x，则z(x)=h′(x)=-cos x-2(x+1)3+e x+2，z′(x)=sin x+6(x+1)4+e x，当x>-1时，z′(x)>0，则h(x)单调递增，又当x∈(-1,0)时，z(x)<0，则h(x)单调递减，当x∈(0,+∞)时，z(x)>0，则h(x)单调递增，又h(0)=2-2a，①当2-2a≥0，即1≥a时，h(0)≥0，则当x∈(-1,+∞)孙小芳35考点透视时，h (x )≥0，此时g (x )单调递增，又g (0)=0，故当x ∈(-1,0)时，g (x )<0，则f (x )单调递减，当x ∈(0,+∞)时，g (x )>0时，f (x )单调递增，所以f (x )min =f (0)，又f (0)=0，故f (x )≥0恒成立，满足题意；②当2-2a <0，即a >1时，h (0)<0，x →+∞，h (x )→+∞，故存在x 0>0，且h (x 0)=0，则当x ∈(-1,x 0)时，h (x )<0，则g (x )单调递减，当x ∈(x 0,+∞)时，h (x )>0，所以g (x )单调递增，又g (0)=0，故g (x 0)<0，x →+∞，g (x )→+∞，故存在x 1>x 0，且g (x 1)=0，所以当x ∈(-1,x 1)时，g (x )<0，则f (x )单调递减，又因为f (0)=0，所以f (x )<f (0)=0，与f (x )≥0恒成立不相符；综上所述，a ≤1.根据不等式构造函数f (x )=sin x -ln(x +1)+e x -x -1-ax 2+13x 3，通过多次求导，判断出导函数的符号，进而判断出函数的单调性，求得函数最值.求得使f (x )min ≥0成立时a 的取值范围，即可解题.四、主参换位法主参换位法，也叫反客为主法，适用于解答已知参数的范围求自变量取值范围的不等式问题.解答这类问题一般分三个步骤：第一步，将原不等式转化成关于参数的不等式；第二步，以参数为自变量，构造函数式，将问题转化为函数问题；第三步，根据函数的性质、图象讨论不等式成立的情形，建立关系即可解题.例4.已知函数f ()x =ax 2+bx -6，不等式f ()x ≤0的解集为[]-3,2.若当0≤m ≤4时，不等式mf ()x +6m <x +1恒成立，求实数x 的取值范围．解：由题意知：-3,2是方程ax 2+bx -6=0的根，且a >0，∴ìíîïï-b a=-3+2，-6a=(-3)×2，解得a =1，b =1．∴f ()x =x 2+x -6，∴mf ()x +6m <x +1可变形为()x 2+x m -x -1<0，令g ()m =()x 2+x m -x -1，∴{g (0)<0，g (4)<0，即{-x -1<0，4x 2+3x -1<0，解得ìíîx >-1，-1<x <14，-1<x <14．解答本题主要采用了主参换位法.因为已知参数m 的取值范围，故把m 当成自变量，通过主参换位，将问题转化为g ()m =()x 2+x m -x -1对任意0≤m ≤4恒成立，根据一次函数的性质，列出不等式组，即可解题．五、数形结合法当把不等式两边的式子看成两个函数式时，可根据其几何意义画出两个函数的图象，分析两个曲线间的位置，确保不等式恒成立，即可通过数形结合，求得参数的取值范围.例5.若关于x 的不等式||||kx -4-x 2-3≤3k 2+1恒成立，则k 的取值范围是_____.解：由题意可得4-x 2≥0，得-2≤x ≤2，则||||kx -4-x 2-3≤3k 2+1可转化为：||kx -4-x 23，设直线l :kx -y -3=0，上半圆C :x 2+y 2=4()y >0，即y =4-x 2，半径为r =2，||kx -4-x 2≤3表示圆C 小于或等于3，如图，设圆心（原点O ）到直线l 的距离为d ，由于圆C 上半部分上的点到直线l 的最大距离为d +r =d +2，所以d +2≤3，即d ≤1，即||0-0-3k 2+1≤1，解得k ≤-22或k ≥22，所以k 的取值范围为(]-∞,-22⋃[)22,+∞.解答本题，需挖掘代数式的几何意义，采用数形结合法，将原问题转化为使圆C 上半部分上的任意一点到直线l 的距离小于或等于3时参数的取值范围.分析直线与圆的位置关系，便可建立新不等式.由此可见，求解含参不等式问题的方法多样.但由于不等式与函数的关系紧密，且利用函数的单调性和图象容易建立不等关系式，因此函数思想是破解含参不等式问题的主要思想.（作者单位：江苏省南京市大厂高级中学）36。
分离参数法解题例说
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求解含参不等式恒成立问题的几个“妙招”
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破解含参不等式恒成立的5种常用方法
破解含参不等式恒成立的5种常用方法含参数不等式恒成立问题越来越受高考命题者的青睐，且由于对导数应用的加强，这些不等式恒成立问题往往与导数问题交织在一起，在近年的高考试题中不难看出这个基本的命题趋势。
对含有参数的不等式 恒成立问题，破解的方法有：分离参数法、数形结合法、单调性分析法、最值定位法、构造函数法等。
一 分离参数法分离参数法是解决含问题的基本思想之一。
对于含参不等式的问题，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，只要研究变量表达式的性式就可以解决问题。
例1 已知函数a x f x x 421)(++=在（－∞，1］上有意义，试求的取值范围。
分析 ：函数)(x f 在（－∞，1］上有意义，等价于0421≥++a x x 在区间（－∞，1］上恒成立，这里参数的系数04>x ，故可以分离参数。
解析：函数)(x f 在（－∞，1］上有意义，等价于0421≥++a x x 在区间（－∞，1］上恒成立，即⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-≥x x a 2141，∈x （－∞，1］恒成立，记)(x g a ≥，∈x （－∞，1］，因此问题又等价于)(x g a ≥在)(x g a ≥上恒成立，)(x g 在（－∞，1］上是增函数，因此)(x g 的最大值为)1(g 。
)(x g a ≥在（－∞，1］上恒成等价于43)1()(max -==≥g x g a 。
于是工的取值范围为43-≥a 。
【点评】)(x f a ≥恒成立等价于max )(x f a ≥；)(x f a ≤恒成立等价于min )(x f a ≤。
如果函数)(x f 不存在最值，上面的最大值就替换为函数值域的右端点，最小值就替换为函数值域的左端点。
解这类问题时一定要注意区间的端点值。
二 数形结合法数形到结合法是一种重要的数学思想方法，其要点是“见数想形，以形助数”，从而达到解决问题的目的，数形结合法是破解含参数不等式恒成立问题的又一个主要方案。
(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_____。
求解不等式恒成立问题的三种途径
考点透视不等式恒成立问题的常见命题形式有：（1）证明某个不等式恒成立；（2）根据恒成立的不等式求参数的取值范围.求解不等式恒成立问题的常用思路有：构造函数、分离参数、数形结合等.对于不同的不等式，往往需采用不同的途径进行求解.下面结合实例来进行探究.一、构造函数在求解不等式恒成立问题时，我们可先将不等式左右两边的式子移项、变形；然后将不等式构造成函数式，将问题转化为函数最值问题，通过研究函数的单调性，求得函数的最值，来证明不等式恒成立.在求函数的最值时，可根据函数单调性的定义，或导函数与函数单调性之间的关系来判断函数的单调性；也可以利用简单基本函数的单调性来求得函数的最大、最小值，建立使不等式恒成立的式子，即可解题.例1.求证：当x >-1时，1-1x +1≤ln ()x +1≤x 恒成立.证明：设f ()x =ln ()x +1-x ，求导可得f ′()x =1x +1-1=-x x +1，因为当-1<x <0时，f ′()x >0，当x >0时，f ′()x <0，所以函数f ()x 在()-1,0上单调递增，在()0,+∞上单调递减，即f ()x ≤f ()0=0，故f ()x =ln ()x +1-x ≤0，即ln ()x +1≤x .令g ()x =ln ()x +1+1x +1-1，则g ′()x =1x +1-1()x +12=x ()x +12，因为当-1<x <0时，g ′()x <0，当x >0时，g ′()x >0，所以函数g ()x 在()-1,0上单调递减，在()0,+∞上单调递增，可知g ()x ≥g ()0=0，故ln ()x +1+1x +1-1≥0，ln ()x +1≥1-1x +1，综上可知，当x >-1时，不等式1-1x +1≤ln ()x +1≤x 恒成立.要证明目标不等式恒成立，需分两步进行，先证明ln ()x +1≤x ，再证明ln ()x +1≥1-1x +1.在证明这两个不等式时，都需要先将不等式左右两边的式子作差、移项，构造出新函数f ()x =ln ()x +1-x 、g ()x =ln ()x +1+1x +1-1；然后对函数求导，分析导函数与0之间的大小关系，判断出函数的单调性，进而求得函数的极值，从而得出f ()x min =0、g ()x max =0，即可证明f ()x ≤0、g ()x ≥0.例2.设函数f ()x =e x ln x +2e x -1x，曲线y =f ()x 在点()1，f ()1处的切线方程为y =e ()x -1+2，证明：不等式f ()x >1恒成立.证明：由f ()x >1可得x ln x >xe -x -2e，令g ()x =x ln x ，可得g ′()x =ln x +1，∵当x ∈æèöø0,1e 时，g ′()x <0；当x ∈æèöø1e ,+∞时，g ′()x >0，∴函数g ()x 在æèöø0,1e 上单调递减，在æèöø1e ,+∞上单调递增，∴g ()x ≥g æèöø1e =-1e ，令h ()x =xe -x -2e，则h ′()x =e -x ()1-x ，∵当x ∈()0,1时，h ′()x >0；当x ∈()1,+∞时，h ′()x <0，∴函数h ()x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，∴h ()x ≤h ()1=-1e，∴当x >0时，g ()x >h ()x ，即不等式f ()x >1成立.由于不等式x ln x >xe -x -2e左右两侧的式子分别含有对数式、指数式，于是分别令g ()x =x ln x 、h ()x =xe -x -2e，那么只要证明g ()x min ＞h ()x max ，即可证明不等式恒成立.利用导数法求出函数g ()x 、h ()x 在定义域内的最值，即可证明不等式成立.在构造函数时，要注意观察不等式的结构特点，将其进行合理的变形，以便构造出合适的函数模型，从而顺利证明不等式.二、分离参数对于含参不等式恒成立问题，我们通常要采用分离参数法，将不等式中的参数、变量分离，即使不等式一侧的式子中含有参数、另一侧的式子中含有变量，得到形如a ≥f ()x 、a ≤f ()x 的不等式.探讨函数f ()x 在定义域内的最值与参数a 的大小关系，即可求得问赵瑛琦37考点透视题的答案.例3.已知函数f ()x =ln 2()1+x -x 21+x.(1)求函数f ()x 的单调区间；(2)若对于任意n ∈N ∗，不等式æèöø1+1n n +a≤e 恒成立，求参数a 的最大值.解：(1)函数f ()x 的单调递增区间为()-1,0，单调递减区间为()0,+∞；（过程略）(2)不等式æèöø1+1n n +a≤e 等价于()n +a ln æèöø1+1n ≤1，因为1+1n ≥1,所以a ≤1ln æèöø1+1n -n，设g ()x =1ln ()1+x -1x ，x ∈(]0,1，则g ′()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)可得ln 2()1+x -x 21+x≤0，即()1+x ln 2()1+x -x 2≤0，故当x ∈(]0,1时，g ′()x ≤0，函数g ()x 单调递减，即g ()x 在(]0,1上的最小值为g ()1=1ln 2-1，故a 的最大值为1ln 2-1.由于参数a 为指数，所以考虑对不等式左右两边的式子取对数，以将参数分离，得到a ≤1ln æèöø1+1n -n .只要求得1ln æèöø1+1n -n的最小值，即可求得a 的最大值.于是构造函数g ()x =1ln ()1+x -1x ，利用导数法求得函数的最小值，即可解题.在分离参数时，可通过移项、取对数、取倒数等方式，使参数与变量分离.例4.已知函数f ()x =-x ln x +a ()x +1，若f ()x ≤2a 在[)2,+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.解：当x ≥2时，由f ()x ≤2a 可得a ≤x ln xx -1，令g ()x =x ln x x -1,x ≥2，∴g ′()x =ln x -x +1()x -12，令h ()x =ln x -x +1，x ≥2，∴h ′()x =1x-1，∵当x ≥2时，h ′()x ＜0，函数h ()x 单调递减，∴h ()x ≤h ()2=ln 2+1＞0，∴g ′()x ＞0，函数g ()x 在[)2,+∞上单调递增，∴g ()x ≥g ()2=2ln 2，∴a ≤g ()x min =g ()2=2ln 2，∴实数a 的取值范围为(]-∞,2ln 2.先将不等式变形，使参数a 单独在不等式的左边，得到不等式a ≤x ln xx -1；然后在定义域[)2,+∞内求不含参函数式的最小值，即可求得参数a 的取值范围.三、数形结合有时不等式中的代数式可用几何图形表示出来，如y =kx 表示的是一条直线；y =a x 、y =x a 表示的是两条曲线；x 2+y 2=1表示的是一个圆，此时就可以采用数形结合法，根据代数式的几何意义画出图形，通过分析图形中曲线、直线之间的位置关系，研究图形的性质，来证明不等式成立.例5.若不等式e x ≥kx 对任意x 恒成立，则实数k 的取值范围为_____.解：设过原点的直线与y =e x相切于点()x 0,ex 0，∵y ′=e x，∴由几何导数的意义可知切线的斜率为k =e x，∴切线的方程为y -e x 0=e x 0()x -x 0，∵切线经过点()0,0，可得x 0=1，∴切线的斜率k =e .由图可知，要使等式e x ≥kx 恒成立，需使y =e x的图象始终在直线y =kx 的上方，∴0≤k ≤e .根据不等式两侧式子的几何意义画出图形，即可将不等式问题看作函数y =e x 和直线y =kx 的位置关系问题.结合图形讨论函数y =e x 和直线y =kx 的位置关系，并根据导函数的几何意义求得切线的方程，即可得到关于参数的新不等式.运用数形结合法解题，需密切关注直线、曲线之间的临界情形，如相切、相交的情形，从而确定参数的临界值.可见，解答不等式恒成立问题，需注意以下几点：（1）仔细观察不等式的结构特点，并将其进行合理的变形，如作差、移项、分离参数；（2）合理构造函数模型，将问题转化为函数最值问题，以便利用导数法、函数的单调性求得最值；（3）灵活运用数形结合思想，以直观、便捷的方式来解题.（作者单位：江苏省泗洪姜堰高级中学）38。
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).。
八种解法解决不等式恒成立问题
八种解法解决不等式恒成立问题1最值法例1．已知函数)0(ln )(44>-+=x c bx x ax x f 在1=x 处取得极值c --3，其中c b a ,,为常数．（I ）试确定b a ,的值；（II ）讨论函数)(x f 的单调区间；（III ）若对于任意0>x ，不等式22)(c x f -≥恒成立，求c 的取值范围．分析：不等式22)(c x f -≥恒成立，可以转化为2min 2)(c x f -≥解：（I ）（过程略）3,12-==b a ．（II ）（过程略）函数)(x f 的单调减区间为)1,0(，函数)(x f 的单调增区间为),1(+∞． （III ）由（II ）可知，函数)(x f 在1=x 处取得极小值c f --=3)1(，此极小值也是最小值．要使22)(c x f -≥（0>x ）恒成立，只需223c c -≥--，解得23≥c 或1-≤c ． 所以c 的取值范围为),23[]1,(+∞⋃--∞．评注：最值法是我们这里最常用的方法．a x f ≥)(恒成立a x f ≥⇔)(min ；a x f ≤)(恒成立a x f ≤⇔)(max ．2分离参数法例2．已知函数x x x x f +-+=1)1(ln )(22（I ）求函数)(x f 的单调区间；（II ）若不等式e n a n ≤++)11(对于任意*∈N n 都成立（其中e 是自然对数的底数），求a 的最大值．分析：对于（II ）不等式e na n ≤++)11(中只有指数含有a ，故可以将函数进行分离考虑． 解：（I ）（过程略）函数)(x f 的单调增区间为)0,1(-，)(x f 的单调减区间为),0(+∞（II ）不等式e n a n ≤++)11(等价于不等式1)11ln()(≤++n a n ，由于111>+n ，知1)11ln()(≤++na n n n a -+≤⇔)11ln(1；设x x x g 1)1ln(1)(-+= ]1,0(∈x ，则221)1(ln )1(1)(x x x x g +++-=')1(ln )1()1(ln )1(2222x x x x x x ++-++=． 由（I ）知，01)1(ln 22≤+-+x x x ，即0)1(ln )1(22≤-++x x x ；于是，0)(<'x g ]1,0(∈x ，即)(x g 在区间]1,0(上为减函数．故)(x g 在]1,0(上的最小值为12ln 1)1(-=g ． 所以a 的最大值为12ln 1-． 评注：不等式恒成立问题中，常常先将所求参数从不等式中分离出来，即：使参数和主元分别位于不等式的左右两边，然后再巧妙构造函数，最后化归为最值法求解．3 数形结合法例3．已知当]2,1(∈x 时，不等式x x a log )1(2≤-恒成立，则实数a 的取值范围是＿＿＿．直角坐标系内作出函数2)1()(-=x x f x x g a log )(=在]2,1(∈x 观、简捷求解．解：在同一平面直角坐标系内作出函数2)1()(-=x x f 与函数x x g a log )(=在(∈x 图象（如右），从图象中容易知道：当0<a )(x g 上方，不合题意；当1>a 且]2,1(∈x 或部分点重合，就必须满足12log ≥a ，即21≤<a ．故所求的a 的取值范围为]2,1(．评注：对不等式两边巧妙构造函数，数形结合，直观形象，是解决不等式恒成立问题的一种快捷方法． 4 变更主元法例4．对于满足不等式11≤≤-a 的一切实数a ，函数)24()4(2a x a x y -+-+=的值恒大于0，则实数x 的取值范围是＿＿＿．分析：若审题不清，按习惯以x 为主元，则求解将非常烦琐．应该注意到：函数值大于0对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元．解：设)44()2()(2+-+-=x x a x a f ，]1,1[+-∈a ，则原问题转化为0)(>a f 恒成立的问题． 故应该有⎩⎨⎧>>-0)1(0)1(f f ，解得1<x 或3>x ． 所以实数x 的取值范围是),3()1,(+∞⋃-∞．评注：在某些特定的条件下，若能变更主元，转换思考问题的角度，不仅可以避免分类讨论，而且可以轻松解决恒成立问题．5 特殊化法例5．设0a 是常数，且1123---=n n n a a （*∈N n ）．（I ）证明：对于任意1≥n ，012)1(]2)1(3[51a a n n n n n n ⋅-+⋅-+=-． （II ）假设对于任意1≥n 有1->n n a a ，求0a 的取值范围．分析：常规思路：由已知的递推关系式求出通项公式，再根据对于任意1≥n 有1->n n a a 求出0a 的取值范围，思路很自然，但计算量大．可以用特殊值探路，确定目标，再作相应的证明．解：（I ）递推式可以化归为31)3(32311+-=--n n nn a a ，]51)3[(3251311--=---n n n n a a ，所以数列}513{-n n a 是等比数列，可以求得对于任意1≥n ，012)1(]2)1(3[51a a n n n n n n ⋅-+⋅-+=-． （II ）假设对于任意1≥n 有1->n n a a ，取2,1=n 就有⎩⎨⎧>=->-=-0603101201a a a a a a 解得3100<<a ； 下面只要证明当3100<<a 时，就有对任意*∈N n 有01>--n n a a 由通项公式得011111215)1(2)1(332)(5a a a n n n n n n n ⋅⋅⋅-+⋅-⋅+⋅=------当12-=k n （*∈N k ）时，02523322152332)(511101111=⋅-⋅+⋅>⋅⋅-⋅+⋅=--------n n n n n n n n a a a当k n 2=（*∈N k ）时，023*********)(51101111=⋅-⋅>⋅⋅+⋅-⋅=-------n n n n n n n a a a ，可见总有1->n n a a ． 故0a 的取值范围是)31,0(评注：特殊化思想不仅可以有效解答选择题，而且是解决恒成立问题的一种重要方法． 6分段讨论法例6．已知2)(--=a x x x f ，若当[]0,1x ∈时，恒有()f x ＜0，求实数a 的取值范围． 解：（i ）当0x =时，显然()f x ＜0成立，此时，a R ∈（ii ）当(]0,1x ∈时，由()f x ＜0，可得2x x -＜a ＜2+x x ， 令 (](]22(),(0,1);()(0,1)g x x x h x x x x x=-∈=+∈ 则221)(xx g +='＞0，∴()g x 是单调递增，可知[]max ()(1)1g x g ==- 221)(xx h -='＜0，∴()h x 是单调递减，可知[]min ()(1)3h x h == 此时a 的范围是（—1，3）综合i 、ii 得：a 的范围是（—1，3） ．例7．若不等式032>+-ax x 对于]21,21[-∈x 恒成立，求a 的取值范围． 解：（只考虑与本案有关的一种方法）解：对x 进行分段讨论，当0=x 时，不等式恒成立，所以，此时R a ∈； 当]21,0(∈x 时，不等式就化为x x a 3+<，此时x x 3+的最小值为213，所以213<a ； 当)0,21[-∈x 时，不等式就化为x x a 3+>，此时x x 3+的最大值为213-，所以213->a ； 由于对上面x 的三个范围要求同时满足，则所求的a 的范围应该是上三个a 的范围的交集即区间)213,213(- 说明：这里对变量x 进行分段来处理，那么所求的a 对三段的x 要同时成立，所以，用求交集的结果就是所求的结果．评注：当不等式中左右两边的函数具有某些不确定的因素时，应该用分类或分段讨论方法来处理，分类（分段）讨论可使原问题中的不确定因素变化成为确定因素，为问题解决提供新的条件；但是最后综合时要注意搞清楚各段的结果应该是并集还是别的关系．7单调性法例8．若定义在),0(+∞的函数)(x f 满足)()()(xy f y f x f =+，且1>x 时不等式0)(<x f 成立，若不等式)()()(22a f xy f y x f +≤+对于任意),0(,+∞∈y x 恒成立，则实数a 的取值范围是＿＿＿．解：设210x x <<，则112>x x ，有0)(12<x x f ．这样，0)()()()()()()()(121112111212<=-+=-⋅=-x x f x f x f x x f x f x x x f x f x f ，则)()(12x f x f <，函数)(x f 在),0(+∞为减函数． 因此)()()(22a f xy f y x f +≤+⇔)()(22xy a f y x f ≤+⇔xy a y x ≥+22xy y x a 22+≤⇔；而2222=≥+xy xyxy y x （当且仅当y x =时取等号），又0>a ，所以a 的取值范围是]2,0(．评注：当不等式两边为同一函数在相同区间内的两个函数值时，可以巧妙利用此函数的单调性，把函数值大小关系化归为自变量的大小关系，则问题可以迎刃而解．8判别式法例9．若不等式012>++ax ax 对于任意R x ∈恒成立．则实数a 的取值范围是＿＿＿． 分析：此不等式是否为一元二次不等式，应该先进行分类讨论；一元二次不等式任意R x ∈恒成立，可以选择判别式法．解：当0=a 时，不等式化为01>，显然对一切实数恒成立； 当0≠a 时，要使不等式012>++ax ax 一切实数恒成立，须有⎩⎨⎧<-=∆>0402a a a ，解得40<<a ．综上可知，所求的实数a 的取值范围是)4,0[．不等式恒成立问题求解策略一般做法就是上面几种，这些做法是通法，对于具体问题要具体分析，要因题而异，如下例．例10．关于x 的不等式ax xx x ≥-++232525在]12,1[∈x 上恒成立，求 实数a 的取值范围．通法解：用变量与参数分离的方法，然后对变量进行分段处理；∵]12,1[∈x ，∴不等式可以化为a x x x x ≥-++5252；下面只要求x x xx x f 525)(2-++=在]12,1[∈x 时的最小值即可，分段处理如下．当]5,1[∈x 时，x x x x f 256)(2++-=，223225622562)(x x x x x x f -+-=-+-='，再令2562)(231-+-=x x x f ，0126)(21=+-='x x x f ，它的根为2,0；所以在区间)2,1[上有0)(1>'x f ，)(x f 递增，在区间]5,2(上有0)(1<'x f ，)(x f 递减，则就有2562)(231-+-=x x x f 在]5,1[∈x 的最大值是017)2(1<-=f ，这样就有0)(<'x f ，即)(x f 在区间]5,1[是递减．同理可以证明)(x f 在区间]12,5[是递增；所以，x x xx x f 525)(2-++=在]12,1[∈x 时的最小值为10)5(=f ，即10≤a ． 技巧解：由于]12,1[∈x ，所以，25225≥+xx ，052≥-x x 两个等号成立都是在5=x 时；从而有10525)(2≥-++=x x x x x f （5=x 时取等号），即10≤a ． 评注：技巧解远比通法解来得简单、省力、省时但需要扎实的数学基本功．。
解答含参不等式恒成立问题的几种思路
含参不等式恒成立问题一般较为复杂.仅运用不等式的性质，往往很难找到使不等式恒成立的条件，使问题顺利得解.这就需要采用不同思路，如变换主元、分离参数、分类讨论等来解题.下面结合实例来谈一谈解答含参不等式恒成立问题的三种思路.一、变换主元变换主元法是指将问题中主元、参数的位置互换，即将参数视为主元，将主元视为参数进行求解的方法.运用变更主元法解答含参不等式恒成立问题，需先找出所要求证不等式中的变量与参数，然后将两者进行互换，得到新不等式，根据新主元的取值或者限制条件，列出满足题意的不等式或不等式组，从而解题.例1.对于任意-1≤a ≤1，x 2+()a -4x +()4-2a >0恒成立，则x 的取值范围为_____.解：设f ()a =()x -2a +()x 2-4x +4，a ∈[]-1,1，则问题等价于在a ∈[]-1,1时，f ()a >0恒成立，由一次函数的性质可得ìíîf ()-1>0，f ()1>0，解题宝典即{x2-5x+6>0，x2-3x+2>0，解得x<1或x>3，所以实数x的取值范围为()-∞,1⋃()3,+∞.将x和a进行变换，把a看作主元，构造关于a的函数f()a，便可采用变更主元法来解题.很显然f()a为一次函数，根据一次函数的性质，要使f()a>0恒成立，只需使[]-1,1上的所有函数值都大于0，建立关于x的不等式组，即可解题.二、分离参数分离参数法是解答含参不等式恒成立问题的重要方法.运用分离参数法求解不等式恒成立问题，需先将不等式进行变形，使参数分离，得到形如a≤f()x、a<f()x、a>f()x、a≥f()x的式子，只要使a≤f()x min、a<f()x min、a>f()x max、a≥f()x max，就能确保不等式恒成立.在求f()x的最值时，往往可根据导数的性质、函数的单调性，或利用基本不等式.例2.已知函数f()x=-x ln x+a()x+1，若f()x≤2a在[)2,+∞上恒成立，求a的取值范围.解：当x≥2时，由f()x≤2a可得a≤x ln xx-1，令g()x=x ln xx-1，x≥2，则g′()x=-ln x-x+1()x-12，令t()x=ln x-x+1，x≥2，则t′()x=1x-1，当x≥2时，t′()x<0，故t()x在[)2,+∞上单调递减，可得t()x max=ln2-1<0，所以g′()x=-ln x-x+1()x-12>0，则函数g()x在[)2,+∞上单调递增，可得a≤g()x min=g()2=2ln2，所以a的取值范围为(]-∞,2ln2.首先将不等式进行移项、变形，使参数a分离，得到a≤g()x.对函数g()x求导，根据导函数与函数的单调性之间的关系判断出函数g()x的单调性，求得函数g()x min，即可运用分离参数法，确定参数a的取值范围.三、分类讨论含参不等式恒成立问题中参数的取值往往不确定，因而在求解含参不等式恒成立问题时，需灵活运用分类讨论法，对参数或某些变量进行分类讨论，从而求得问题的答案.而确定分类讨论的标准是解题的关键，可根据一元二次方程的判别式大于、等于、小于0进行分类讨论；也可根据二次函数的二次项系数大于、小于0进行分类讨论；还可根据导函数值大于、等于、小于0进行分类讨论.例3.设f()x=x2-2mx+2，当x∈[)-1,+∞时，f()x≥m恒成立，求参数m的取值范围.分析：首先将不等式f()x≥m转化为F()x=x2-2mx+2-m≥0.要使F()x≥0，需使该函数在x∈[)-1,+∞上恒大于或等于0.由于x2-2mx+2-m=0为一元二次方程，只需讨论方程在x∈[)-1,+∞上的根的分布情况.而方程的根的分布情况主要由判别式确定，所以需采用分类讨论法，对方程的判别式与0之间的大小关系进行讨论.解：设F()x=x2-2mx+2-m，则问题等价于当x∈[)-1,+∞时，F()x≥0恒成立，①当Δ=4()m-1()m+2<0，即-2<m<1时，F()x>0恒成立，②当Δ≥0时，ìíîïïΔ≥0，F()-1≥0，--2m2≤-1，即ìíîïï4()m-1()m+2≥0，m+3≥0，--2m2≤-1，解得-3≤m≤-2，综上所述，参数m的取值范围为m∈[)-3,1.采用分类讨论的思路来求解含参不等式恒成立问题，一般可将参数或与参数相关的量定为分类讨论的对象，再根据题意确定分类讨论的标准，逐层、逐级进行讨论，最后综合所得的结果即可.相比较而言，第一种思路的适用范围较窄；第二、三种思路较为常用，但第三种思路解题的过程繁琐，且运算量较大.因此在解题时，同学们可首先尝试将参数分离，将问题转化为最值问题来求解；若行不通，再考虑运用变更主元、分类讨论的思路.（作者单位：安徽省砀山第二中学）解题宝典41。
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).。
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,+∞)。
[中学]分离常数法与分离参数法在数学解题中的应用
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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 xm 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 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).。
分离参数处理不等式恒成立问题
分离参数处理不等式恒成立问题 核心知识点：优点：分离参数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。
常见题型1：恒成立/存在问题求解参数a 范围核心知识点：将()a x f ,与0的大小关系转化成()x g 和()a h 的大小关系常见题型2：已知零点个数求解参数a 范围核心知识点：将()0,=a x f 转化成()()x g a h =，应用导数方法绘制()x g 函数的大致图象 常见函数图象绘制方法：1. 三次函数图象()()023≠+++=a d cx bx ax x f求导后()ac b c bx ax x f 124,23'22-=∆++=2.常见其它函数图象典型例题：例：设a 为实数，函数()a x x x x f ++-=3615223，若()x f y =的图象与x 轴仅有一个交点，求a 的取值范围解题思路：由题意()03615223=++-=a x x x x f 有两个零点，可知 x x x a 3615223-+-=有一个交点，设()x x x x g 3615223-+-=()()()()3266563630622'---=+--=-+-=x x x x x x x g()x g ∴在()2,∞-上单调递减，()32，上单调递增，()+∞3,上单调递减()()-273==∴g x g 极大值，()()-282==g x g 极小值27->∴a 或28-<a例：已知()()R a ax xx x f ∈+-=1ln ⑵若()⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,1e ex f 在内有两个不同的零点，求a 的取值范围 解题思路：()01ln =+-=ax x x x f 有两个零点，说明x x x a 1ln 2+=有两个交点 设()x x x x g 1ln 2+=，()324'ln 211ln 2xx x x x x x x x g --=--=∴单调递减，且()01'=g ()x g ∴在⎪⎭⎫⎢⎣⎡1,1e 上单调递增，(]2,1e 上单调递减，()()11max ==∴g x g ； 221111e e e e e g -=+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛ ，()4222e e e g +=，()42min 2e e x g +=∴，所以a 的取值范围是⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡+1,242e e 例：已知函数()(2)x f x e a x =-+.（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.解题思路：（2）由题意()()2+-=x a e x f x有两个零点，即2+=x e a x有两个解 设()2+=x e x g x，此时定义域一定要注意，此时2-=x ()()()2'21++=x x e x g x ，所以()x g 在()2,-∞-，()1-2，-上单调递减，()+∞-,1上单调递增 此时()eg 11=- 所以图象如下图所以由图象可知，a 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e 例：已知函数2()e x f x ax 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. 解题思路：（2）由题意0≥x ，()1213+≥x x f ，即12132+≥-+x x ax e x x e x x ax -++≥∴12132 当0=x 时，00≥恒成立，此时R a ∈；当0>x 时，23121x e x x a x -++≥∴，设()23121xe x x x g x-++= ()()324322'12121212123xe x x x x e x x x x e x x g x x x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-++-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-++-⎪⎭⎫ ⎝⎛-+= 设()x e x x x -++=1212ϕ，()01'≤-+=x e x x ϕ恒成立（由放缩可知，或者求二阶导） ()0≤∴x ϕ()x g ∴在()2,0上单调递增，()∞+，2上单调递减，()()4-722maxe g x g ==∴ 所以a 的取值范围是⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,4-72e 例：已知函数()()R a e ax x f x∈-=2 ⑵若当0≥x 时，不等式()1--≤x x f 恒成立，求a 的取值范围解题思路：由题意可知12--≤-x e ax x当0=x 时，11-≤-恒成立，此时R a ∈ 当0>x 时，21x x e a x --≤，设()21x x e x g x --=，()()22'22222x x e x x x e x xe x g x x x ++-=++-= 设()()22x ++-=x e x x ϕ，此时()00=ϕ()()11x '+-=x e x ϕ，此时()00'=ϕ()0x ''>=x xe ϕ恒成立，()()0,0'>>x x ϕϕ恒成立()x g ∴在()∞+，0上单调递增但是当0=x 时，()00=x g 型，用洛必达法则； 根据洛必达法则可知()212lim 21lim 1lim lim 00200==-=--=→→→→x x x x x x x e x e x x e x g 所以a 的取值范围是⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-21, 例：已知xm m x x -≥-+1ln 在[)+∞,1上恒成立，求m 的取值范围 解题思路： 当1=x 时，00≥恒成立，此时R a ∈当1>x 时，1ln 2--+≤x x x x x m 设()1ln 2--+=x x x x x x g ，()()()()()2222'1ln 1ln 1ln 2---=-+---+=∴x x x x x x x x x x x x x g 设()x x x x --=ln 2ϕ，此时()01=ϕ ()112'--=xx x ϕ单调递增，且()01'=ϕ()()x g x ∴>∴，0ϕ在()∞+，1上恒增又1=x 时，()00=x g 型，所以使用洛必达法则 根据洛必达法则，可得()21ln 2lim 1ln lim lim 1211=+=--+=→→→x x x x x x x x g x x x 所以m 的取值范围是(]2,∞-例：已知函数()()()R a ax ax e x x f x ∈+--=2212 （2）当2≥x 时，()0≥x f ，求a 的取值范围（★函数()x f 能提公因式★） 解题思路：由题意()()()⎪⎭⎫ ⎝⎛--=+--=ax e x ax ax e x x f x x 2122122 设()021≥-=ax e x g x ，x e a x 2≤∴，设()x e x h x 2= ()()2'12x x e x h x -=，()x h ∴在[)∞+，2上单调递增 ()()2min 2e h x h ==∴所以a 的取值范围是(]2,e ∞-。