高考数学经典常考题型第22专题恒成立问题——参变分离法

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2024届高考数学复习：专项(参变分离法解决导数问题)练习(附答案)

2024届高考数学复习：专项（参变分离法解决导数问题）练习一、单选题1．已知函数()e x b f x ax -=+(),a b ∈R ，且(0)1f =，当0x >时，()cos(1)f x x x >-恒成立，则a 的取值范围为（） A ．()0,+?B ．()1e,-+∞C ．(),e -∞D ．()e,+∞2．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⎛⎫- ⎪⎝⎭3．若函数()24ln f x x x b x =-++在()0,∞+上是减函数，则b 的取值范围是（） A ．(],2-∞- B ．(),2-∞-C ．()2,-+∞D ．[)2,-+∞4．已知函数()x ef x ex e -=+-（e 为自然对数的底数），()ln 4g x x ax ea =--+．若存在实数1x ，2x ，使得()()121f x g x ==，且211x e x ≤≤，则实数a 的最大值为（） A ．52eB ．25e e + C ．2e D ．1 5．设函数()1axf x xe x-=-在()0,∞+上有两个零点，则实数a 的取值范围（）A ．2,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．()1,eC ．12,e e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．20,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭6．已知关于x 的方程()22ln 2x x x k x +=++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两解，则实数k 的取值范围为（）A ．ln 21,15⎛⎤+ ⎥⎝⎦B ．9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦C ．(]1,2D ．(]1,e7．若函数()2sin cos cos =++f x x x x a x 在R 上单调递增，则实数a 的取值范围是（） A ．[]1,1-B ．[]1,3-C ．[]3,3-D ．[]3,1--8．若关于x 的不等式（a +2）x ≤x 2+a ln x 在区间[1e，e ]（e 为自然对数的底数）上有实数解，则实数a 的最大值是（） A ．﹣1B ．12(1)-+ee eC ．(3)1--e e e D ．(2)1--e e e 9．已知函数()1xf x e x =--，()ln 1g x x ax =--（0a >，e 为自然对数的底数）.若存在()00x ∈+∞,，使得()()000f x g x ⋅>，则实数a 的取值范围为（） A ．()0,1B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．310,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭10．已知函数()3x f x e ax =+-，其中a R ∈，若对于任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x <，都有()21x f x ()()1212x f x a x x -<-成立，则a 的取值范围是（）A ．[3,)+∞B ．[2,)+∞C ．(,3]-∞D ．(,2]-∞11．已知函数()()()2122x x f x m e m R =+++∈有两个极值点，则实数m 的取值范围为（）A ．10e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．111e⎛⎫--- ⎪⎝⎭C ．1e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，D ．()0+∞，12．已知函数()3f x x ax =-在(1,1)-上单调递减，则实数a 的取值范围为（） A ．()1,+∞ B ．[)3,+∞ C ．(],1-∞D ．(],3-∞13．对于函数()f x ，把满足()00f x x =的实数0x 叫做函数()f x 的不动点.设()ln f x a x =，若()f x 有两个不动点，则实数a 的取值范围是（） A ．()0,eB ．(),e +∞C ．()1,+∞D ．()1,e14．已知函数()xe f x ax x =-，()0,x ∈+∞，当21x x >时，不等式()()1221f x f x x x <恒成立，则实数a 的取值范围为（） A ．(],e -∞ B ．(),e -∞C ．,2e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．,2e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦二、多选题15．对于函数()2ln xf x x=，下列说法正确的是（）A ．()f x 在x =12eB ．()f x 有两个不同的零点C ．()2f f f <<D ．若()21f x k x<-在()0,∞+上恒成立，则2e k >16．关于函数()e cos xf x a x =-，()π,πx ∈-下列说法正确的是（） A ．当1a =时，()f x 在0x =处的切线方程为y x = B ．若函数()f x 在()π,π-上恰有一个极值，则0a = C ．对任意0a >，()0f x ≥恒成立D ．当1a =时，()f x 在()π,π-上恰有2个零点三、解答题17．已知函数()ln f x a x ax =+-，且()0f x ≤恒成立．（1）求实数a 的值；（2）记()()h x x f x x =+⎡⎤⎣⎦，若m ∈Z ，且当()1,x ∈+∞时，不等式()()1h x m x >-恒成立，求m 的最大值．18．已知函数32()()f x ax bx x R =+∈的图象过点(1,2)P -，且在P 处的切线恰好与直线30x y -=垂直．（1）求()f x 的解析式；（2）若()()3g x mf x x =-在[1,0]-上是减函数，求m 的取值范围． 19．已知函数()()()21ln 1f x x a x x =-+-+（0a >）.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()1ln x xf x x x-'≥在()1+∞，上恒成立，求实数a 的取值范围. 20．已知函数()212f x x =，()ln g x a x =. （1）若曲线()()y f x g x =-在2x =处的切线与直线370x y +-=垂直，求实数a 的值；（2）设()()()h x f x g x =+，若对任意两个不等的正数1x ，2x ，都有()()12122h x h x x x ->-恒成立，求实数a 的取值范围；（3）若[]1,e 上存在一点0x ，使得()()()()00001f xg x g x f x ''+<-'成立，求实数a 的取值范围.21．已知函数()ln 1f x x x =++，2()2g x x x =+．（1）求函数()()()h x f x g x =-在(1,(1))h 处的切线方程；（2）若实数m 为整数，且对任意的0x >时，都有()()0f x mg x -≤恒成立，求实数m 的最小值． 22．设函数()()xf x a x e =-.（1）求函数的单调区间；（2）若对于任意的[)0,x ∈+∞，不等式()2f x x ≤+恒成立，求a 的取值范围.23．已知函数()ln f x mx nx x =+的图象在点(),()e f e 处的切线方程为4y x e =-.(本题可能用的数据：ln 20.69≈， 2.71828e = 是自然对数的底数)（1）求函数()f x 的解析式；（2）若对任意(1,)x ∈+∞，不等式2[()1](1)f x t x ->-恒成立，求整数t 的最大值. 24．已知函数()()()1ln f x a x x a R =-+∈．（1）当1a =-时，求()f x 的极值；（2）设()()1F x f x =+，若()0F x <对[)1,x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围． 25．已知函数323()2f x x ax =-+．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设1a =，当12x ≥时，()()xf x x k e >-，实数k 的取值范围．参考答案一、单选题1．已知函数()e x b f x ax -=+(),a b ∈R ，且(0)1f =，当0x >时，()cos(1)f x x x >-恒成立，则a 的取值范围为（） A ．()0,+?B ．()1e,-+∞C ．(),e -∞D ．()e,+∞【答案】B 【要点分析】由()0e1bf -==，可得0b =，从而()e xf x ax =+，从而当0x >时，e cos(1)xa x x>--恒成立，构造函数()()e ,0,xs x x x=∈+∞，可得()()min 1e s x s ==，结合1x =时，cos(1)x -取得最大值1，从而e cos(1)xx x--的最大值为1e -，只需1e a >-即可.【答案详解】由题意，()0e1bf -==，解得0b =，则()e x f x ax =+，则当0x >时，e cos(1)xax x x +>-，即e cos(1)xa x x>--恒成立，令()()e ,0,xs x x x =∈+∞，则()()2e 1x x s x x-'=，当()0,1∈x 时，()0s x '<，()1,∈+∞x 时，()0s x '>，所以()s x 在()0,1上是减函数，在()1,+?是增函数，()()min 1e s x s ==，又因为当1x =时，cos(1)x -取得最大值1，所以当1x =时，e cos(1)xx x--取得最大值1e -，所以1e a >-. 故选：B. 【名师点睛】关键点名师点睛：本题考查不等式恒成立问题，解题关键是将原不等式转化为e cos(1)xa x x>--，进而求出e cos(1)xx x--的最大值，令其小于a 即可.考查学生的逻辑推理能力，计算求解能力，属于中档题.2．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⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】C 【要点分析】先对函数求导，然后结合极值存在的条件转化为函数图象交点问题，分离参数后结合导数即可求解. 【答案详解】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 xg x e +=，0x >，则1ln 1()xx 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.【名师点睛】方法名师点睛：已知函数没有极值点，求参数值(取值范围)常用的方法：（1）分离参数法：先求导然后将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（2）数形结合法：先求导然后对导函数变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.3．若函数()24ln f x x x b x =-++在()0,∞+上是减函数，则b 的取值范围是（）A ．(],2-∞-B ．(),2-∞-C ．()2,-+∞D ．[)2,-+∞【答案】A 【要点分析】2()4ln f x x x b x =-++在()0,∞+上是减函数等价于()'0f x ≤在()0,∞+上恒成立，利用分离参数求解即可. 【答案详解】∵2()4ln f x x x b x =-++在()0,∞+上是减函数，所以()'0f x ≤在()0,∞+上恒成立，即'()240bf x x x=-++≤，即224b x x ≤-， ∵22242(1)22x x x -=--≥-，∴2b ≤-，故选：A. 【名师点睛】本题主要考查“分离参数”在解题中的应用、函数的定义域及利用单调性求参数的范围，属于中档题. 利用单调性求参数的范围的常见方法：① 视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数需注意若函数在区间[],a b 上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的; ② 利用导数转化为不等式()'0f x ≤或()'0f x ≥恒成立问题求参数范围. 4．已知函数()x ef x ex e -=+-（e 为自然对数的底数），()ln 4g x x ax ea =--+．若存在实数1x ，2x ，使得()()121f x g x ==，且211x e x ≤≤，则实数a 的最大值为（） A ．52eB ．25e e + C ．2eD ．1【答案】C 【要点分析】根据()1f e =可求得22e x e ≤≤，利用()21g x =得到22ln 3x a x e +=+，将问题转化为()ln 3x h x x e+=+，2,x e e ⎡⎤∈⎣⎦的最大值的求解问题，利用导数求得()max h x ，从而求得结果.【答案详解】()01f e e e e =+-= ，1x e ∴=，又211x e x ≤≤且20x >，22e x e ∴≤≤，由()21g x =，即22ln 41x ax ea --+=，整理得：22ln 3x a x e+=+，令()ln 3x h x x e+=+，2,x e e ⎡⎤∈⎣⎦，则()()()()()221ln 3ln 2ex e x x x x h x x e x e +-+--'==+-， e y x= 和ln y x =-在2,e e ⎡⎤⎣⎦上均为减函数， ln 2e y x x∴=--在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递减，max 1ln 220y e ∴=--=-<，即()0h x '<在2,e e ⎡⎤⎣⎦上恒成立，()h x ∴在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递减，()()max ln 322e h x h e ee +∴===，即实数a 的最大值为2e .故选：C. 【名师点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，解题关键是能够通过分离变量的方式将问题转化为函数最值的求解问题，进而利用导数求得函数最值得到结果. 5．设函数()1axf x xe x-=-在()0,∞+上有两个零点，则实数a 的取值范围（） A ．2,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．()1,eC ．12,e e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．20,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D 【要点分析】令()0f x =，进行参变分离得()2ln >0x a x x =，设()()2ln >0xg x x x=，将问题等价于y = a 与()g x 在()0+∞，有两个交点.求导，要点分析导函数的正负得出函数()g x 的单调性，从而作出图象和最值，运用数形结合的思想可得选项. 【答案详解】令()0f x =，即10axxe x--=，解得()2ln >0x a x x =，设()()2ln >0x g x x x =，所以()f x 在()0+∞，有两个零点等价于y = a 与()g x 在()0+∞，有两个交点. 因为()()()2'21ln 0>0x g x xx -==，得x e =，所以()g x 在(0，e )上单调递增，在()e +∞，上单调递减，所以()()max 2g x g e e==. 如图所示，画出()g x 的大致图象。

利用导数解决恒成立问题

恒成立问题常见处理恒成立问题的三种方法：第一种：参变分离法求最值-----用分离变量时要特别注意是否需分类讨论（>0,=0,<0），一般地：m x f >)(恒成立⇔m x f >min )(；m x f <)(恒成立⇔m x f <max )(；第二种：变更主元法：（即关于某字母的一次函数）-----（已知谁的范围就把谁作为主元）；第三种：构造函数求最值题型特征：)()(x g x f >恒成立0)()()(>-=⇔x g x f x h 恒成立；从而转化为第一、二种题型，或直接求最值。

例1. 设函数()y f x =在区间D 上的导数为()f x '，()f x '在区间D 上的导数为()g x ，若在区间D 上，()0g x <恒成立，则称函数()y f x =在区间D 上为“凸函数”，已知实数m 是常数，4323()1262x mx x f x =--；（1）若()y f x =在区间(]3,0上为“凸函数”，求m 的取值范围；（2）若对满足2m ≤的任何一个实数m ，函数()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数”，求b a -的最大值.例 2.已知函数32()f x x ax =+图象上一点P(1,b)处的切线斜率为3-，326()(1)3(0)2t g x x x t x t -=+-++> （1）求,a b 的值；（2）当[1,4]x ∈-时，求()f x 的值域；（3）当[1,4]x ∈时，不等式()()f x g x ≤恒成立，求实数t 的取值范围。

例3.(2014陕西)设函数()ln ,m f x x m R x=+∈. (1)当m e =（e 为自然对数的底数）时，求()f x 的最小值；(2).讨论函数()'()3x g x f x =-零点的个数（3）若对任意()()0,1f b f a b a b a ->><-恒成立，求m 的取值范围.练习1．已知函数f （x ）=|x |，g （x ）=﹣|x ﹣4|+m（Ⅰ）解关于x 的不等式g [f （x ）]+2﹣m ＞0；（Ⅱ）若函数f （x ）的图象恒在函数g （x ）图象的上方，求实数m 的取值范围．2．已知函数f （x ）=lnx ﹣．（Ⅰ）若a ＞0，试判断f （x ）在定义域内的单调性；（Ⅱ）若f （x ）在[1，e ]上的最小值为，求实数a 的值；（Ⅲ）若f （x ）＜x 2在（1，+∞）上恒成立，求实数a 的取值范围．3．已知f （x ）=xlnx ﹣ax ，g （x ）=﹣x 2﹣2．（1）当a=﹣1时，求f （x ）的单调区间；（2）对一切x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；（3）证明：对一切x∈（0，+∞），都有成立．4．设a∈R，函数f（x）=lnx﹣ax．（Ⅰ）求f（x）的单调递增区间；（Ⅱ）设F（x）=f（x）+ax2+ax，问F（x）是否存在极值，若存在，请求出极值；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）设A（x1，y1），B（x2，y2）是函数g（x）=f（x）+ax图象上任意不同的两点，线段AB的中点为C（x0，y0），直线AB的斜率为为k．证明：k＞g′（x0）．5．设a为实数，函数f（x）=e x﹣2x+2a，x∈R．（1）求f（x）的单调区间及极值；（2）求证：当a＞ln2﹣1且x＞0时，e x＞x2﹣2ax+1．6．已知f（x）=+nlnx（m，n为常数）在x=1处的切线为x+y﹣2=0．（1）求y=f（x）的单调区间；（2）若任意实数x∈[，1]，使得对任意的t∈[，2]上恒有f（x）≥t3﹣t2﹣2at+2成立，求实数a的取值范围．7．已知函数f（x）=e x（其中e是自然数的底数），g（x）=x2+ax+1，a∈R．（1）记函数F（x）=f（x）•g（x），且a＞0，求F（x）的单调增区间；（2）若对任意x1，x2∈[0，2]，x1≠x2，均有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|成立，求实数a的取值范围．8．已知函数f（x）=xlnx，g（x）=﹣x2+ax﹣3．（Ⅰ）求函数f（x）的最小值；（Ⅱ）对一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；（Ⅲ）证明：对一切x∈（0，+∞），都有成立．9．已知函数f（x）=ax+xlnx（a∈R）（1）若函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，求a的取值范围；（2）当a=1且k∈Z时，不等式k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，求k的最大值．。

微专题：恒成立问题

t 12
则 x2 2 = 2x 1
4 t
2
t2
2t 4t
9
1 4
t
9 t
2
1
（2） 2x 1 0 x 1 ，不等式对任意的 m 均成立 2
（3）
2x
1
0
x
1 2
，
m
x2 2x
2 1
max
(注意不等号变号！！）
t 12
令 t 2x 1, 1 t 0 ,则 x2 2 = 2x 1
为自变量构造函数。
（2）线段的图像特征：若两个端点均在坐标轴的一侧，则线段上的点与端点同侧。
（3）对点评（2）的推广：已知一个函数连续且单调，若两个端点在坐标轴的一侧，则曲线上所有点均与
端点同侧
三、最值分析法
例 1：设 f x x2 2mx 2 ，当 x 1, 时， f x m 恒成立，求 m 的取值范围
而 f (x) 是一个开口向上且恒过定点（0，1）的二次函数，要使对任一实数 x ，
1
g(x) 0
0
x
y
f (x) 8x 1
图1
f (x)
1
0
x
g(x) mx
图2 f x
y
f x 与 g x 的值至少有一个为正数则只需 f (x) 0 在 (, 0] 上恒成立。(如图 3) 1
则有
4 m
y ax2 x 开口向下，且 f x a 为 f x 向右平移 a 个单位，观
察可得只需 x
1,x 2
1 2
，
f
xa
f
x ，即可保证
x
1 2
,
1 2
，
f
x

高中数学恒成立汇总方法-教师版

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：()21log a x x -<，111axx e x-+>-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、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，先观察好哪些字母的范围已知（作为变量），那个是所求的参数，然后通常有两种方式处理（1）选择一个已知变量，与所求参数放在一起与另一变量进行分离。

则不含参数的一侧可以解出最值（同时消去一元），进而多变量恒成立问题就转化为传统的恒成立问题了。

（2）将参数与变量进行分离，即不等号一侧只含有参数，另一侧是双变量的表达式，然后按所需求得双变量表达式的最值即可。

例1：已知函数()x x f x e ae -=-，若'()f x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是_______思路：首先转化不等式，'()x xf x e ae -=+，即x xa e e +≥a 与xe便于分离，考虑利用参变分离法，使,a x 分居不等式两侧，()2x x a e ≥-+，若不等式恒成立，只需()()2maxx xa e≥-+，令()()(223x xxg x ee =-+=-+（解析式可看做关于x e 的二次函数，故配方求最值）()max 3g x =，所以3a ≥ 答案：3a ≥例2：已知函数()ln a f x x x=-，若()2f x x <在()1,+∞上恒成立，则a 的取值范围是_________思路：恒成立的不等式为2ln ax x x-<，便于参数分离，所以考虑尝试参变分离法解：233ln ln ln ax x x x a x a x x x x-<⇔-<⇔>-，其中()1,x ∈+∞ ∴只需要()3maxln a x x x >-，令()3ln g x x x x =-'2()1ln 3g x x x =+- （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1x，所以二阶导函数的单调性可分析，为了便于确定()'gx 的符号，不妨先验边界值）()'12g =-，()2''11660x g x x x x-=-=<，（判断单调性时一定要先看定义域，有可能会简化判断的过程） ()'gx ∴在()1,+∞单调递减，()()''10()g x g g x ∴<<⇒在()1,+∞单调递减()()11g x g ∴<=- 1a ∴≥- 答案：1a ≥-小炼有话说：求导数的目的是利用导函数的符号得到原函数的单调性，当导函数无法直接判断符号时，可根据导函数解析式的特点以及定义域尝试在求一次导数，进而通过单调性和关键点（边界点，零点）等确定符号。

破解恒成立,参变要分离

为函数；
为参数，
为其表达式）
（1）若
的值域为
①
，则只需要
，则只需要
②
，则只需要
，则只需要
③
，则只需要
，则只需要
④
，则只需要
，则只需要
-1-
（2）若
的值域为
①
，则只需要
，则只需要
（注意与（1）中对应情况进行对比）
②
，则只需要
，则只需要
（注意与（1）中对应情况进行对比）
③
，则只需要
（注意与（1）中对应情况进行对比）
（2）本题在求
的最大值时，还可以从表达式分子分母齐次的特点入手，同时除以
（或）：
，在通过换元
转化为一元表达式，再求最值即可。
例 9：已知函数取值范围. 思路：恒成立不等式为
，如果当
时，不等式
恒成立，求实数的
,只需不等号两侧同时乘以即可进行参变分离，且
由于
,
，也不存在不等号变号问题。则可得：
,只需
（2）在本题处理
恒成立的过程中，对令
这个反例，是通过以下两点确定
的：①
时估计
函数值的变化，可发现当
时，
（平方
比一次函数增长的快） ②在选取特殊值时，因为发现
时，已然为正数，所以只需前面
-6-
两项相消即可，所以解方程要求。例 8：若不等式
，刚好符合反例的对任意正数恒成立，则正数的最小值是（）
，则只需要
④
，则只需要
（注意与（1）中对应情况进行对比）
，则只需要
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，先观察好哪些字母的范围已知（作为变量），那个是所求的参数，然后通常有两种方式处理（1）选择一个已知变量，与所求参数放在一起与另一变量进行分离。则不含参数的一侧可以解出最值（同时消去一元），进而多变量恒成立问题就转化为传统的恒成立问题了。（2）将参数与变量进行分离，即不等号一侧只含有参数，另一侧是双变量的表达式，然后按所需求得双变量表达式的最值即可。二、典型例题：

高考数学经典常考题型第22专题恒成立问题——参变分离法

高考数学经典常考题型第22专题恒成立问题——参变分离法第22专题训练：恒成立问题——参变分离法一、基础知识1、参变分离：当不等式中含有两个字母时，一个被视为变量，另一个被视为参数。

通过等价变形，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、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：a）(x-1)<loga(x^2/(1+x))b）2x^2-axe+1>0c）(1-x)/(1+x)<a^x2）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。

二、关于a为4的参变分离假设x为自变量，其范围设为D，f(x)为函数；参数g(a)为其表达式。

根据f(x)的值域，会出现以下情况及处理方法：1、f(x)的值域为[m,M]1）对于所有x∈D，如果g(a)≤f(x)，则只需要g(a)≤m；如果g(x)<f(x)，则只需要g(a)<m。

2）对于所有x∈D，如果g(a)≥f(x)，则只需要g(a)≥M；如果g(x)>f(x)，则只需要g(a)>M。

3）存在x∈D，使得g(a)≤f(x)，则只需要g(a)≤M；存在x∈D，使得g(a)<f(x)，则只需要g(a)<M。

4）存在x∈D，使得g(a)≥f(x)，则只需要g(a)≥m；存在x∈D，使得g(a)>f(x)，则只需要g(a)>m。

含参数的二次不等式恒成立问题(参变分离)解析

导数的分类讨论问题（含参数的二次不等式恒成立问题）例１．定义在Ｒ上的连续()f x 为奇函数，且在[0,]+∞上时增函数，问是否存在这样的实数，使得(cos 23)(42cos )(0)f f m m f θθ-+->对所有的实数R θ∈都成立？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，说明理由。

解析：奇函数(0)0f =(cos 23)(42cos )0f f m m θθ∴-+->(cos 23)(42cos )(2cos 4)f f m m f m m θθθ∴->--=-又奇函数是增函数所以cos232cos 4m m θθ->-整理得2cos 2cos 2m m θθ->-法一：（以m 为变量，参变分离，建议采用）2cos 2(cos 2)m θθ->-因为cos 20θ-<所以变形得22cos 2cos m θθ->-24cos 22cos θθ--=-2(2cos )2cos θθ=+--24[(2cos )]2cos θθ=--+-（≤4-cos 2θ=4m >-法二：（以cos θ为变量，分类讨论）2coscos 220m m θθ-+->恒成立，令2()22f x x mx m =-+-其中cos [1,1]x θ=∈-，由图像对称轴2m x =，且(1)310(1)10f m f m -=->⎧⎨=->⎩即1m >，即122m >（要先代入-1和1求，否则分类讨论会麻烦）①211()0880222m mf m m >>>⇒-+<⇒当时，44m -<<+12m <<，因为142<-<，所以42m -<<②当2m≥1时，(1)10f m m =->⇒≥2综上，4m >-例２．已知函数()y f x =在定义域[,1]-∞上是减函数，问：是否存在实数k ，使得不等式(sin )f k x -≥22(sin )f k x -对于一切实数x 恒成立？解析：sin k x -≤22sin k x -≤1，整理得2222sin sin sin 1k x k xk x ⎧-≤-⎪⎨-≤⎪⎩恒成立法一：（参变分离，推荐）即2222sin sin 1sin k k x x k x⎧-≥-⎪⎨≤+⎪⎩恒成立，其中对于一切实数x 都有14-≤2sin sin x x -≤2，1≤21sin x +≤1k =-2，所以222211k k k k k ⎧-≥⇒≥≤-⎪⎨≤⎪⎩或即1k =-法二：（以sin x 为变量，分类讨论）22sin sin ()0x x k k ---≤，令22()()f x t t k k =---∴只需(1)0f -≤，即22k k -≥即21k k ≥≤-或，又21k ≤∴1k =-法三：（分类讨论不好不推荐）即(sin )(sin 1)011k x k x k -+-≥⎧⎨-≤≤⎩①，由①1sin [1,1]k x =∈-，21sin [0,2]k x =-∈所以21k k ≥≤-或，所以1k =-例３．是否存在m 使得不等式221(1)x m x ->-对满足||x ≤２的一切实数x 都成立？解析：法一：（m 为参数分类讨论，推荐）2210mx x m -+-<（0m =时显然不成立），对称轴1x m=且(2)350(2)330f m f m -=+<⎧⎨=-<⎩即53m <-即13(,0)5m ∈-（先代入特殊值※）显然1[2,2]x m =∈-，抛物线开口向下，所以只需最大值1()0f m <即可，即11m m +>，显然，10m m+<所以m 无解法二：（参变分离，分类讨论，非常麻烦强烈不推荐；特殊值法，简单易行强烈推荐，但仅限此题，局限性强）当1x =时，对于任意m 都有210x ->，令1[2,2]x =-∈-，左边=3-，右边=0显然不成立，所以m 无解例４．m 在什么范围内，函数22(sin )21y m m m θ=--+--(0≤θ≤)2π的最大值为负值。

22 恒成立问题-参变分离法

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。

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：()21log a x x -<，111ax x e x-+>-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；a 为参数，()g a 为其表达式）（1）若()f x 的值域为[],m M①()(),x D g a f x ∀∈≤，则只需要()()min g a f x m ≤=()(),x D g x f x ∀∈<，则只需要()()min g a f x m <=②()(),x D g a f x ∀∈≥，则只需要()()max =g a f x M ≥()(),x D g a f x ∀∈>，则只需要()()max =g a f x M >③()(),x D g a f x ∃∈≤，则只需要()()max g a f x M ≤=()(),x D g a f x ∃∈<，则只需要()()max g a f x M <=④()(),x D g a f x ∃∈≥，则只需要()()min g a f x m ≥=()(),x D g a f x ∃∈>，则只需要()()min g a f x m >=（2）若()f x 的值域为(),m M① ()(),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） 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） ()(),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，先观察好哪些字母的范围已知（作为变量），那个是所求的参数，然后通常有两种方式处理（1）选择一个已知变量，与所求参数放在一起与另一变量进行分离。

【人教A版】高中数学重点难点突破：恒成立问题同步讲义

【人教A 版】高中数学重点难点突破：恒成立问题同步讲义（学生版）【重难点知识点网络】：不等式恒成立问题常见处理方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数.一、分离参数法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：()21log a x x -<，111axx e x-+>-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；a 为参数，()g a 为其表达式）（1）若()f x 的值域为[],m M①()(),x D g a f x ∀∈≤，则只需要()()min g a f x m ≤=()(),x D g x f x ∀∈<，则只需要()()min g a f x m <=②()(),x D g a f x ∀∈≥，则只需要()()max =g a f x M ≥()(),x D g a f x ∀∈>，则只需要()()max =g a f x M >③()(),x D g a f x ∃∈≤，则只需要()()max g a f x M ≤=()(),x D g a f x ∃∈<，则只需要()()max g a f x M <=④()(),x D g a f x ∃∈≥，则只需要()()min g a f x m ≥=()(),x D g a f x ∃∈>，则只需要()()min g a f x m >=（2）若()f x 的值域为(),m M① ()(),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）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）()(),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 >x/k-+w5、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，先观察好哪些字母的范围已知（作为变量），那个是所求的参数，然后通常有两种方式处理（1）选择一个已知变量，与所求参数放在一起与另一变量进行分离.则不含参数的一侧可以解出最值（同时消去一元），进而多变量恒成立问题就转化为传统的恒成立问题了.（2）将参数与变量进行分离，即不等号一侧只含有参数，另一侧是双变量的表达式，然后按所需求得双变量表达式的最值即可. 二、数形结合法1、函数的不等关系与图象特征：（1）若x D ∀∈，均有()()()f x g x f x <⇔的图象始终在()g x 的下方（2）若x D ∀∈，均有()()()f x g x f x >⇔的图象始终在()g x 的上方2、在作图前，可利用不等式的性质对恒成立不等式进行变形，转化为两个可作图的函数3、要了解所求参数在图象中扮演的角色，如斜率，截距等4、作图时可“先静再动”，先作常系数的函数的图象，再做含参数函数的图象（往往随参数的不同取值而发生变化）5、在作图时，要注意草图的信息点尽量完备6、什么情况下会考虑到数形结合？利用数形结合解决恒成立问题，往往具备以下几个特点：（1）所给的不等式运用代数手段变形比较复杂，比如分段函数，或者定义域含参等，而涉及的函数便于直接作图或是利用图象变换作图（2）所求的参数在图象中具备一定的几何含义（3）题目中所给的条件大都能翻译成图象上的特征不等式恒成立问题常见处理方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可)；③ 最值法：讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数. 最值法求解恒成立问题是三种方法中最为复杂的一种，但往往会用在解决导数综合题目中的恒成立问题.此方法考查学生对所给函数的性质的了解，以及对含参问题分类讨论的基本功.是函数与导数中的难点问题，下面通过典型例题总结此类问题的解法----最值分析法. 三、最值分析法 1、最值法的特点：（1）构造函数时往往将参数与自变量放在不等号的一侧，整体视为一个函数，其函数含参（2）参数往往会出现在导函数中，进而参数不同的取值会对原函数的单调性产生影响——可能经历分类讨论2、理论基础：设()f x 的定义域为D（1）若x D ∀∈，均有()f x C ≤（其中C 为常数），则()max f x C ≤ （2）若x D ∀∈，均有()f x C ≥（其中C 为常数），则()min f x C ≥ 3、技巧与方法：（1）最值法解决恒成立问题会导致所构造的函数中有参数，进而不易分析函数的单调区间，所以在使用最值法之前可先做好以下准备工作：① 观察函数()f x 的零点是否便于猜出（注意边界点的值） ② 缩小参数与自变量的范围：通过代入一些特殊值能否缩小所求参数的讨论范围（便于单调性分析）观察在定义域中是否包含一个恒成立的区间（即无论参数取何值，不等式均成立），缩小自变量的取值范围（2）首先要明确导函数对原函数的作用：即导函数的符号决定原函数的单调性.如果所构造的函数，其导数结构比较复杂不易分析出单调性，则可把需要判断符号的式子拿出来构造一个新函数，再想办法解决其符号.（3）在考虑函数最值时，除了依靠单调性，也可根据最值点的出处，即“只有边界点与极值点才是最值点的候选点”，所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内. 【重难点题型突破】：一、分离参数法例1.（1）已知关于x 的不等式2cos 2m x x ≥-在,22ππ⎛⎫-⎪⎝⎭上恒成立，则实数m 的取值范围为（） A. [)3,+∞ B. ()3,+∞ C. [)2,+∞ D. ()2,+∞（2）已知()()2212ln 22f x x ax x x ax =+--在()0,+∞上是增函数，则实数a 的取值范围是（） A. {}1 B. {}1- C. (]0,1 D. [)1,0-【变式训练1-1】、若函数()24log m x m f x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭（0m >且1m ≠）在[]2,3上单调递增，则实数m 的取值范围为（）A. (]1,36B. [)36,+∞C. (][)1,1636,⋃+∞D. (]1,16【变式训练1-2】、已知函数()ln f x x =. （1）若函数()()212g x f x ax x =-+有两个极值点，求实数a 的取值范围；（2）若关于x 的方程()()1f x m x =+，()m Z ∈有实数解，求整数m 的最大值.二、数形结合法例2.已知log 12(x ＋y ＋4)<log 12(3x ＋y －2)，若x －y ≤λ恒成立，则λ的取值范围是______________．【变式训练2-1】、已知函数在上不单调，则实数的取值范围是__________．【变式训练2-2】、若不等式log sin 2(0,1)a x x a a >>≠对于任意的0,4x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦都成立，则实数a 的取值范围是___________【变式训练2-3】、已知函数()21f x x mx =+-，若对任意的[],1x m m ∈+，都有()0f x <成立，则实数m 的取值范围是_____________三、最值分析法例3．已知定义在上的偶函数在上单调递减，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范是（）A. B. C. D.【变式训练3-1】、已知函数()1xaxf x be =-，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()210x e y e +--=.其中 2.71828e =为自然对数的底数（1）求,a b 的值（2）如果当0x ≠时，()12xkf x e -<恒成立，求实数k 的取值范围【变式训练3-2】、设函数()()2ln ,f x x a x a R =-∈ （1）若x e =为()y f x =的极值点，求实数a（2）求实数a 的取值范围，使得对任意的(]0,3x e ∈，恒有()24f x e ≤成立.注：e 为自然对数的底数【人教A 版】高中数学重点难点突破：恒成立问题同步讲义（教师版）【重难点知识点网络】：不等式恒成立问题常见处理方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数.一、分离参数法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：()21log a x x -<，111axx e x-+>-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；a 为参数，()g a 为其表达式）（1）若()f x 的值域为[],m M①()(),x D g a f x ∀∈≤，则只需要()()min g a f x m ≤=()(),x D g x f x ∀∈<，则只需要()()min g a f x m <=②()(),x D g a f x ∀∈≥，则只需要()()max =g a f x M ≥()(),x D g a f x ∀∈>，则只需要()()max =g a f x M >③()(),x D g a f x ∃∈≤，则只需要()()max g a f x M ≤=()(),x D g a f x ∃∈<，则只需要()()max g a f x M <=④()(),x D g a f x ∃∈≥，则只需要()()min g a f x m ≥=()(),x D g a f x ∃∈>，则只需要()()min g a f x m >=（2）若()f x 的值域为(),m M① ()(),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）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）()(),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 >x/k-+w5、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，先观察好哪些字母的范围已知（作为变量），那个是所求的参数，然后通常有两种方式处理（1）选择一个已知变量，与所求参数放在一起与另一变量进行分离.则不含参数的一侧可以解出最值（同时消去一元），进而多变量恒成立问题就转化为传统的恒成立问题了.（2）将参数与变量进行分离，即不等号一侧只含有参数，另一侧是双变量的表达式，然后按所需求得双变量表达式的最值即可. 二、数形结合法1、函数的不等关系与图象特征：（1）若x D ∀∈，均有()()()f x g x f x <⇔的图象始终在()g x 的下方（2）若x D ∀∈，均有()()()f x g x f x >⇔的图象始终在()g x 的上方2、在作图前，可利用不等式的性质对恒成立不等式进行变形，转化为两个可作图的函数3、要了解所求参数在图象中扮演的角色，如斜率，截距等4、作图时可“先静再动”，先作常系数的函数的图象，再做含参数函数的图象（往往随参数的不同取值而发生变化）5、在作图时，要注意草图的信息点尽量完备6、什么情况下会考虑到数形结合？利用数形结合解决恒成立问题，往往具备以下几个特点：（1）所给的不等式运用代数手段变形比较复杂，比如分段函数，或者定义域含参等，而涉及的函数便于直接作图或是利用图象变换作图（2）所求的参数在图象中具备一定的几何含义（3）题目中所给的条件大都能翻译成图象上的特征不等式恒成立问题常见处理方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可)；③ 最值法：讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数. 最值法求解恒成立问题是三种方法中最为复杂的一种，但往往会用在解决导数综合题目中的恒成立问题.此方法考查学生对所给函数的性质的了解，以及对含参问题分类讨论的基本功.是函数与导数中的难点问题，下面通过典型例题总结此类问题的解法----最值分析法. 三、最值分析法 1、最值法的特点：（1）构造函数时往往将参数与自变量放在不等号的一侧，整体视为一个函数，其函数含参（2）参数往往会出现在导函数中，进而参数不同的取值会对原函数的单调性产生影响——可能经历分类讨论2、理论基础：设()f x 的定义域为D（1）若x D ∀∈，均有()f x C ≤（其中C 为常数），则()max f x C ≤ （2）若x D ∀∈，均有()f x C ≥（其中C 为常数），则()min f x C ≥ 3、技巧与方法：（1）最值法解决恒成立问题会导致所构造的函数中有参数，进而不易分析函数的单调区间，所以在使用最值法之前可先做好以下准备工作：① 观察函数()f x 的零点是否便于猜出（注意边界点的值） ② 缩小参数与自变量的范围：通过代入一些特殊值能否缩小所求参数的讨论范围（便于单调性分析）观察在定义域中是否包含一个恒成立的区间（即无论参数取何值，不等式均成立），缩小自变量的取值范围（2）首先要明确导函数对原函数的作用：即导函数的符号决定原函数的单调性.如果所构造的函数，其导数结构比较复杂不易分析出单调性，则可把需要判断符号的式子拿出来构造一个新函数，再想办法解决其符号.（3）在考虑函数最值时，除了依靠单调性，也可根据最值点的出处，即“只有边界点与极值点才是最值点的候选点”，所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内. 【重难点题型突破】：一、分离参数法例1.（1）已知关于x 的不等式2cos 2m x x ≥-在,22ππ⎛⎫-⎪⎝⎭上恒成立，则实数m 的取值范围为（） A. [)3,+∞ B. ()3,+∞ C. [)2,+∞ D. ()2,+∞ 【答案】C【解析】22cos x m x -≥最大值,因为当0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时()22'22cos 2sin 2()cos cos x x x x x x x -+--= 令()cos sin ,cos sin cos 000y x x x y x x x x y y '=-=--∴=因此2'2()0cos x x -<,由因为22cos x x -为偶函数,所以22cos x x -最大值为202cos0-=,2m ≥,选C. （2）已知()()2212ln 22f x x ax x x ax =+--在()0,+∞上是增函数，则实数a 的取值范围是（） A. {}1 B. {}1- C. (]0,1 D. [)1,0- 【答案】B【解析】()()221222f x x ax lnx x ax =+-- ()()2f x x a lnx ='+()f x 在()0+∞，上是增函数，()0f x ∴'≥在()0+∞，上恒成立故选B【变式训练1-1】、若函数()24log m x m f x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭（0m >且1m ≠）在[]2,3上单调递增，则实数m 的取值范围为（）A. (]1,36B. [)36,+∞C. (][)1,1636,⋃+∞D. (]1,16 【答案】D【解析】由题意，不妨设()244x m m g x x x x +==+，则()22244m x m g x x x-=-='，由()0g x '≤时()g x 为减函数，即24m x ≥，又24y x =在[]23，上为单调递增，所以2max 4336y =⨯=，所以36m ≥，而此时函数log m y x =为增函数，一减一增为减，故不合题意；同理由()0g x '≥时()g x 为增函数，即24m x ≤，又24y x =在[]23，上为单调递增，所以2min 4216y =⨯=，所以16m ≤，而当1m >时，函数log m y x =为增函数，因此当116m <≤时，同增为增，满足题意.故选D.【变式训练1-2】、已知函数()ln f x x =. （1）若函数()()212g x f x ax x =-+有两个极值点，求实数a 的取值范围；（2）若关于x 的方程()()1f x m x =+，()m Z ∈有实数解，求整数m 的最大值. 【答案】(1)2a >;(2)0.【解析】试题分析：（1）函数()()212g x f x ax x =-+有两个极值点等价于()21y x ax g x x -+='=有两个可变零点，即方程210x ax -+=有两个不等的正实数根,（2）方程()ln 1x m x =+,即ln 1xm x =+,记函数()ln 1x h x x =+,(0)x >，问题转化为直线y m =与()ln 1xh x x =+的交点情况. (2)方程()ln 1x m x =+,即ln 1x m x =+,记函数()ln 1xh x x =+,(0)x >，()()21ln 1x xx h x x +-+'=, 令()1ln x x x x ϕ+=-(0)x >,()2110x x xϕ'=--<, ()x ϕ单调递减,()()()()222222110,011e h e h ee e e e -=>=<++'',存在()20,x e e ∈,使得()00h x '=,即0001ln x x x +=, 当()00,x x ∈,()0h x '>,()h x 递增,()()0,,0x x h x ∈+∞<', ()h x 递减,()02max 00ln 111,1x h x x x e e ⎛⎫∴==∈ ⎪+⎝⎭,即()max m h x ≤,()m Z ∈, 故0m ≤,整数m 的最大值为0.二、数形结合法例2.已知log 12(x ＋y ＋4)<log 12(3x ＋y －2)，若x －y ≤λ恒成立，则λ的取值范围是______________．【答案】[10，＋∞)点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.【变式训练2-1】、已知函数在上不单调，则实数的取值范围是__________．【答案】0,12,3【解析】已知函数定义域为，，，令，图象如图，∵函数在上不单调，∴区间在零点1或3的两侧，或，解得或.即实数的取值范围是0,12,3.点睛：利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，注意单调函数的充要条件，尤其对于已知单调性求参数值(范围)时，隐含恒成立思想【变式训练2-2】、若不等式log sin 2(0,1)a x x a a >>≠对于任意的0,4x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦都成立，则实数a 的取值范围是___________【答案】,14a π⎛⎫∈⎪⎝⎭【解析】本题选择数形结合，可先作出sin 2y x =在0,4x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦的图象，a 扮演的角色为对数的底数，决定函数的增减，根据不等关系可得01a <<，观察图象进一步可得只需4x π=时，log sin 2a x x ≥，即log sin 21444aa πππ>⋅=⇒>，所以,14a π⎛⎫∈⎪⎝⎭【变式训练2-3】、已知函数()21f x x mx =+-，若对任意的[],1x m m ∈+，都有()0f x <成立，则实数m 的取值范围是_____________【答案】22⎛⎫-⎪⎝⎭m+1m【名师点睛】本题也可以用最值法求解：若()0f x <，则()max 0f x <，而()f x 是开口向上的抛物线，最大值只能在边界处产生，所以()()010f m f m <⎧⎪⎨+<⎪⎩，再解出m 的范围即可.三、最值分析法例3．已知定义在上的偶函数在上单调递减，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为定义在上的偶函数在上递减，所以在上单调递增，若不等式对于上恒成立，则对于上恒成立，即对于上恒成立，（2）当，即时，在上恒成立，单调递减，因为最大值，最小值，所以，综合可得，无解，（3）当，即时，在上，恒成立，为减函数，在上，恒成立，单调递增，故函数最小值为，若，即，因为，则最大值为，此时，由，求得，综上可得；若，即，因为，则最大值为，【变式训练3-1】、已知函数()1x axf x be =-，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()210x e y e +--=.其中 2.71828e =为自然对数的底数（1）求,a b 的值（2）如果当0x ≠时，()12x kf x e-<恒成立，求实数k 的取值范围【答案】（1）1,1；（2）0k ≤.【解析】解：（1）()()()'211x x xa be be axf x be--=-()1x xf x e ∴=- （2）思路：恒成立不等式为：2211x xx ke e-<-，若参变分离，则分离后的函数过于复杂，不利于求得最值，所以考虑利用最值法，先变形不等式，由于21x e -的符号不确定（以0x =为界），从而需进行分类讨论.当0x >时，不等式变形为：()()21210xx k exe k ---->，设()()()2121x x g x k e xe k =----，可观察到()00g =，则若要0x >时，()0g x >，则需()'00g ≥，进而解出0k ≤，再证明0k ≤时，()0g x >即可.将k 的范围缩至0k ≤时再证明0x <时，()0g x >即可.解：由（1）可得恒成立的不等式为：2211x xx ke e-<- 当0x >时，()()22212111x x x xx kxe k e e e-<⇔<--- ()()21210x x k e xe k ⇔---->设()()()2121xx g x k exe k =----，可得()00g =()()()'22121x x g x k e x e =--+()()()()'22121211x x x xg x k e x e e k e x ⎡⎤=--+=---⎣⎦0k ≤()1110x x k e x e x ∴--->-->()'0g x ∴>()g x ∴在()0,+∞单调递增()()00g x g ∴>=，即不等式恒成立当0x <时，()()22212111x xx xx k xe k e e e-<⇔>---()()()212100x x k e xe k g x ⇔----<⇔< 0k ≤∴同理，()()'2110x xg x e k e x ⎡⎤=--->⎣⎦()g x ∴在(),0-∞单调递增()()00g x g ∴<=即0k ≤时不等式在(),0x ∈-∞ 恒成立，综上所述，0k ≤.【变式训练3-2】、设函数()()2ln ,f x x a x a R =-∈ （1）若x e =为()y f x =的极值点，求实数a（2）求实数a 的取值范围，使得对任意的(]0,3x e ∈，恒有()24f x e ≤成立.注：e 为自然对数的底数【答案】（1）,3e e ；（2）3a e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦. 【解析】解：（1）()()()2'()2ln =2ln 1x a a f x x a x x a x xx -⎛⎫=-+-+- ⎪⎝⎭x e =是()f x 的极值点()()'30a f e e a a e e ⎛⎫∴=--=⇒= ⎪⎝⎭或3a e =，经检验符合题意,3a e a e ∴== 学/科//*网（2）思路一：恒成立的不等式为()22ln 4x a x e -≤，考虑选择最值法当(]0,1x ∈时，无论a 为何值，不等式恒成立（()f x 的单调区间必然含参数，首先将恒成立的部分剔除，缩小x 的取值范围以方便后期讨论）'()f x =()'()=2ln 1a f x x a x x ⎛⎫-+- ⎪⎝⎭，记()2ln 1a h x x x =+-()()22ln 4f x x a x e =-≤恒成立，所以()()2233ln34f e e a e e =-≤33e a e ∴-≤≤+a 的范围，便于分析讨论） ()()110,2ln 0h a h a a ∴=-<=>()()001,,0x a h x ∴∃∈= （解不出具体的极值点，但可以估计其范围，利用零点存在性定理，同时得到a 与0x 的关系：()000210a h x x x =+-=) ()h x 单调递增()()()()001,,0;,,0x x h x x x a h x ∴∈<∈> ()()()()()()'''001,,0;,,0;,,0x x f x x x a f x x a f x ∴∈>∈<∈+∞<若()()22ln 4f x x a x e =-≤，只需()()()()2200022ln 433ln 34f x x a x e f e e a e e ⎧=-≤⎪⎨=-≤⎪⎩①②。

高考满分数学压轴题22 导数中的参数问题(可编辑可打印)

【方法综述】导数中的参数问题主要指的是形如“已知不等式恒成立、存在性、方程的根、零点等条件，求解参数的取值或取值范围”.这类问题在近几年的高考中，或多或少都有在压轴选填题或解答题中出现，属于压轴常见题型。

而要解决这类型的题目的关键，突破口在于如何处理参数，本专题主要介绍分离参数法、分类讨论法及变换主元法等，从而解决常见的导数中的参数问题。

【解答策略】一．分离参数法分离参数法是处理参数问题中最常见的一种手段，是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边（当然部分题目半分离也是可以的），从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离. 1．形如()()af x g x =或()()af x g x <(其中()f x 符号确定)该类题型，我们可以把参数和自变量进行完全分离，从而把含参数问题转化为不含参数的最值、单调性或图像问题.例1．已知函数432121()ln 432e f x x x ax x x x =-++-在(0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是 A ．21[,)e e++∞B ．(0,]eC ．21[2,)e e--+∞ D ．[21,)e -+∞【来源】广东省茂名市五校2020-2021学年高三上学期第一次（10月）联考数学（理）试题【答案】A【解析】32()2ln 0f x x ex ax x '=-+-≥在(0,)+∞上恒成立2ln 2xa ex x x⇔≥+-，设2ln ()2x p x ex x x =+-，221ln 2()()x e x x p x x-+-'=，当0x e <<时，()0p x '>；当x e >时，()0p x '<；()p x ∴在(0,)e 单调递增，在(,)e +∞单调递减，21()()p x p e e e∴≤=+，21a e e ∴≥+.故选：A .导数中的参数问题【举一反三】1.（2020·宣威市第五中学高三（理））若函数()f x 与()g x 满足：存在实数t ，使得()()f t g t '=，则称函数()g x 为()f x 的“友导”函数.已知函数21()32g x kx x =-+为函数()2ln f x x x x =+的“友导”函数，则k 的最小值为（） A ．12B ．1C ．2D ．52【答案】C【解析】()1g x kx '=-，由题意，()g x 为函数()f x 的“友导”函数，即方程2ln 1x x x kx +=-有解，故1ln 1k x x x=++，记1()ln 1p x x x x =++，则22211()1ln ln x p x x x x x-'=+-=+，当1x >时，2210x x ->，ln 0x >，故()0p x '>，故()p x 递增；当01x <<时，2210x x-<，ln 0x <，故()0p x '<，故()p x 递减，故()(1)2p x p ≥=，故由方程1ln 1k x x x=++有解，得2k ≥，所以k 的最小值为2.故选：C. 2．（2020·广东中山纪念中学高三月考）若函数()()()2ln 2010a x x x f x x a x x ⎧-->⎪=⎨++<⎪⎩的最大值为()1f -，则实数a 的取值范围为（）A ．20,2e ⎡⎤⎣⎦B ．30,2e ⎡⎤⎣⎦C ．(20,2e ⎤⎦D ．(30,2e ⎤⎦【答案】B【解析】由12f a -=-+（），可得222alnx x a --≤-+ 在0x ＞恒成立，即为a （1-lnx ）≥-x 2，当x e = 时，0e -＞ 2显然成立；当0x e ＜＜时，有10lnx -＞，可得21x a lnx ≥-，设201x g x x e lnx =-（），＜＜，222(1)(23)(1)(1)x lnx x x lnx g x lnx lnx （），---'==-- 由0x e ＜＜时，223lnx ＜＜，则0g x g x （）＜，（）'在0e （，）递减，且0g x （）＜，可得0a ≥ ；当x e ＞时，有10lnx -＜，可得21x a lnx ≤- ，设22(23)1(1)x x lnx g x x e g x lnx lnx -='=--（），＞，（），由32 e x e ＜＜时，0g x g x （）＜，（）' 在32 e e （，）递减，由32x e >时，0g x g x '（）＞，（）在32 ,x e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增，即有)g x （在32x e = 处取得极小值，且为最小值32e ，可得32a e ≤ ，综上可得302a e ≤≤ ．故选B ．3.（2020湖南省永州市高三）若存在，使得成立，则实数的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】原不等式等价于：令，则存在，使得成立又当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，，即当且仅当，即时取等号，即，本题正确选项：2．形如()(),f x a g x =或()()af x g x <（其中(),f x a 是关于x 一次函数）该类题型中，参数与自变量可以半分离，等式或不等式一边是含有参数的一次函数，参数对一次函数图像的影响是比较容易分析的，故而再利用数形结合思想就很容易解决该类题目了.【例2】已知函数2ln 1()x mx f x x+-=有两个零点a b 、，且存在唯一的整数0(,)x a b ∈，则实数m 的取值范围是（）A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．ln 3,92e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．ln 2e 0,4⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】由题意2ln 1()0x mx f x x+-==，得2ln 1x m x +=，设2ln 1()(0)x h x x x +=>，求导4332(ln 1)12(ln 1)(2ln 1)()x x x x x h x x x x-+-+-+'=== 令()0h x '=，解得12x e -=当120x e -<<时，()0h x '>，()h x 单调递增；当12x e ->时，()0h x '<，()h x 单调递减；故当12x e -=时，函数取得极大值，且12()2e h e -=又1=x e时，()0h x =；当x →+∞时，2ln 10,0x x +>>，故()0h x →；作出函数大致图像，如图所示：又(1)1h =，ln 21ln 2(2)44eh +== 因为存在唯一的整数0(,)x a b ∈，使得y m =与2ln 1()x h x x+=的图象有两个交点，由图可知：(2)(1)h m h ≤<，即ln 214em ≤< 故选：B.【方法点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 【举一反三】1．（2020·重庆市第三十七中学校高三（理））已知函数32()32f x x x ax a =-+--，若刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，则实数a 的取值范围是( )A ．20,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝C ．2,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】A【解析】令32()3,()(2)()()()g x x x h x a x f x g x h x =-+=+∴=-，且2'()36g x x x =-+，因为刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，即()()i i g x h x >，作出(),()g x h x 的图象，如图所示，其中()h x 过定点(2,0)-，直线斜率为a ，由图可知，203a ≤≤时，有且仅有两个点()()1,2,2,4满足条件，即有且仅有121,2x x ==使得()0i f x >. 实数a 的取值范围是20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝，故选：A2（2020济宁市高三模拟）已知当时，关于的方程有唯一实数解，则所在的区间是( ) A ．(3，4) B ．(4，5)C ．(5，6)D ．(6．7)【答案】C 【解析】由xlnx+（3﹣a ）x+a ＝0，得，令f （x ）（x ＞1），则f′（x ）．令g （x ）＝x ﹣lnx ﹣4，则g′（x ）＝10，∴g（x ）在（1，+∞）上为增函数， ∵g（5）＝1﹣ln5＜0，g （6）＝2﹣ln6＞0， ∴存在唯一x 0∈（5，6），使得g （x 0）＝0，∴当x∈（1，x 0）时，f′（x ）＜0，当x∈（x 0，+∞）时，f′（x ）＞0．则f （x ）在（1，x 0）上单调递减，在（x 0，+∞）上单调递增．∴f（x）min＝f（x0）．∵﹣4＝0，∴，则∈（5，6）．∴a所在的区间是（5，6）．故选：C3.（2020蚌埠市高三）定义在上的函数满足，且，不等式有解，则正实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，故，因，所以即.不等式有解可化为即在有解.令，则，当时，，在上为增函数；当时，，在上为减函数；故，所以，故选C.二．分类讨论法分类讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用，常见的有二次型和指对数型讨论. 1.二次型根的分布或不等式解集讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参数二次不等式或二次方程，可以依次考虑依次根据对应定性（若二次项系数含参），开口，判别式，两根的大小（或跟固定区间的端点比较）为讨论的依据，进行分类讨论，然后做出简图即可解决.【例3】（2020·全国高三专题）函数()()23xf x x e =-，关于x 的方程()()210fx mf x -+=恰有四个不同实数根，则正数m 的取值范围为( ) A ．()0,2 B ．()2,+∞C ．3360,6e e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】利用导函数讨论函数单调性与极值情况，转化为讨论210t mt -+=的根的情况，结合根的分布求解.【详解】()()()()22331x xx x e x f e x x =+-=+-'，令()0f x '=，得3x =-或1x =，当3x <-时，()0f x '>，函数()f x 在(),3-∞-上单调递增，且()0f x >; 当31x -<<时，()0f x '<，函数()f x 在()3,1-上单调递减; 当1x >时，()0f x '>，函数()f x 在()1,+∞上单调递增. 所以极大值()363f e-=，极小值()12f e =-，作出大致图象：令()f x t =，则方程210t mt -+=有两个不同的实数根，且一个根在360,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一个根在36,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内，或者两个根都在()2,0e -内.因为两根之和m 为正数，所以两个根不可能在()2,0e -内.令()21g x x mx =-+，因为()010g =>，所以只需360g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即6336610m e e -+<，得3366e m e >+，即m 的取值范围为336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭.故选：D【举一反三】1．（2020·湖南衡阳市一中高三月考（理））已知函数()f x kx =，ln ()xg x x=，若关于x 的方程()()f x g x =在区间1[,]e e内有两个实数解，则实数k 的取值范围是( )A ．211[,)2e eB ．11(,]2e eC ．21(0,)e D ．1(,)e+∞【答案】A【解析】易知当k ≤0时，方程只有一个解，所以k >0．令2()ln h x kx x =-，2121(21)(21)()2kx k x k x h x kx x x x--+=-=='，令()0h x '=得12x k =，12x k=为函数的极小值点，又关于x 的方程()f x =()g x 在区间1[,]e e内有两个实数解，所以()01()01()02112h e h e h k e ek ≥⎧⎪⎪≥⎪⎪⎨<⎪⎪⎪<<⎪⎩，解得211[,)2k e e ∈，故选A.2.（2020扬州中学高三模拟）已知函数有两个不同的极值点，，若不等式恒成立，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】∵，∴．∵函数有两个不同的极值点，，∴，是方程的两个实数根，且，∴，且，解得．由题意得．令，则，∴在上单调递增，∴．又不等式恒成立，∴，∴实数的取值范围是．故答案为．2．指数对数型解集或根的讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参指对数型不等式或方程，可以依次考虑依次根据对应指对数方程的根大小(或与固定区间端点的大小)为讨论的依据,进行分类讨论. 即可解决.【例4】（2020•泉州模拟）已知函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae ，若存在a ∈（﹣1，1），使得关于x 的不等式f （x ） ﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围为（） A ．（﹣∞，﹣1] B ．（﹣∞，﹣1）C ．（﹣∞，0]D ．（﹣∞，0）【答案】A【解析】不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，即k ≤f （x ）恒成立；则问题化为存在a ∈（﹣1，1），函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae 有最小值，又f ′（x ）＝ae x ﹣1，当a ∈（﹣1，0]时，f ′（x ）≤0，f （x ）是单调减函数，不存在最小值；当a ∈（0，1）时，令f ′（x ）＝0，得e x ＝，解得x ＝﹣lna ，即x ＝﹣lna 时，f （x ）有最小值为f （﹣lna ）＝1+lna ﹣ae ；设g （a ）＝1+lna ﹣ae ，其中a ∈（0，1），则g ′（a ）＝﹣e ，令g ′（a ）＝0，解得a ＝，所以a ∈（0，）时，g ′（a ）＞0，g （a ）单调递增；a ∈（，1）时，g ′（a ）＜0，g （a ）单调递减；所以g （a ）的最大值为g （）＝1+ln ﹣•e ＝﹣1；所以存在a ∈（0，1）时，使得关于x 的不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围是（﹣∞，﹣1]．故选：A ．【举一反三】1．函数()()211,12x f x x e kx k ⎛⎫⎛⎤=--∈⎪⎥⎝⎦⎝⎭,则()f x 在[]0,k 的最大值()h k =（） A . ()32ln22ln2-- B . 1- C . ()22ln22ln2k -- D . ()31k k e k --【答案】D2．（2020·浙江省杭州第二中学高三期中）已知函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线为():l y g x =，若函数()f x 满足x I ∀∈（其中I 为函数()f x 的定义域，当0x x ≠时，()()()00f x g x x x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，则称0x 为函数()f x 的“转折点”，已知函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上存在一个“转折点”，则a 的取值范围是 A ．[]0,e B ．[]1,eC ．[]1,+∞D ．(],e -∞ 【答案】B【解析】由题可得()2xf x e ax =--'，则在()00,x y 点处的切线的斜率()0002xk f x e ax ==--'，0200122x y e ax x =--，所以函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线方程为：00200001(2)(2)()2x x y e ax x e ax x x ---=---，即切线()00200001:=(2)()+22x xl y g x e ax x x e ax x =-----，令()()()h x f x g x =-，则002200011()2(2)()222x x xh x e ax x e ax x x e ax x =-------++，且0()0h x = 0000()2(2)=+x x x x h x e ax e ax e ax e ax =-------'，且0()0h x '=，()x h x e a ='-'，（1）当0a ≤时，()0xh x e a =-'>'，则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（2）当01a <<时， ()0xh x e a =-'>'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=，所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（3）当1a =，()10x h x e =-'≥'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，取00x =，则()10x h x e x =-->'，所以()h x 在区间(]0,1上单调递增，0()()0h x h x >=，当00x x ≠=时，0()()0h x x x ->恒成立，故00x =为函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上的一个“转折点”，满足题意。

2023届高考数学导数满分通关：单变量恒成立之参变分离后导函数零点不可求型

专题29 单变量恒成立之参变分离后导函数零点不可求型【方法总结】单变量恒成立之参变分离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．【例题选讲】[例1] 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 ，∴⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a e ＋b ＝e －1，f ′(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 )＝x 2e x ＋ln x x 2，令h (x )＝x 2e x ＋ln x ，易知h (x )在(0，＋∞)上单调递增，又h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e 2e 1e －1<e 2e 2－1＝0，h (1)＝e>0，故h (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，1上存在零点x 0，即h (x 0)＝x 20e x 0＋ln x 0＝0，即x 0e x 0＝－ln x 0x 0＝⎝⎛⎭⎫ln 1x 0·e ln 1x 0 ，由于y ＝x e x 在(0，＋∞)上单调递增，故x 0＝ln 1x 0＝－ln x 0，即e x 0＝1x 0，且φ(x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，∴φ(x )min ＝φ(x 0)＝1＋x 0－1x 0＝1，∴m ≤1． [例2] 已知函数f (x )＝x ln x ＋ax (a ∈R )．(1)若函数f (x )在区间[e 2，＋∞)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．[例3] 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．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)＝e 2－4>0．所以存在唯一一个x 0使得h (x 0)＝0，且1<x 0<2．所以当x ∈(0，x 0)时，h (x )<0，g ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>0，g ′(x )>0．所以g (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (x 0)＝x 0＋x 0＋1e x 0－1．由e x 0－x 0－2＝0，得e x 0＝x 0＋2，所以g (x 0)＝x 0＋x 0＋1x 0＋2－1＝x 0＋1∈(2，3)．故a 的最大整数值为2．[例4] 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＝－⎝⎛⎭⎫x －122－34x 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．【对点精练】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． 1．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 x 2，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 ＋1)⎝⎛⎭⎫e x －1x ，x >0．令h (x )＝e x －1x ，x >0，则h ′(x )＝e x ＋1x 2>0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增，又h ⎝⎛⎭⎫12＝e －2<0，h (1)＝e －1>0，所以存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎫12，1，使得h (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．2．解析 (1) f ′(x )＝(x ＋1)e x ＋1－ln x x 2，x ∈(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f ⎝⎛⎭⎫1e ＝e 1e －e 2e ＜0，f (1)＝e ＞0，所以f ⎝⎛⎭⎫1e f (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 ，可得⎩⎪⎨⎪⎧ln x 0＝－tx 0，ln 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≈1．791 8，ln(2＋1)≈0．881 4)3．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，∴⎩⎨⎧ k (x 0＋1)2＝1，kx 0x 0＋1＝x 0＋4，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＝2，k ＝9或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－2，k ＝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∈⎝⎛⎭⎫365，496，又h (3＋22)≈7．9，p (3＋22)＝22－1－ln(3＋22)>0， ∴m ∈(5，3＋22)，∴h (m )∈⎝⎛⎭⎫365，8．又k ∈N *，∴k 的最大值是7． 4．设函数f (x )＝e x －ax －2．(1)求f (x )的单调区间；(2)若a ＝1，k 为整数，且当x ＞0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1＞0，求k 的最大值．4．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．5．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 x x(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 x x 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 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，1e ． (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 ＋x x －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＝x 0⎝⎛⎭⎫1＋x 0－42x 0－2＝x 02，所以k ＜x 02，因为x 0∈(8，10)，所以x 02∈(4，5)，故k 的最大值为4．。

高考数学恒成立问题

恒成立问题1．参变分离法例1：已知函数()ln a f x x x=-，若()2f x x <在()1,+∞上恒成立，则a 的取值范围是_________．【答案】1a ≥- 【解析】233ln ln ln a x x x x a x a x x x x -<⇔-<⇔>-，其中()1,x ∈+∞， ∴只需要()3max ln a x x x >-．令()3ln g x x x x =-，()'21ln 3g x x x =+-，()'12g =-，()2''11660x g x x x x -=-=<， ()'g x ∴在()1,+∞单调递减，()()()''10g x g g x ∴<<⇒在()1,+∞单调递减， ()()11g x g ∴<=-，1a ∴≥-．2．数形结合法例2：若不等式()log sin 20,1a x x a a >>≠对于任意的π0,4x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦都成立，则实数a 的取值范围是___________．【答案】π,14a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭【解析】本题选择数形结合，可先作出sin 2y x =在π0,4x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦的图像，a 扮演的角色为对数的底数，决定函数的增减，根据不等关系可得01a <<，观察图像进一步可得只需π4x =时，log sin 2a x x >，即πππlog sin 21444aa >⋅=⇒>，所以π,14a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．3．最值分析法例3：已知函数()()ln 10f x a x a =+>，在区间()1,e 上，()f x x >恒成立，求a 的取值范围___________．【答案】e 1a ≥-【解析】()f x x >恒成立即不等式ln 10a x x -+>恒成立，令()ln 1g x a x x =-+， ∴只需()min 0g x >即可，()10g =，()'1a a x g x x x -=-=，令()'00a x g x x a x->⇒>⇒<（分析()g x 的单调性）当1a ≤时 ()g x 在()1,e 单调递减，则()()010g x g <=(思考：为什么以1a =作为分界点讨论？因为找到()10g =，若要不等式成立，那么一定从1x =处起()g x 要增（不一定在()1,e 上恒增，但起码存在一小处区间是增的），所以1a ≤时导致()g x 在1x =处开始单减，那么一定不符合条件．由此请体会零点对参数范围所起的作用）当1a >时，分x a =是否在()1,e 中讨论（最小值点的选取）若1e a <<，单调性如表所示()()10e 1e 0g a g ⎧≥⎪∴⇒≥-⎨≥⎪⎩，e 1e a ∴-≤<．（1）可以比较()1g ，()e g 的大小找到最小的临界值，再求解，但比较麻烦．由于最小值只会在1x =，e x =处取得，所以让它们均大于0即可．（2）由于1x =，e x =并不在()1,e 中，所以求得的只是临界值，临界值等于零也符合条件）若e a ≥，则()g x 在()1,e 上单调递增，()()10g x g ∴>=，符合题意，综上所述：e 1a ≥-．。

“恒成立”问题的分离参数解法

“恒成立”问题的分离参数解法参数讨论是高中数学教学中的一个重点、难点．同时也是高考试题中的热点．参数讨论的方法多种多样，笔者认为其中的分离参数法，因其具有思路清晰、有章可循、操作性强、易于掌握的特点，所以在解答某些恒成立条件下参数的取值范围问题时，不失为一种较好的方法．一、曲线恒过定点的问题有关含有参数的曲线方程的恒成立问题是学生普遍感到困难的问题．参数与主元交错在一起，目标不明确，将参数分离出来，可使问题明朗化．例1 已知，证明直线恒过定点．证明：由，得，代入直线方程后分离参数，得由方程组方程表示经过两直线的交点的直线系方程．故直线在时恒过定点．例2 已知动圆，定圆(1)证明不论取任何实数值，动圆恒过一个定点；(2)求，使圆与圆相切．证明：(1)将圆中的参数分离出来，得(*)方程组(*)式表示过直线的圆系方程.故动圆不论取任何实数值恒过定点.(2)将圆配方，得.当圆与圆两半径之和等于圆心距时，两圆相外切，即解得当两圆半径之差的绝对值等于圆心距时，两圆相内切，即解得综上所述，当时，两圆相切．二、方程恒有解的问题分离参数法源于函数思想、化归思想．在含有参数的方程中，将参数视为主变元的函数，若能通过适当的恒等变形，使方程一端化成只含参数的解析式，而另一端为与参数无关的主变元的函数．函数关系就由“隐”转化为“显”．我们只要能求出主变元函数的值域，则参数的取值范围便可以确定了．例3关于的方程恒有解，求实数的取值范围．解：分离参数，得当时方程恒有解（时取“＝”）此例充分体现了分离参数法的优越性，显然要比“判别式”法简捷，且不易出错．例4 关于的方程恒有解，求实数的取值范围．解：原方程等价于（其中．分离参数，得例5已知方程中，问取何值时方程至少有一整数根．取整数的值只有-3，-1，0，1四个，对应的的值为1，5，和1当时，原方程至少有一个整数根．三、不等式恒成立问题恒成立条件下不等式中参数的取值范围问题，涉及的知识面广、综合性强，同时数学语言抽象，从题目中如何提取可借用的知识模块往往捉摸不定，难以寻觅．但是如果能将参数分离出来，建立起明确的关系，则由下述两个基本命题便能简捷的求出参数的取值范围．将两命题结论通过数轴表示出来既直观又易于掌握理解．（证明从略）两命题可简记为“大于时大于值域上限，小于时小于值域下限”．这样容易记忆，便于应用．例6在什么范围内时,对于总有不等式成立？解：当时，对一切实数原不等式恒成立．分离参数．当时原不等式等价于．设．根据函数的单调性，知在上为减函数．所以在上递减．由命题１可得综上所述，当时，原不等式总成立．从以上例子可以看出用分离参数法解恒成立问题，其方法步骤学生容易理解掌握，程序也不复杂，通过恒等变形将参数分离出来之后，只要求出主变元函数值域的上限或下限（方程问题需求出值域）问题便迎刃而解了，当然分离参数法不是解恒成立问题的惟一方法，亦非万能。

高中数学考点与题型归纳：导数与不等式恒成立问题压轴2 参变分离与变更主元 - 解析

恒成立问题方法一：参变分离与变更主元法基础知识：1、参变分离：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，构造关于它的函数，另一个字母（一般为所求）视为参数。

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。

（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；a 为参数，()g a 为其表达式）（1）若()f x 的值域为[],m M①()(),x D g a f x ∀∈≤，则只需要()()min g a f x m ≤= ()(),x D g x f x ∀∈<，则只需要()()min g a f x m <= ②()(),x D g a f x ∀∈≥，则只需要()()max =g a f x M ≥ ()(),x D g a f x ∀∈>，则只需要()()max =g a f x M > ③()(),x D g a f x ∃∈≤，则只需要()()max g a f x M ≤= ()(),x D g a f x ∃∈<，则只需要()()max g a f x M <= ④()(),x D g a f x ∃∈≥，则只需要()()min g a f x m ≥= ()(),x D g a f x ∃∈>，则只需要()()min g a f x m >=（2）若()f x 的值域为(),m M① ()(),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） 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） ()(),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（含双参求一参）恒成立问题：先观察好哪些字母的范围已知（作为变量），哪个是所求的参数；选择一个已知变量，与所求参数放在一起与另一变量进行分离。

导数压轴3-恒成立问题之参变分离法教师

一、方法初探【例1】若()ln 10f x x ax =-+<恒成立，求a 。

解一：求导得1'()f x a x=- 若0a ≤，则'()0f x ≥恒成立；则()f x 在(0,)+∞上单增，有1()0af e e =-≥ ，不成立；若0a >时，()f x 在1(0,a 上单增，在1(,)a+∞上单减；则max ()ln f x a =-，令ln 0a -<得(1,)a ∈+∞。

【思路解析】以上解法是我们所熟悉的分类讨论解法，本题较为简单，因此即使是分类讨论也不是很复杂，但如果遇到有些复杂些的题目，用分类讨论的方法就会异常繁琐，甚至无法顺利求得结果，接下来我们就来引入另一种方法——即参变分离法。

解二：将参数和未知数分离到不等号两边，即转化成ln 1x a x+>恒成立问题；令ln 1()x g x x +=，则问题即成为max ()a g x >，接下来就仅剩对()g x 性质分析；2ln '()xg x x=-，则()g x 在(0,1)上单增，在(1,)+∞上单减，max ()(1)1a g x g ∴>==；得到1a >。

【小结】相比于解法一，解法二避免了繁琐的讨论，只需要求得max ()g x 即可，【方法对话】参变分离方法的实质，就是将参数和未知数分离到等式两边，将问题转化为求含有未知数式子的最大或最小值，但需要注意的是，在进行参变分离的时候，要注意题干表达的是“恒成立”还是“能成立”，对于恒成立，是要使对任意的x ，该不等式都能成立，而对能成立，则只需要存在x 使式子成立即可。

因此，恒成立和能成立对应的参变分离后转化的需求问题也不同，简单来说恒成立：比它大，就比它的最大值都大，比它小，就比它的最小值都小。

能成立：比它大，就比它的最小值都大，比它小，就比它的最大值都小。

具体的部分推论如下：第三课：恒/能成立问题之参变分离法(1)若对x I ∀∈，()0f x >恒成立，则min ()0f x >. 若对x I ∀∈，()0f x <恒成立，则max ()0f x <. (2)若x I ∃∈，使得()0f x >成立，则max ()0f x >.若x I ∃∈，使得()0f x <成立，则min ()0f x <.(3)设()f x 与()g x 的定义域的交集为D ，若x ∀∈D ()()f x g x >恒成立，则有[]min ()()0f x g x ->(4)若对11x I ∀∈、22x I ∈ ，12()()f x g x >恒成立，则min max ()()f x g x >.若对11x I ∀∈，22x I ∃∈，使得12()()f x g x >,则min min ()()f x g x >. 若对11x I ∀∈，22x I ∃∈，使得12()()f x g x <，则max max ()()f x g x <.此类问题中需要特别注意的是：能转移成这样问题的，一定得满足()f x 中的1x 与()g x 中的2x 是两个独立变量！即两者必须毫无关联才能转化成这样的问题。

2021年高考数学参变分离法解决恒成立问题

不为
0，则 lim xa
f (x) g(x)
lim
xa
f (x) g ( x)
f (a) g(a)
，在解题时我们会发现一个奇特的现象就是利用参变分离法解决恒成立
问题时，入手容易，思维简单，但遇到最值为“ 0 ， ”时，我们就束手无策了，只能前功尽弃，然而此时我们 0
采用高等数学中的洛必达法则去解决，往往就能化险为夷，柳暗花明，这是我们用参编分离法解决恒成立问题的
max
g x ex 2 2 3ex ex
3
2
3（解析式可看做关于
e
x
的二次函数，故配方求最值），
g
x
max
3，
所以 a 3 .
点评：本题中的参数 a 与变量的关系并不密切，可以很快参变分离出来，而且分离出来的函数可看成二次函数，
解：先将不等式进行化简可得：
x 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，先观察好哪些字母的范围已知（作为变量），那个是所求的参数，然后通常有两种方式处理（1）选择一个已知变量，与所求参数放在一起与另一变量进行分离。则不含参数的一侧可以解出最值（同时消
3m2 1
4m2 3 0
其最值也容易求出，所以采用参编分离法来解本题也就水到渠成了.
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 解：恒成立的不等式为 ln x a x 2 ，便于参数分离，所以考虑尝试参变分离法

破解恒成立问题高考数学【解析版】

专题16 破解恒成立问题从高考命题看，方程有解问题、无解问题以及不等式的恒成立问题，也是高考命题的热点.而此类问题的处理方法较为灵活，用导数解决不等式“恒成立”“存在性”问题的常用方法是分离参数，或构造新函数分类讨论，将不等式问题转化为函数的最值问题.也可以结合题目的条件、结论，采用数形结合法等.【重点知识回眸】（一）参变参数法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2.一般地，若a ＞f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＞f (x )max ；若a ＜f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＜f (x )min .若存在x 0∈D ，使a ＞f (x 0)成立，则只需a ＞f (x )min ；若存在x 0∈D ，使a ＜f (x 0)成立，则只需a ＜f (x 0)max .由此构造不等式，求解参数的取值范围.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：()21log a x x -<，111axx e x-+>-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）（二）构造函数分类讨论法有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.1.构造函数时往往将参数与自变量放在不等号的一侧，整体视为一个函数，其函数含参2.参数往往会出现在导函数中，进而参数不同的取值会对原函数的单调性产生影响——可能经历分类讨论（三）数形结合法1.函数的不等关系与图象特征：（1）若，均有的图象始终在的下方（2）若，均有的图象始终在的上方2.在作图前，可利用不等式的性质对恒成立不等式进行变形，转化为两个可作图的函数x D ∀∈()()()f x g x f x <⇔()g x x D ∀∈()()()f x g x f x >⇔()g x3.作图时可“先静再动”，先作常系数的函数的图象，再做含参数函数的图象（往往随参数的不同取值而发生变化）.作图要突出“信息点”.4.利用数形结合解决恒成立问题，往往具备以下几个特点：（1）所给的不等式运用代数手段变形比较复杂，比如分段函数，或者定义域含参等，而涉及的函数便于直接作图或是利用图象变换作图（2）所求的参数在图象中具备一定的几何含义（3）题目中所给的条件大都能翻译成图象上的特征【典型考题解析】热点一参变分离法解决不等式恒成立问题【典例1】（2019·天津·高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（） A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,e D ．[]1,e【答案】C【解析】先判断0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立；若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，转化为ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立．【详解】∵(0)0f ≥，即0a ≥，（1）当01a ≤≤时，2222()22()22(2)0f x x ax a x a a a a a a a =-+=-+-≥-=->，当1a >时，(1)10f =>，故当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立；若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，即ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立，令()ln xg x x=，则2ln 1'()(ln )x g x x -=，当,x e >函数单增，当0,x e <<函数单减，故()()min g x g e e ==，所以a e ≤．当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立；综上可知，a 的取值范围是[0,]e ，故选C ．【典例2】（2020·全国·高考真题（理））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.【答案】（1）当(),0x ∈-∞时，()()'0,f x f x <单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()'0,f x f x >单调递增.（2）27e ,4∞⎡⎫-+⎪⎢⎣⎭【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可. (2)方法一：首先讨论x =0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a 的取值范围.【详解】(1)当1a =时，()2e xf x x x =+-，()e 21x f x x ='+-，由于()''e 20xf x =+>，故()'f x 单调递增，注意到()00f '=，故：当(),0x ∈-∞时，()()0,f x f x '<单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()0,f x f x '>单调递增. (2) [方法一]【最优解】：分离参数由()3112f x x ≥+得，231e 12x ax x x +-+，其中0x ≥， ①.当x =0时，不等式为：11≥，显然成立，符合题意；②.当0x >时，分离参数a 得，321e 12x x x a x ----，记()321e 12x x x g x x ---=-，()()2312e 12x x x x g x x ⎛⎫---- ⎪⎝⎭'=-，令()()21e 102xh x x x x =---≥，则()e 1xh x x ='--，()''e 10x h x =-≥，故()'h x 单调递增，()()00h x h ''≥=，故函数()h x 单调递增，()()00h x h ≥=，由()0h x ≥可得：21e 102xx x ---恒成立，故当()0,2x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当()2,x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减；因此，()()2max7e 24g x g -⎡⎤==⎣⎦, 综上可得，实数a 的取值范围是27e ,4∞⎡⎫-+⎪⎢⎣⎭. [方法二]：特值探路当0x ≥时，31()12f x x ≥+恒成立27e (2)54-⇒⇒f a ．只需证当274e a -≥时，31()12f x x ≥+恒成立．当274e a -≥时，227e ()e e 4-=+-≥+x xf x ax x 2⋅-x x ．只需证明2237e 1e 1(0)42-+-≥+≥xx x x x ⑤式成立．⑤式()223e74244e-+++⇔≤xx x x ，令()223e 7424()(0)e-+++=≥xx x x h x x ，则()()222313e 2e 92()e -+--=='xxx x h x ()()222213e 2e 9e⎡⎤-----⎣⎦=xx x x ()2(2)2e 9e⎡⎤--+-⎣⎦xx x x ，所以当29e 0,2⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦x 时，()0,()h x h x '<单调递减；当29e ,2,()0,()2⎛⎫-∈> ⎪⎝⎭'x h x h x 单调递增；当(2,),()0,()∈+∞<'x h x h x 单调递减．从而max [()]max{(0),(2)}4==h x h h ，即()4h x ≤，⑤式成立．所以当274e a -≥时，31()12f x x ≥+恒成立．综上274e a -≥．[方法三]：指数集中当0x ≥时，31()12f x x ≥+恒成立323211e1(1)e 122x x x ax x x ax x -⇒+-+⇒-++≤，记()32(1(1)e 0)2xg x x ax x x -=-++≥，()2231(1)e 22123x g x x ax x x ax -'=--+++--()()()2112342e 212e 22xx x x a x a x x a x --⎡⎤=--+++=----⎣⎦，①.当210a +≤即12a ≤-时，()02g x x '=⇒=，则当(0,2)x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增，又()01g =，所以当(0,2)x ∈时，()1g x >，不合题意；②.若0212a <+<即1122a -<<时，则当(0,21)(2,)x a ∈+⋃+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，当(21,2)x a ∈+时，()0g x '>，()g x 单调递增，又()01g =，所以若满足()1g x ≤，只需()21g ≤，即()22(7e 14)g a --≤=27e 4a -⇒，所以当27e 142a -⇒≤<时，()1g x ≤成立；③当212a +≥即12a ≥时，()32311(1)e (1)e 22x xg x x ax x x x --=++≤-++，又由②可知27e 142a -≤<时，()1g x ≤成立，所以0a =时，31()(1)e 21xg x x x -=+≤+恒成立，所以12a ≥时，满足题意. 综上，27e 4a-. 【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有：方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性；方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！【总结提升】利用分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ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(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式． (2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值．(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，得到λ的取值范围．热点二构造函数分类讨论法解决不等式恒成立问题【典例3】（2019·全国·高考真题（文））已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）(],0a ∈-∞.【分析】（1）求导得到导函数后，设为()g x 进行再次求导，可判断出当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，从而得到()g x 单调性，由零点存在定理可判断出唯一零点所处的位置，证得结论；（2）构造函数()()h x f x ax =-，通过二次求导可判断出()()min 2h x h a π''==--，()max 222h x h a ππ-⎛⎫''==- ⎪⎝⎭；分别在2a ≤-，20a -<≤，202a π-<<和22a π-≥的情况下根据导函数的符号判断()h x 单调性，从而确定()0h x ≥恒成立时a 的取值范围.【详解】（1）()2cos cos sin 1cos sin 1f x x x x x x x x '=-+-=+- 令()cos sin 1g x x x x =+-，则()sin sin cos cos g x x x x x x x '=-++= 当()0,x π∈时，令()0g x '=，解得：2x π=∴当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>；当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<()g x ∴在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()0110g =-=，1022g ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，()112g π=--=-即当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x >，此时()g x 无零点，即()f x '无零点()02g g ππ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭0,2x ππ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x =又()g x 在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减 0x x ∴=为()g x ，即()f x '在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上的唯一零点综上所述：()f x '在区间()0,π存在唯一零点（2）若[]0,x π∈时，()f x ax ≥，即()0f x ax -≥恒成立令()()()2sin cos 1h x f x ax x x x a x =-=--+ 则()cos sin 1h x x x x a '=+--，()()cos h x x x g x '''==由（1）可知，()h x '在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减且()0h a '=-，222h a ππ-⎛⎫'=- ⎪⎝⎭，()2h a π'=-- ()()min 2h x h a π''∴==--，()max 222h x h a ππ-⎛⎫''==- ⎪⎝⎭①当2a ≤-时，()()min 20h x h a π''==--≥，即()0h x '≥在[]0,π上恒成立()h x ∴在[]0,π上单调递增()()00h x h ∴≥=，即()0f x ax -≥，此时()f x ax ≥恒成立 ②当20a -<≤时，()00h '≥，02h π⎛⎫'> ⎪⎝⎭，()0h π'<1,2x ππ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10h x '=()h x ∴在[)10,x 上单调递增，在(]1,x π上单调递减又()00h =，()()2sin cos 10h a a ππππππ=--+=-≥()0h x ∴≥在[]0,π上恒成立，即()f x ax ≥恒成立③当202a π-<<时，()00h '<，2022h a ππ-⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭20,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()20h x '=()h x ∴在[)20,x 上单调递减，在2,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增()20,x x ∴∈时，()()00h x h <=，可知()f x ax ≥不恒成立④当22a π-≥时，()max 2022h x h a ππ-⎛⎫''==-≤ ⎪⎝⎭()h x ∴在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 00h xh可知()f x ax ≥不恒成立综上所述：(],0a ∈-∞【点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.【典例4】（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知函数()()ln 20f x a x x a =-≠. (1)讨论()f x 的单调性；(2)当0x >时，不等式()()22cos eax x f x f x ⎡⎤-≥⎣⎦恒成立，求a 的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2)(]0,2e【分析】（1）求出函数()f x 的定义域，求得()2a xf x x-'=，分析导数的符号变化，由此可得出函数()f x 的单调递增区间和递减区间；（2）令()t f x =，()e 2cos tg t t t =--，利用导数分析函数()g t 的单调性，对实数a 的取值进行分类讨论，求出()t f x =的取值范围，结合函数()g t 的图象可得出关于实数a 的不等式，即可求得实数a 的取值范围. （1）解：函数()()ln 20f x a x x a =-≠的定义域为()0,∞+，且()22a a x f x x x-'=-=.当0a <时，因为0x >，则()0f x '<，此时函数()f x 的单调递减区间为()0,∞+；当0a >时，由()0f x '<可得2ax >，由()0f x '>可得02ax <<.此时，函数()f x 的单调递增区间为0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.综上所述，当0a <时，函数()f x 的单调递减区间为()0,∞+；当0a >时，函数()f x 的单调递增区间为0,2a ⎛⎫⎪⎝⎭，单调递减区间为,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. （2）解：()()()()()()()ln 222cos e 2cos 0e 2cos 0eaf x a x x x x f x f x f x f x f x f x -⎡⎤⎡⎤⎡⎤-≥⇔--≥⇔--≥⎣⎦⎣⎦⎣⎦，设()e 2cos tg t t t =--，其中()t f x =，则()e 2sin t g t t '=-+，设()e sin 2th t t =+-，则()e cos th t t '=+，当0t ≤时，e 1t ≤，sin 1t ≤，且等号不同时成立，则()0g t '<恒成立，当0t >时，e 1t >，cos 1t ≥-，则()0h t '>恒成立，则()g t '在()0,∞+上单调递增，又因为()01g '=-，()1e 2sin10g '=-+>，所以，存在()00,1t ∈使得()00g t '=，当00t t <<时，()0g t '<；当0t t >时，()0g t '>.所以，函数()g t 在()0,t -∞上单调递减，在()0,t +∞上单调递增，且()00g =，作出函数()g t 的图象如下图所示：由（1）中函数()f x 的单调性可知，①当0a <时，()f x 在()0,∞+上单调递增，当0x +→时，()f x →+∞，当x →+∞时，()f x →-∞，所以，()t f x =∈R ，此时()00g t <，不合乎题意；②当0a >时，()max ln 22a a f x f a a ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，且当0x +→时，()f x →-∞，此时函数()f x 的值域为,ln 2a a a ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦，即,ln 2a t a a ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦.（i ）当ln 02a a a -≤时，即当02e a <≤时，()0g t ≥恒成立，合乎题意；（ii ）当ln 02a a a ->时，即当2e a >时，取10min ln ,2a t a a t ⎧⎫=-⎨⎬⎩⎭，结合图象可知()10g t <，不合乎题意.综上所述，实数a 的取值范围是(]0,2e . 【规律方法】对于f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题，若无法分离参数，一般采用作差法构造函数h (x )＝f (x )－g (x )或h (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或h (x )max ≤0即可．热点三利用数形结合法解决不等式恒成立问题【典例5】（2013·全国·高考真题（文））已知函数22,0()ln(1),0x x x f x x x ⎧-+≤=⎨+>⎩，若|()|f x ax ≥，则a 的取值范围是（） A ．(,0]-∞ B ．(,1]-∞C ．[2,1]-D ．[2,0]-【答案】D【解析】作出函数()y f x =的图像，和函数y ax =的图像，结合图像可知直线y ax =介于l 与x 轴之间，利用导数求出直线l 的斜率，数形结合即可求解.【详解】由题意可作出函数()y f x =的图像，和函数y ax =的图像.由图像可知：函数y ax =的图像是过原点的直线，当直线介于l 与x 轴之间符合题意，直线l 为曲线的切线，且此时函数()y f x =在第二象限的部分的解析式为 22y x x =-，求其导数可得22y x '=-，因为0x ≤，故2y '≤-，故直线l 的斜率为2-，故只需直线y ax =的斜率a []2,0∈-. 故选：D【典例6】（2015·全国·高考真题（理））设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a < ，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D【分析】设()()21xg x e x =-，()1y a x =-，问题转化为存在唯一的整数0x 使得满足()()01g x a x <-，求导可得出函数()y g x =的极值，数形结合可得()01a g ->=-且()312g a e-=-≥-，由此可得出实数a 的取值范围.【详解】设()()21xg x e x =-，()1y a x =-，由题意知，函数()y g x =在直线y ax a =-下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，()()21x g x e x '=+，当12x <-时，()0g x '<；当12x >-时，()0g x '>.所以，函数()y g x =的最小值为12122g e -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭.又()01g =-，()10g e =>.直线y ax a =-恒过定点()1,0且斜率为a ，故()01a g ->=-且()31g a a e -=-≥--，解得312a e≤<，故选D.【典例7】（2020·全国高二）若关于x 的不等式0x x e ax a ⋅-+<的解集为()m n ，(0n <)，且()m n ，中只有一个整数，则实数a 的取值范围是（）． A ．211[)e e， B ．221[)32e e， C ．212[)e e， D ．221[)3e e，【答案】B 【解析】不等式0x x e ax a ⋅-+<有唯一整数解，即不等式()1xx e a x ⋅<-有唯一整数解，设()xg x x e =⋅，y ax a =-，求出()g x 的单调区间，作出其大致图像，y ax a =-恒过定点()10，P ，数形结合可得答案.【详解】设()xg x x e =⋅，y ax a =-，()()1xg x x e '=+⋅，由()0g x '>，解得1x >-，由()0g x '<解得1x <-所以()xg x x e =⋅在(]1-∞-，上单调递减，在[)1-+∞，上单调递增. 又当x →-∞ ，()0g x <且()0g x →，又()00g =，则()xg x x e =⋅的大致图象如下由题意由不等式0x x e ax a ⋅-+<有唯一整数解，即不等式()1xx e a x ⋅<-有唯一整数解即()xg x x e =⋅在直线y ax a =-下方的部分，故min 1()(1)g x g e=-=-，y ax a =-恒过定点()10，P ，结合函数图像得PA PB k a k ≤<，即22132a e e≤<，故选：B ．【点睛】本题考查根不等式的解集中整数的个数求参数范围的问题，解答本题的关键的根据题意转化为不等式()1x x e a x ⋅<-有唯一整数解，即()x g x x e =⋅在直线y ax a =-下方的部分中唯一整数x ，讨论出()xg x x e =⋅的单调区间，得出其大致图象，属于中档题.【精选精练】一、单选题1．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）对任意的(]12,1,3x x ∈，当12x x <时，1122ln 03x a x x x -->恒成立，则实数a的取值范围是（） A ．[)3,+∞ B ．()3,+∞ C ．[)9,+∞ D ．()9,+∞【答案】C【分析】将不等式等价变形，构造函数()ln 3af x x x =-，再借助函数单调性、最值求解作答.【详解】依题意，11211222ln 0ln (ln )0333x a a ax x x x x x x -->⇔--->，令()ln 3a f x x x =-，(1,3]x ∈，则对任意的12,(1,3]x x ∈，当12x x <时，12()()f x f x >，即有函数()f x 在(1,3]上单调递减，因此，(1,3]x ∀∈，()1033af x a x x'=-≤⇔≥，而max (3)9x =，则9a ≥，所以实数a 的取值范围是[9,)+∞. 故选：C2．（2021·青海·西宁市海湖中学高三开学考试（文））若函数()2ln f x x x=-，满足() f x a x ≥-恒成立，则a 的最大值为（） A ．3 B ．4 C ．3ln 2- D ．3ln 2+【答案】C【分析】由题意，分离参数可得min 2ln a x x x ⎛⎫≤+- ⎪⎝⎭，令2()ln g x x x x=+-，然后利用导数求出()g x 的最小值即可求解.【详解】解：因为()2ln f x x x=-，满足() f x a x ≥-恒成立，所以min2ln a x x x ⎛⎫≤+- ⎪⎝⎭，令2()ln g x x x x =+-，则()()()222221212()10x x x x g x x x x x x -+--'=--==>，令()0g x '>，得2x >，令()0g x '<，得02x <<，所以()g x 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，所以min ()(2)3ln 2g x g ==-，所以3ln 2a ≤-，所以a 的最大值为3ln 2-，故选：C.3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数12ln ,(e)ey a x x =-≤≤的图象上存在点M ，函数21y x =+的图象上存在点N ，且M ，N 关于x 轴对称，则a 的取值范围是（）A ．21e ,2⎡⎤--⎣⎦B ．213,e ∞⎡⎫--+⎪⎢⎣⎭C ．213,2e ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦D ．2211e ,3e ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦【答案】A【详解】因为函数21y x =+与函数21y x =--的图象关于x 轴对称，根据已知得函数12ln ,(e)e y a x x =-≤≤的图象与函数21y x =--的图象有交点，即方程22ln 1a x x -=--在1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解，即22ln 1a x x =--在1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解．令()22ln 1g x x x =--，1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则()()22212222xx g x x x x x--'=-==，可知()g x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在[]1,e 上单调递减，故当1x =时，()()max 12g x g ==-，由于21e e 13g ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()2e e 1g =-，且2211e 3e -->-，所以212e a -≤≤-．故选：A ．4．（2021·青海·大通回族土族自治县教学研究室高三开学考试（文））已知函数1()e 2xf x =，直线y kx =与函数()f x 的图象有两个交点，则实数k 的取值范围为（）A ．1e 2⎛ ⎝B ．(e,)+∞C ．(e,)+∞D ．1e,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【分析】首先考查临界情况，利用导数求得切线的斜率，据此可求得实数k 的取值范围【详解】当过原点的直线y kx =与函数()f x 的图象相切时，设切点为1,e 2m P m ⎛⎫⎪⎝⎭，由()1e 2x f x '=，可得过点P 的切线方程为()11e e 22m my x m -=-，代入点()0,0可得11e e 22m mm -=-，解得1m =，此时切线的斜率为1e 2，由函数()f x 的图象可知，若直线y kx =与函数()f x 的图象有两个交点，直线的斜率k 的取值范围为1e,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．故答案选：D5．（2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习）设函数()()()()1e e ,e 1x x f x x g x ax =--=--，其中R a ∈.若对[)20,x ∀∈+∞，都1R x ∃∈，使得不等式()()12f x g x ≤成立，则a 的最大值为（） A ．0 B ．1eC ．1D ．e【答案】C【分析】由题意易知()0f x ≥恒成立，则可等价为对[)20,x ∀∈+∞，()20g x ≥恒成立，利用参变分离，可变形为e 1,(0)x a x x -≤>恒成立，易证e 11,(0)x x x->>，则可得1a ≤，即可选出答案.【详解】对[)20,x ∀∈+∞，都1R x ∃∈，使得不等式()()12f x g x ≤成立，等价于()()12min min f x g x ≤,当1x <时，10,e e<0x x -<-，所以()0f x >，当1≥x 时，10,e e 0x x -≥-≥，所以()0f x ≥，所以()0f x ≥恒成立，当且仅当1x =时，min ()0f x =，所以对[)20,x ∀∈+∞，()20g x ≥恒成立，即e 10x ax --≥，当0x =，e 100x ax --=≥成立，当0x >时，e 1e 10x xax a x---≥⇒≤恒成立.记()e 1,0x h x x x =-->, 因为()e 10x h x '=->恒成立，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，且(0)0h =，所以()e 10xh x x =-->恒成立，即e 1e 11,(0)x xx x x-->⇒>>所以1a ≤.所以a 的最大值为1. 故选：C.【点睛】本题考查导数在不等式的恒成立与有解问题的应用，属于难题，此类问题可按如下规则转化：一般地，已知函数[](),,=∈y f x x a b ，[](),,y g x x c d =∈（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，有12()()f x g x <成立，故max 12min ()()f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有12()()f x g x <成立，故1max 2max ()()f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有12()()f x g x <成立，故1min 2max ()()f x g x <；（4）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∀∈，有12()()f x g x <成立，故1min 2min ()()f x g x <；（5）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有12()()f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集．二、多选题6．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知定义在R 上函数()g x 满足：()()2g x g x =+，且()[)[)3,0,124,1,2x x x g x x x ⎧-∈⎪=⎨-+∈⎪⎩，设函数()()f x x g x =+，则下列正确的是（） A ．()f x 的单调递增区间为()()2,21,Z k k k +∈ B ．()f x 在()2022,2024上的最大值为2025 C ．()f x 有且只有2个零点 D ．()f x x ≥恒成立. 【答案】ABD【分析】由题可知函数()g x 为周期函数，根据导数判断函数的单调性，进而可得函数的值域可判断D ，结合条件可得函数()[)[)232,2,2144,21,22x kk x k k f x x k x k k -⎧+∈+⎪=⎨-++∈++⎪⎩可判断AB ，利用数形结合可判断C.【详解】由题可得函数()g x 为周期函数，当[)0,1x ∈时，()3x g x x =-，则()3ln31ln310xg x '=-≥->，函数单调递增，()[)31,2xg x x =-∈，当[)1,2x ∈时，()(]240,2g x x =-+∈，故可得函数()g x 的值域为(]0,2，因为()[)[)3,0,124,1,2x x x g x x x ⎧-∈⎪=⎨-+∈⎪⎩，()()2g x g x =+，所以()()[)[)232,2,212244,21,22x kx k x k k g x g x k x k x k k -⎧-+∈+⎪=-=⎨-++∈++⎪⎩(Z k ∈)，故()()f x x g x =+[)[)232,2,2144,21,22x k k x k k x k x k k -⎧+∈+⎪=⎨-++∈++⎪⎩，所以函数()f x 的单调递增区间为()()2,21,Z k k k +∈，单调减区间为()()21,22,Z k k k ++∈，故A 正确；所以函数()f x 在()2022,2023上单调递增，在()2023,2024上单调递减，故()f x 在()2022,2024上的最大值为()()()202320232023202312025f g g =+=+=，故B 正确；由()()0f x x g x =+=可得()g x x =-，所以函数()y g x =与函数y x =-交点的个数即为函数()f x 的零点数，作出函数()y g x =与函数y x =-的大致图象，由图可知函数()y g x =与函数y x =-有一个交点，即函数()f x 有且只有1个零点，故C 错误；由()f x x ≥，即()0g x ≥，因为()g x ∈(]0,2，故()f x x ≥恒成立，故D 正确. 故选：ABD. 三、填空题7．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）函数2()2e x f x a bx =++，其中a ，b 为实数，且(0,1)a ∈.已知对任意24e b >，函数()f x 有两个不同零点，a 的取值范围为___________________.【答案】)8e ,1-⎡⎣【分析】将函数有两个不同零点转化为方程有两个不等实根；再将方程变形构造新函数，求导并研究新函数的单调性，求其最小值，得到22ln ba-≥e ，再由已知条件求得)8,1a -⎡∈⎣e 即可. 【详解】因为()f x 有两个不同零点()0f x ⇔=有两个不相等的实根即220x a bx ++=e 有两个不相等的实根；所以ln 220x a bx ++=e e ，令ln t x a = ，则220ln tbta++=e e ，t 显然不为零，所以22ln t b a t+-=e e ，因为()0,1a ∈ ，24e b > ，所以20ln ba-> ，所以0t > ；令()()20t g t t t+=>e e ，则()()22t t t g t t-+'=e e e ；令()()()20t t h t t t =-+>e e e ，则()0t t t t h t t t '=+-=>e e e e ，所以()h t 在()0,∞+上单调递增，又()20h = ，所以当()0,2t ∈时，()0h t < ；当()2,t ∈+∞ 时，()0h t > ；所以当()0,2t ∈时，()0g t '< ；当()2,t ∈+∞ 时，()0g t '> ；故()g t 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增；所以()()2min 2g t g ==e ，所以22ln ba-≥e ；又24e b >，所以24b >e ，所以ln 42a -≤ 即ln 8a ≥- ，8a -≥e ，又()0,1a ∈ ，所以)8,1a -⎡∈⎣e ；故答案为：)8,1-⎡⎣e .8．（2023·江苏·南京市中华中学高三阶段练习）若关于x 的不等式()()ee ln mxmx m x x mx x x +≤+-恒成立，则实数m 的最小值为________ 【答案】e e 1- 【分析】将不等式两边同时除以m x ，进而转化为()()ln e eln m x x xx m x x -+≤+-，令()e x f x x =+，进而将原不等式转化为()()()ln f x f m x x ≤-恒成立，再根据单调性转化为ln xm x x≥-恒成立，进而构造函数()()0ln xg x x x x=>-，求导分析最大值即可. 【详解】∵0x >，∴不等式两边同时除以mx ，得：()e e ln mxxm x m x x x+≤+-∴()1lne eln mmx xx x m x x ++≤+- ∴()ln e eln x mx m xx m x x -+≤+- ∴()()ln e eln m x x xx m x x -+≤+- ①令()e xf x x =+，可知()f x 单调递增.①式等价于()()()ln f x f m x x ≤-恒成立 ∴()ln x m x x ≤-恒成立.构造()()ln 0x x x x ϕ=->，则()1x x xϕ-'=，故当()0,1x ∈时()0x ϕ'<，当()1,x ∈+∞时()0x ϕ'>，所以()()ln 0x x x x ϕ=->在1x =时取得最小值. 即()()ln 010x x x ϕϕ=-≥=>，∴ln 0x x -> ∴ln xm x x≥-恒成立令()()0ln xg x x x x=>- ∴()g x '()()221ln 11ln ln ln x x x x x x x x x ⎛⎫--- ⎪-⎝⎭==-- ∴当()0e x ∈，时，()0g x '>，∴()g x 单调递增；当()e x +∞，时，()0g x '< ∴()g x 单调递减； ∴()g x 的最大值为()e e e 1g =- ∴ee 1m ≥-，故实数m 的最小值为e e 1-. 故答案为：e e 1- 【点睛】关键点点睛：本题关键是将已知不等式转化为()()ln e eln m x x xx m x x -+≤+-，构造()e x f x x =+，进而将原不等式转化为()()()ln f x f m x x ≤-恒成立，再根据单调性即可得到.9．（2022·全国·长垣市第一中学高三开学考试（理））已知不等式e ln x a a x x x +≥+对任意()1,x ∈+∞恒成立，则正实数a 的取值范围是___________. 【答案】(]0,e【分析】将题目所给不等式进行变形，然后利用构造函数法，结合导数来求得a 的取值范围. 【详解】不等式e ln x a a x x x +≥+可变形为ln e ln e ln x a a x x x a x a x --=-. 因为0a >且1x >，所以ln 0a x >.令()e (0)u f u u u =->，则()e 10uf u ='->.所以函数()f u 在()0,∞+上单调递增.不等式ln e e ln x a x x a x -≥-等价于()()ln f x f a x ≥，所以ln x a x ≥. 因为1x >，所以ln x a x≤. 设()(1)ln xg x x x=>，则()2ln 1(ln )x g x x -'=.当()1,e x ∈时，()0g x '<，函数()g x 在()1,e 上单调递减；当()e,x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 在()e,+∞上单调递增. 所以()min ()e e g x g ==，所以0e a <≤. 故正实数a 的取值范围是(]0,e .10．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知函数124e ,1()(2)2,1x ax a x f x x a x a x -⎧+->=⎨+--≤⎩，若关于x 的不等式()0≤f x 的解集为[)2,-+∞，则实数a 的取值范围是___________. 【答案】[]1,2【分析】将不等式()0≤f x 的解集为[)2,-+∞转化为21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩的解为[]2,1-及当1x >时，14e 0x ax a -+-≤恒成立，从而可求得12a ≤≤.【详解】不等式()0≤f x 等价于21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩或114e 0x x ax a ->⎧⎨+-≤⎩，而()0≤f x 的解集为[)2,-+∞，故21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩的解为[]2,1-且14e 0x ax a -+-≤对任意的1x >恒成立. 又21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩即为()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩，若2a <-，则()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩即为12x a x ≤⎧⎨≤≤-⎩，这与解为[]2,1-矛盾；若2a =-，则()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩即为12x x ≤⎧⎨=-⎩，这与解为[]2,1-矛盾；若2a >-，则()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩即为12x x a ≤⎧⎨-≤≤⎩，因为21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩的解为[]2,1-，故1a ≥.当1x >时，14e0x ax a -+-≤恒成立即为14e 1x a x -≤+恒成立，令()14e ,11x s x x x -=>+，则()()()()111224e 14e 4e 011x x x x x s x x x ---+-'==>++，故()s x 在()1,+∞为增函数，故()()02s x s >=，故2a ≤. 综上，12a ≤≤ 故答案为：[]1,2.【点睛】思路点睛：与分段函数有关的不等式解的问题，应该就不同解析式对应的范围分类讨论，讨论时注意结合解析式的形式确定分类讨论还是参变分离.四、解答题11．（2022·全国·高一课时练习）已知函数，()()e 1e x xf x a -=++．(1)若0是函数()2=-y f x 的零点，求a 的值；(2)若对任意,()0x ∈+∞，不等式()1f x a ≥+恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)0 (2)(,3]-∞【分析】（1）0是函数()2=-y f x 的零点代入可得a ；（2）由题意知e (1)e 1-++≥+xxa a 在(0,)+∞上恒成立，转化为2e e 1e 1x xxa -+≤-在(0,)+∞上恒成立，化简可得11≤++a t t，利用均值不等式求最值可得答案.（1）因为0是函数()2=-y f x 的零点，所以00e (1)e 20a -++-=，解得a ＝0；（2）由题意知e (1)e 1-++≥+x x a a 在(0,)+∞上恒成立，则()2e 1e e 1x x xa -≤-+，又因为,()0x ∈+∞，所以e 1x>，则2e e 1e 1x x xa -+≤-，令e 1(0)-=>x t t ，则e 1x t =+，可得22(1)(1)1111+-++++≤==++t t t t a t t t t，又因为111123t t t t ++≥+⋅=，当且仅当1t t =即1t =时，等号成立，所以3a ≤，即a 的取值范围是(],3-∞．12．（2021·河南·高三开学考试（文））已知函数()()()ln 12f x a x x a =+-∈R . （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()3f x 在()1,+∞上恒成立，求证：2e a <.（注：3e 20≈）【答案】（1）当0a 时，()f x 在()0,∞+上单调递；当0a >时，数()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）证明见解析.【分析】（1）对函数求导，讨论0a 和0a >两种情况，即可得出函数的单调性；（2）利用分类参数的方法，先得到23ln 1x a x +≤+，构造新的函数()()231ln 1x h x x x +=>+，用导数的方法求其最小值，即可证明结论成立.【详解】（1）由题知函数()f x 的定义域为()0,∞+，()22a a xf x x x-'=-= ①当0a ≤时，()0f x '<，此时函数()f x 在()0,∞+上单调递； ②当0a >时，令()0f x '>，得02ax <<；令()0f x '<，得2a x >，所以函数()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；综上，当0a 时，()f x 在()0,∞+上单调递；当0a >时，数()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）由题意，()()ln 123f x a x x =+-在()1,+∞上恒成立，可化为23ln 1x a x +≤+在()1,x ∈+∞上恒成立，设()()231ln 1x h x x x +=>+，则()()()()()22132ln 1232ln ln 1ln 1x x x x x h x x x +-+⨯-'==++设()()32ln 1x x x x ϕ=->，则()2230x x xϕ'=+>，所以()x ϕ在()1,+∞上单调递增，又()3ln16322ln 2022ϕ-=-=<，()3e 20eϕ=-> 所以方程()0h x '=有且只有一个实根0x ，且02e x <<，0032ln x x =，所以在()01,x 上，()0h x '<，()h x 单调递减，在()0,x +∞上，()0h x '>，()h x 单调递增，所以函数()h x 的最小值为()000000232322e 3ln 112x x h x x x x ++===<++，从而022e a x ≤<. 【点睛】思路点睛：求解不等式在给定区间内恒成立求参数的问题时，优先考虑分离参数的方法，分离出所求参数，构造新的函数，利用导数的方法求解函数的最值，进而即可求解.13．（2022·云南省下关第一中学高三开学考试）已知函数()ln (1)f x x x a x a =-++． (1)求函数()f x 的极值；(2)若不等式(1)()(2)e x f x x a a -≤--+对任意[1,)x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)极小值为e a a -；无极大值 (2)a 的取值范围为(,0]-∞【分析】（1）先判断函数定义域，再求导结合函数单调性求出极值即可；（2）对函数进行同构变形，令()(1)e x g x x a =--，则(ln )(1)g x g x ≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立，首先可以证明0ln 1x x ≤≤-对[1,)x ∈+∞恒成立，原题转化为求()g x 在[0,)+∞上单调递增时a 的取值范围即可. （1）由题意得：()ln (1)f x x x a x a =-++，,()0x ∈+∞，所以()ln f x x a '=-，令()0f x '=，解得e (0,)a x =∈+∞，当0e a x <<时()0f x '<；当e a x >时，()0f x '>．所以()f x 在()0,e a 上单调递减，在()e ,a+∞上单调递增．所以()f x 有极小值，为()e e a af a =-；无极大值．（2）由已知得，(1)ln (1)(2)e x x x a x x a --+≤--对任意[1,)x ∈+∞恒成立，即ln (1)(ln 1)e [(1)1]e x x x a x a ---≤---对任意[1,)x ∈+∞恒成立，令()(1)e x g x x a =--，则(ln )(1)g x g x ≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立，下证：0ln 1x x ≤≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立，令()ln (1)h x x x =--，[1,)x ∈+∞．则()10xh x x-'=≤在[1,)+∞上恒成立，且仅当1x =时取"="．所以()h x 在[1,)+∞上单调递减，()(1)0h x h ≤=，即0ln 1x x ≤≤-，[1,)x ∈+∞所以(ln )(1)g x g x ≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立，只需()g x 在[0,)+∞上单调递增，即()()e 0xg x x a '=-≥在[0,)+∞上恒成立，即a x ≤在[0,)+∞上恒成立，所以0,a ≤即a 的取值范围为(,0]-∞.【点睛】导数求参问题要善于运用转化的手法，本题先运用同构方法对原不等式变形，最终转化为函数单调性问题，结合函数的单调性与导数的关系，即可解答.14．（2022·甘肃定西·高二开学考试（理））已知函数()ln f x x x =，()23g x x ax =-+-(1)求()f x 在()()e,e f 处的切线方程(2)若存在[]1,e x ∈时，使()()2f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)2e y x =- (2)32eea【分析】（1）求出函数()f x 的导函数，确定切线的斜率，即可求()f x 在()()e,e f 处的切线方程；（2）先把不等式()()2f x g x ≥成立转化为32ln a x x x≤++成立，设32ln x x xx，[]1,e x ∈，利用导函数求出()x ϕ在[]1,e x ∈上的最大值，即可求实数a 的取值范围．（1）由()ln f x x x =，可得()ln 1f x x '=+，所以切线的斜率()e 2k f '==，()e e f =．所以()f x 在()()e,e f 处的切线方程为()e 2e y x -=-，即2e y x =-；（2）令20l 223n h x xf xg x x ax x ，则max 32ln a x x x ⎡⎤≤++⎢⎥⎣⎦，令32ln x x xx ，[]1,e x ∈，在[]1,e x ∈上，2130x xxx ，()x ϕ∴在[]1,e 上单调递增，max3e 2e +ex ， 32eea． 15．（2016·四川·高考真题（理））设函数f (x )=ax 2-a -ln x ，其中a ∈R. （I ）讨论f (x )的单调性；（II ）确定a 的所有可能取值，使得11()xf x e x->-在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)．【答案】（I ）见解析（II ） 1[,)2a ∈+∞.【详解】试题分析：本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题，考查学生的分析问题、解决问题的能力和计算能力.第（Ⅰ）问，对()f x 求导，再对a 进行讨论，从而判断函数()f x 的单调性；第（Ⅱ）问，利用导数判断函数的单调性，从而证明结论. 试题解析：（Ⅰ）2121()2(0).ax f x ax x x x --=>'=0a ≤当时，()'f x <0，()f x 在0+∞（，）内单调递减. 0a >当时，由()'f x =0，有12x a=. 此时，当x ∈10,)2a（时，()'f x <0，()f x 单调递减；当x ∈1+)2a（，∞时，()'f x >0，()f x 单调递增. （Ⅱ）令()g x =111ex x --，()s x =1e x x --.则()s x '=1e 1x --. 而当1x >时，()s x '>0，所以()s x 在区间1+)∞（，内单调递增. 又由(1)s =0，有()s x >0，从而当1x >时，()f x >0.当0a ≤，1x >时，()f x =2(1)ln 0a x x --<.故当()f x >()g x 在区间1+)∞（，内恒成立时，必有0a >. 当102a <<时，12a>1. 由（Ⅰ）有1()(1)02f f a <=,从而1()02g a>，所以此时()f x >()g x 在区间1+)∞（，内不恒成立. 当12a ≥时，令()()()(1)h x f x g x x =-≥，当1x >时，3212222111112121()20xx x x x h x ax e x x x x x x x x --+-+=-+->-+-=>>'，因此，()h x 在区间(1,)+∞单调递增.又因为(1)=0h ，所以当1x >时，()()()0h x f x g x =->，即()()f x g x >恒成立. 综上，1[,)2a ∈+∞.【考点】导数的计算，利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题【名师点睛】本题考查导数的计算，利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题，考查学生的分析问题、解决问题的能力和计算能力．求函数的单调性，基本方法是求'()f x ，解方程'()0f x =，再通过'()f x 的正负确定()f x 的单调性；要证明不等式()()f x g x >，一般证明()()f x g x -的最小值大于0，为此要研究函数()()()h x f x g x =-的单调性．本题中注意由于函数()h x 的极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围．比较新颖，学生不易想到，有一定的难度．16．（2020·河南开封市·高三一模（理））已知函数()()ln 0af x ax x a =>.（1）当1a =时，求曲线()y f x =在x e =处的切线方程；（2）若()xf x xe ≤对于任意的1x >都成立，求a 的最大值.【答案】（1）2y x e =-；（2）最大值为e . 【解析】（1）先由1a =，得到()ln f x x x =，对其求导，根据导数的几何意义，即可求出切线方程；（2）先由不等式恒成立，得到ln ln a a x x x x e e ≤⋅，构造函数()ln g x x x =，利用导数的方法判定其单调性，得到a x x e ≤对于任意的1x >都成立，分离参数，得到ln xa x≤对于任意的1x >都成立，再由导数的方法求出ln xx的最小值，即可得出结果. 【详解】（1）当1a =时，()ln f x x x =，得()ln 1f x x '=+，则()f e e =，()2f e '=，所以()y f x =在x e =处的切线方程为：2y x e =-. （2）当0a >且1x >时，由于()ln ln ln ln xaxaaxaaxxf x xe ax x xe x x xe x x e e ≤⇔≤⇔≤⇔≤⋅，构造函数()lng x x x =，得()ln 10g x x '=+>在1x >上恒成立，所以()ln g x x x =在()1,+∞上单调递增，()()()ln ln x a a x x a x f x xe x x e e g x g e ≤⇔≤⋅⇔≤，由于()xf x xe ≤对任意的1x >都成立，又1a x >，e 1x >，再结合()g x 的单调性知道：。

分离参数法解决成立或恒成立问题

分离参数法解决成立或恒成立问题
我们知道，根据方程有解、无解，不等式成立、恒成立，求参数取值范围，在高考中是一个长考不衰的命题，客观题中考，解答题中也考，变着花样考；但是由于含有参数，对很多学生来说，常常会感到束手无策，因为含参数问题往往牵涉到分类讨论，而分类讨论又恰好是个难点，一个痛点。

根据我这些年的跟踪研究，我发现大多数求参数取值范围问题，其实是可以避开分类讨论这个陷阱的。

我认为这才是更具实用价值的解题思维，正所谓“不战而屈人之兵，善之善者也”。

如果真的去分类讨论参数，就被命题者牵着鼻子走了，看似前面康庄大道，实则一路泥泞沼泽。

不知大家注意到没有，每年高考公布答案时，含参数问题，它公布的一定是分类讨论的那一种，在命题人眼中，这也许是最中规中矩的吧，也许也最能体现压轴题的“风采”吧！
我今天想跟大家分享的是：
如何利用分离参数法和分离函数法（此方法将在另一篇文章中专门讲述）避开分类讨论或降低分类讨论的难度，从而求出参数取值范围。

分离参数法常用有四种方法：
①常规法分离参数，
②倒数法分离参数，
③换元法分离参数，
④分类法分离参数，
下面我一一道来.
首先请看浙江省2011年的一道高考函数题，第一问在此略去：。

小论文1：恒成立问题——参变分离法

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。

（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；a 为参数，()g a 为其表达式）（1）若()f x 的值域为[],m M①()(),x D g a f x ∀∈≤，则只需要()()min g a f x m ≤= ()(),x D g x f x ∀∈<，则只需要()()min g a f x m <= ②()(),x D g a f x ∀∈≥，则只需要()()max =g a f x M ≥ ()(),x D g a f x ∀∈>，则只需要()()max =g a f x M > ③()(),x D g a f x ∃∈≤，则只需要()()max g a f x M ≤= ()(),x D g a f x ∃∈<，则只需要()()max g a f x M <= ④()(),x D g a f x ∃∈≥，则只需要()()min g a f x m ≥=()(),x D g a f x ∃∈>，则只需要()()min g a f x m >= （2）若()f x 的值域为(),m M① ()(),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） 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） ()(),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，先观察好哪些字母的范围已知（作为变量），那个是所求的参数，然后通常有两种方式处理（1）选择一个已知变量，与所求参数放在一起与另一变量进行分离。

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