数学百炼- 恒成立问题——参变分离法

∃x ∈ D, g (a) < f ( x) ，则只需要 g (a) < M
④ ∃x ∈ D, g (a ) ≥ f ( x) ，则只需要 g (a ) > m （注意与（1）中对应情况进行对比）
∃x ∈ D, g (a) > f ( x) ，则只需要 g (a) > m
5、多变量恒成立问题：对于含两个以上字母（通常为 3 个）的恒成立不等式，先观察好哪
m2 −1
，即

1 m2
− 4m2

x2
≤
x2
−
2x
− 3，便于进行分离，考虑不等式两边同时除以
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
x2 ，可得：

1 m2
−
4m2

≤

x2
− 2x x2
−
3 min
，
g
(x)
=x2
− 2x x2
−
3
=−3
1 x
2

−
2⋅
1 x
+1，
1 x
∈

第 22 炼 恒成立问题——参变分离法
一、基础知识：
1、参变分离：顾名思义，就是在不等式中含有两个字母时（一个视为变量，另一个视为参
数），可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧，即不等号的每一侧都是只含
有一个字母的表达式。然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围
2、如何确定变量与参数：一般情况下，那个字母的范围已知，就将其视为变量，构造关于
② ∀x ∈ D, g (a) ≥ f ( x) ，则只需要 g (a) ≥ M
∀x ∈ D, g (a ) > f ( x) ，则只需要 g (a ) ≥ M （注意与（1）中对应情况进行对比）
③ ∃x ∈ D, g (a ) ≤ f ( x) ，则只需要 g (a ) < M （注意与（1）中对应情况进行对比）
3x
−
1
+
3 4x
min
，而
3x − 1 + 3 = 3x + 3 − 1 ≥ 2 3x ⋅ 3 − 1= 2 ∴2a ≤ 2 ⇒ a ≤ 1 ；当 x = 0 时，不等式恒
4x
4x
4x
成立；当
x
<
0 时， 2a
≥

3x
+1+
3 4x
max
，而 3x
+1+
3 4x
=
1
−

g' (1) = −2 ， g'' ( x) =1 − 6x =1 − 6x2 < 0 ，（判断单调性时一定要先看定义域，有可能会
x
x
简化判断的过程）
∴ g' ( x) 在 (1, +∞) 单调递减，∴ g' ( x) < g' (1) < 0 ⇒ g(x) 在 (1, +∞) 单调递减
∴ g ( x) < g (1) = −1 ∴a ≥ −1
它的函数，另一个字母（一般为所求）视为参数。
3、参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原
则：
（1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目
的，则参变分离法可行。但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分
离的情形，此时要考虑其他方法。例如： ( x
−1)2
<
loga
x
1+
，
1−
x x
e − ax
>1等
（2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过
于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题。（可参见”恒成立问
题——最值分析法“中的相关题目）
4、参变分离后会出现的情况及处理方法：（假设 x 为自变量，其范围设为 D ， f ( x ) 为函数；
）
k k +1
思路：先将
k
放置不等号一侧，可得
g
( x1 )
≤
kf k
( x2 )
+1
，所以
kf k
( x2 )
+1
≥
g
( x1 )max
，先求
出 g ( x) 的最大值， g' ( x) = e2 ⋅ (1 − x) e−x ，可得 g ( x) 在 (0,1) 单调递增，在 (1, +∞) 单调
≤
g ( x)min
答案： a ≥ 3
例 2：已知函数 f (= x) ln x − a ，若 f ( x) < x2 在 (1, +∞) 上恒成立，则 a 的取值范围是
x
_________
思路：恒成立的不等式为 ln x − a < x2 ，便于参数分离，所以考虑尝试参变分离法 x
解： ln x − a < x2 ⇔ x ln x − a < x3 ⇔ a > x ln x − x3 ，其中 x ∈ (1, +∞)
例 5：若不等式 x2 + 2 + x3 − 2x ≥ ax 对 x ∈ (0, 4) 恒成立，则实数 a 的取值范围是
．
思路：
x2 + 2 + x3 − 2x
x2 + 2 + x3 − 2x
x2 + 2 + x3 − 2x ≥ ax ⇒ a ≤
x
min
，令
f
(x)
=
x
，对绝
0,
2 3
( )( ) 最小值
g

2 3

=
−
5 3
，∴
1 m2
− 4m2 ≤ − 5 ⇒ 12m4 − 5m2 − 3 ≥ 0 即 3
3m2 + 1
4m2 − 3 ≥ 0
解得： m ∈ −∞, −

3 2



3 2
,
+∞

答案： m ∈ −∞, −
对值内部进行符号讨论，即
f
(x) =x +
2+ x
x2 − 2
=

x
+
x +
2 x 2
+ x2 − 2, 2 < x < 4 + 2 − x2,0 < x ≤ 2
，而
x
( ) ( y = x + 2 + x2 − 2 在 x
2, 4 单调递增， y = x + 2 + 2 − x2 在 0, x

3 2



3 2
,
+∞

小炼有话说：本题不等式看似复杂，化简后参变分离还是比较容易的，从另一个角度看本题
所用不等式为二次不等式，那么能否用二次函数图像来解决呢？并不是一个很好的办法，因
为二次项系数为关于 m 的表达式且过于复杂，而对称轴的形式也不利于下一步的计算。所
以在解题时要注意观察式子的结构，能够预想到某种方法所带来的运算量，进而做出选择
x
( ) ∴只需要 a > x ln x − x3 ，令 g= ( x) x ln x − x3 max
g ' ( x) =1 + ln x − 3x2 （导函数无法直接确定单调区间，但再求一次导即可将 ln x 变为 1 ，所以二阶 x
( ) 导函数的单调性可分析，为了便于确定 g ' x 的符号，不妨先验边界值）
递减。故 g ( x= ) g= (1) e ，所以若原不等式恒成立，只需 kf ( x2 ) ≥ e ，不等式中只含
max
k +1
k, x1
，可以考虑再进行一次参变分离，
kf ( x2 )
k +1
≥ e⇒ e⋅ k +1 ≤ k
f
( x2 )
，则只需
e
⋅
k
+ k
1
≤

f
(
x2
)min
，
f
(x)
=
e2x2 + 1 =
x
e2x + 1 ≥ 2 x
e2x ⋅ 1 = x
2e ， f ( x2 )min = 2e
所以 e ⋅ k + 1 ≤ 2e 解得： k ≥ 1 k
答案： k ≥ 1
例 7：已知函数 f ( x) = ax2 − (2a + 1) x + ln x,a ∈ R, g ( x) = ex − x − 1 ，若对于任意的
x2
−1
，对任意的
x
∈

3 2
,
+∞

,
f

x m

−
4m
2
f
(x)
≤
f
(x −1) + 4 f
(m)
恒成立，则实数 m 的取值范围是________________
( ) ( ) 思路：先将不等式进行化简可得：

x m
2

−1
−
4m2
x2 −1
≤ ( x −1)2 −1 + 4
a 为参数， g (a ) 为其表达式）
（1）若 f ( x) 的值域为[m, M ]
① ∀x ∈ D, g (a) ≤ f ( x) ，则只需要 g (a) ≤ f ( x) = m min ∀x ∈ D, g ( x) < f ( x) ，则只需要 g (a) < f ( x) = m min