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。

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 -<，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 M
①()(),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 M
① ()(),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。

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：
（2016秋•葫芦岛期末）已知幂函数
在（0，+∞）上为增函数，
g （x ）＝﹣x 2+2|x |+t ，h （x ）＝2x ﹣2﹣x （1）求m 的值，并确定f （x ）的解析式；
（2）对于任意x ∈[1，2]，都存在x 1，x 2∈[1，2]，使得f （x ）≤f （x 1），g （x ）≤g （x 2），若f （x 1）＝g （x 2），求实数t 的值；
（3）若2x h （2x ）+λh （x ）≥0对于一切x ∈[1，2]成成立，求实数λ的取值范围．
【分析】（1）由幂函数的定义得：m ＝﹣2，或m ＝1，由f （x ）在（0，+∞）上为增函数，得到m ＝1，由此能求出f （x ）．
（2）g （x ）＝﹣x 2+2|x |+t ，据题意知，当x ∈[1，2]时，f max （x ）＝f （x 1），g max （x ）＝g
（x2），由此能求出t．
（3）当x∈[1，2]时，2x h（2x）+λh（x）≥0等价于λ（22x﹣1）≥﹣（24x﹣1），由此能求出λ的取值范围．
解：（1）由幂函数的定义可知：m2+m﹣1＝1 即m2+m﹣2＝0，解得：m＝﹣2，或m＝1，∵f（x）在（0，+∞）上为增函数，∴﹣2m2+m+3＞0，解得﹣1＜m＜综上：m＝1∴f（x）＝x2…（4分）
（2）g（x）＝﹣x2+2|x|+t
据题意知，当x∈[1，2]时，f max（x）＝f（x1），g max（x）＝g（x2）
∵f（x）＝x2在区间[1，2]上单调递增，∴f max（x）＝f（2）＝4，即f（x1）＝4
又∵g（x）＝﹣x2+2|x|+t＝﹣x2+2x+t＝﹣（x﹣1）2+1+t
∴函数g（x）的对称轴为x＝1，∴函数y＝g（x）在区间[1，2]上单调递减，
∴g max（x）＝g（1）＝1+t，即g（x2）＝1+t，
由f（x1）＝g（x2），得1+t＝4，∴t＝3…（8分）
（3）当x∈[1，2]时，2x h（2x）+λh（x）≥0等价于2x（22x﹣2﹣2x）+λ（2x﹣2﹣x）≥0即λ（22x﹣1）≥﹣（24x﹣1），∵22x﹣1＞0，∴λ≥﹣（22x+1）
令k（x）＝﹣（22x+1），x∈[1，2]，下面求k（x）的最大值；
∵x∈[1，2]∴﹣（22x+1）∈[﹣17，﹣5∴k max（x）＝﹣5
故λ的取值范围是[﹣5，+∞）…（12分）
第二问题用到虚设零点
（2011•淄博一模）已知函数f（x）=e x+2x2﹣3x．
（Ⅰ）求证函数f（x）在区间[0，1]上存在唯一的极值点，并用二分法求函数取得极值时相应x的近似值（误差不超过0.2）；（参考数据e≈2.7，，e0.3≈1.3）
（Ⅱ）当时，若关于x的不等式恒成立，试求实数a 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）先求函数的导数，求导数在0和1处的值，乘积小于0即可（Ⅱ）利用分参法把a分离出来，构造函数，求函数的导数，判断函数的单调性，求a的取值范围
解：（Ⅰ）f′（x）=e x+4x﹣3，（1分）
令h（x）=f'（x）=e x+4x﹣3，则h′（x）=e x+4＞0，（2分）
∴f′（x）在区间[0，1]上单调递增，
∵f′（0）=e0﹣3=﹣2＜0，f'（1）=e+1＞0，
∴f′（0）•f′（1）＜0．（3分）
又∵f′（x）在区间[0，1]上是单调函数，∴f′（x）在区间[0，1]上存在唯一零点，∴f（x）在区间[0，1]上存在唯一的极小值点．（4分）
取区间[0，1]作为起始区间，用二分法逐次计算如下：
①f'（0.5）≈0.6＞0，而f'（0）=﹣2＜0，
∴f'（0.5）×f'（0）＜0）
∴极值点所在区间是[0，0.5]；
②又f'（0.3）≈﹣0.5＜0，∴f'（0.3）×f'（0.5）＜0，
∴极值点所在区间是[0.3，0.5]；
③∵|0.5﹣0.3|=0.2，∴区间[0.3，0.5]内任意一点即为所求．∴x=0.4（7分）（Ⅱ）由，得，
即，∵，∴，（8分）
令，则．（10分）
令，则φ'（x）=x（e x﹣1）．
∵，∴φ′（x）＞0，∴φ（x）在上单调递增，
∴，
因此g′（x）＞0，故g（x）在上单调递增，（12分）
则，∴a的取值范围是．（14分）
（2018•张掖模拟）已知函数f（x）=x2﹣2x﹣alnx，g（x）=ax．
（1）求函数F（x）=f（x）+g（x）的极值；
（2）若不等式对x≥0恒成立，求a的取值范围．
【分析】（1）化简函数F（x）=f（x）+g（x）的解析式，利用函数的导数，通过a与0以及1的大小，判断导函数的单调性求解函数的极值；
（2）设（x≥0），，设t=cosx，则t∈[﹣1，1]，，，利用函数的单调性，通过①当时，②当a≤0时，③当时，判断函数的单调性转化求解a的取值范围．
解：（1）F（x）=x2﹣2x﹣alnx+ax，，
∵F（x）的定义域为（0，+∞），
①，即a≥0时，F（x）在（0，1）上递减，
F（x）在（1，+∞）上递增，F（x）极小=a﹣1，F（x）无极大值；
②，即﹣2＜a＜0时，F（x）在和（1，+∞）上递增，在
=F（1）=a﹣1；
上递减，，F（x）
极小
③，即a=﹣2时，F（x）在（0，+∞）上递增，F（x）没有极值；
④，即a＜﹣2时，F（x）在（0，1）和上递增，F（x）在
=F（1）=a﹣1，．
上递减，∴F（x）
极大
=a﹣1，F（x）无极大值；
综上可知：a≥0时，F（x）
极小
﹣2＜a＜0时，，
F（x）极小=F（1）=a﹣1；a=﹣2时，F（x）没有极值；
a＜﹣2时，F（x）极大=F（1）=a﹣1，．（2）设（x≥0），，
设t=cosx，则t∈[﹣1，1]，，
，
∴φ（t）在[﹣1，1]上递增，∴φ（t）的值域为，
①当时，h'（x）≥0，h（x）为[0，+∞）上的增函数，
∴h（x）≥h（0）=0，适合条件；
②当a≤0时，∵，∴不适合条件；
③当时，对于，，
令，，
存在，使得x∈（0，x0）时，T'（x）＜0，
∴T（x）在（0，x0）上单调递减，∴T（x0）＜T（0）=0，
即在x∈（0，x0）时，h（x）＜0，∴不适合条件．综上，a的取值范围为．主参分离了
（2014春•东港区校级期末）已知函数f（x）=x3﹣ax，g（x）=x2﹣lnx﹣．（Ⅰ）若f（x）在x=1处的切线与x轴平行，求实数a的值；
（Ⅱ）若对一切x∈（0，+∞），有不等式f（x）≥2x•g（x）﹣x2+5x﹣3恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）记G（x）=x2﹣﹣g（x），求证：G（x）＞﹣．
【分析】（Ⅰ）若f（x）在x=1处的切线与x轴平行，f（x）在x=1处的切线斜率为0，即可求实数a的值；
（Ⅱ）原不等式可化为a≤（2lnx++x）min．
（Ⅲ）原不等式可化为lnx＞﹣，即证xlnx＞成立，确定左边的最小值，右边的最大值，即可证明．
解：（Ⅰ）f′（x）=3x2﹣a，∵f（x）在x=1处的切线与x轴平行，
∴f（x）在x=1处的切线斜率为0，即f′（1）=3﹣a，∴a=3；
（Ⅱ）原不等式可化为：x3﹣ax≥2x（﹣lnx﹣）﹣x2+5x﹣3，
∵x＞0，∴化简得：a≤（2lnx++x）min．
记t（x）=2lnx++x（x＞0），则t′（x）=
令t′（x）=0，∵x＞0，∴x=1，
,
∴在（0，1）上，t′（x）＜0，在（1，+∞）上，t′（x）＞0
∴t（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
故当x=1时，t（x）有最小值为4，故a∈（﹣∞，4]；
（Ⅲ）化简得G（x）=lnx，原不等式可化为lnx＞﹣，即证xlnx＞成立，
记F（x）=xlnx，可求其最小值为F（）=﹣，
记H（x）=，可求其最大值为H（1）=﹣，
显然x∈（0，+∞），F（x）＞H（x），故原不等式成立．
【点评】本题考查导数知识的综合运用，考查导数的几何意义，考查函数的单调性与最值，考查不等式的证明，正确求导是关键．
（2014•成都模拟）已知函数f（x）=ax2﹣bx﹣1nx，其中a，b∈R．
（Ⅰ）当a=3，b=﹣1时，求函数f（x）的最小值；
（Ⅱ）若曲线y=f（x）在点（e，f（e）处的切线方程为2x﹣3y﹣e=0（e=2.71828…为自然对数的底数），求a，b的值；
（Ⅲ）当a＞0，且a为常数时，若函数h（x）=x[f（x）+1nx]对任意的x1＞x2≥4，总有＞﹣1成立，试用a表示出b的取值范围．
【分析】（Ⅰ）当a=3，b=﹣1时，=，利用导数性质能求出当x=时，函数f（x）取得极小值即最小值=．
（Ⅱ）由，得f′（e）=，由曲线y=f（x）在点（e，f （e））处的切线方程为2x﹣3y﹣e=0，能求出，b=．
（Ⅲ）由题意知函数h（x）=在x∈[4，+∞）上单调递增．2b≤，由此利用分类讨论思想能求出当时，．当，．
解：（Ⅰ）当a=3，b=﹣1时，f（x）=x2+x﹣lnx，（x＞0）．
==，
令f′（x）＞0，解得；令f′（x）＜0，解得．
∴函数f（x）在区间上单调递减，在区间上单调递增．
因此当x=时，函数f（x）取得极小值即最小值，
最小值为==．
（Ⅱ），∴f′（e）=，
∵曲线y=f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为2x﹣3y﹣e=0，
∴，解得．
∴，b=．
（Ⅲ）由函数h（x）=x[g（x）+1]对任意的x1＞x2≥4，
总有＞﹣1成立，
∴函数h（x）=在x∈[4，+∞）上单调递增．
∴h′（x）=ax2﹣2bx+1≥0在[4，+∞）上恒成立．
∴=ax+在[4，+∞）上恒成立，∴2b≤，
x∈[4，+∞）．令u（x）=，x∈[4，+∞）．（a＞0）．
则=．令u′（x）=0，解得．
∴u（x）在上单调递减，在上单调递增．
（i）当时，即时，u（x）在上单调递减，
在上单调递增．∴u（x）min==，∴，即．（ii）当时，即，函数u（x）在[4，+∞）上单调递增，
∴，即．
综上可得：当时，．当，．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．
主参分离
（2015秋•越秀区校级期末）已知f（x）=xlnx﹣ax，g（x）=﹣x2﹣2．
（Ⅰ）对一切x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；（Ⅰ）解：对一切x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）恒成立，即xlnx﹣ax≥﹣x2﹣2恒成立．也就是在x∈（0，+∞）上恒成立．令，
则．x∈（0，1）时，F'（x）＜0，x∈（1，
+∞）时，F'（x）＞0．
因此F（x）在x=1处取极小值，也是最小值，即F（x）min=F（1）=3，
∴a≤3；
（2017秋•荔湾区校级期中）已知函数f（x）=e x+e﹣x，其中自然对数的底数e=2.718，函数F（x）是定义域为R的奇函数，且当x＞0时，F（x）=f（x）．
（1）求F（x）的解析式．
（2）证明函数F（x）在（﹣∞，+∞）上的单调递增．
（3）若ae2x﹣e x+a≥0（x∈[1，2]）恒成立，求常数a的取值范围．
【分析】（1）利用奇函数的性质可以求得解析式；
（2）证明函数的单调性，可以利用定义法和导数法．
（3）换元后对原命题做等价转化，更容易看清楚用分离参数法求解参数的取值范围．
解：（1）当x＞0时，F（x）=f（x）=e x+e﹣x，
由于F（x）定义在R上的奇函数，F（0）=0，则x＜0时，﹣x＞0，
则F（x）=﹣F（﹣x）=﹣（e﹣x+e x）=﹣e x﹣e﹣x，
故F（x）的解析式为
（2）（定义法）当x＞0时，令e x=t＞1，则，
任取0＜x1＜x2，则，t 1，t2＞1，
==，
易知t1﹣t2＜0，，
则F（x1）﹣F（x2）＜0，即F（x1）＜F（x2），
故函数F（x）在[0，+∞）上为增函数，
又由于F（x）为奇函数，则F（x）在（﹣∞，+∞）上为增函数．
【导数法】当x≥0时，F'（x）=e x﹣e﹣x，
又由于y=e x和y=﹣e﹣x单调递增，故F'（x）单调递增，F'（x）≥F'（0）=0，
即函数F（x）在[0，+∞）上为增函数，
又由于F（x）为奇函数，则F（x）在（﹣∞，+∞）上为增函数．
（3）令t=e x，由x∈[1，2]可知，t∈[e1，e2]，
则ae2x﹣e x+a≥0在x∈[1，2]上恒成立，即可等价转化为
at2﹣t+a≥0在t∈[e 1，e2]上恒成立，
分离参数得到，在t∈[e 1，e2]上恒成立，
变量集中，得到在t∈[e 1，e2]上恒成立，
又在t∈[e1，e2]上单调递增，故，
故．
故
，
【点评】（1）利用函数的奇偶性求函数的解析式，也是求函数解析式的一个途径．而且是比较常考的一个考点．
（2）对于函数的单调性的证明，要求是比较严谨的，一般只能用定义法和导数法，其他的方法都不能算作严谨的证明，充其量也就是个辅助说明或者单调性的
判断．
（3）换元后对原命题做等价转化，更容易看清楚用分离参数法求解参数的取值范围．其实数学素养好的学生也可以不换元．
（2018•深圳一模）已知函数f（x）=﹣ln（x+1）（a＞0）．
（I）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）当a=1时，关于x的不等式f（x）≤kx2在x∈[0，+∞）上恒成立，求k 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；（Ⅱ）问题转化为kx2﹣x+ln（x+1）≥0，设g（x）=kx2﹣x+ln（x+1），x≥0，只需g（x）≥0，在x∈[0，+∞）上恒成立即可，根据函数的单调性求出k的范围即可．
解：（Ⅰ）f（x）的定义域是（﹣1，+∞），f′（x）=，
由a＞0，f′（x）=0，解得：x1=0，x2=﹣2+，
①当a≥1时，﹣2+≤﹣1，在x∈（﹣1，0）时，f′（x）＜0，
在x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在x∈（﹣1，0）递减，f（x）在x∈（0，+∞）递增；
②当＜a＜1时，﹣1＜﹣2+＜0，在x∈（﹣1，﹣2+）时，f′（x）＞0，
在x∈（﹣2+，0）时，f′（x）＜0，在x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在x∈（﹣1，﹣2+），x∈（0，+∞）递增，
f（x）在x∈（﹣2+，0）递减；
③当a=时，f′（x）≥0在x∈（﹣1，+∞）上恒成立，
故f（x）在x∈（﹣1，+∞）递增；
④当0＜a＜时，﹣2+＞0，在x∈（﹣1，0）时，f′（x）＞0，
在x∈（0，﹣2+）时，f′（x）＜0，在x∈（﹣2+，+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（﹣1，0），x∈（﹣2+，+∞）递增，
f（x）在x∈（0，﹣2+）递减；
（Ⅱ）当a=1时，f（x）=x﹣ln（x+1），f（x）≤kx2，即kx2﹣x+ln（x+1）≥0，设g（x）=kx2﹣x+ln（x+1），x≥0，
只需g（x）≥0，在x∈[0，+∞）上恒成立即可，
∵g（0）=0，g′（x）=2kx﹣1+=，
又x≥0，故≥0，令g′（x）=0，得2k（x+1）﹣1=0，
当k≥时，g′（x）≥0在x≥0上g′（x）≥0，
故y=g（x）递增，故g（x）≥g（0）=0恒成立，
当0＜k＜时，g′（x）=0，即2k（x+1）﹣1=0，故x=﹣1+＞0，
故x∈（0，﹣1+）时，g′（x）＜0，x∈（﹣1+，+∞）时，g′（x）＞0，此时函数g（x）在x∈（0，﹣1+）递减，
又g（0）=0，故在x∈（0，﹣1+）上，g（x）＜0，与题设矛盾，
当k≤0时，g′（x）＜0，此时函数g（x）在x∈（0，+∞）递减，
又g（0）=0，故x∈（0，+∞）上，g（x）＜0，与题设矛盾，综上，k≥．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
已知函数f（x）=．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）当x＞0时，af（x）+xf′（x）＜恒成立，求实数a的取值范围．
【分析】（1）先求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值；
（2）令x﹣2=t，则x=t+2，（t＞﹣2），问题转化为at＜a2﹣t+2，通过讨论t的范围，结合基本不等式的性质，从而求出a的范围．
解：（1）f′（x）=，
令f′（x）＞0，解得：x＞4或x＜1，令f′（x）＜0，解得：1＜x＜4，
∴f（x）在（﹣∞，1），（4，+∞）递增，在（1，4）递减，
∴f（x）的极大值是f（0）=0或f（4）=，极小值是f（1）=﹣；
（2）当x∈（0，+∞）时，af（x）+f′（x）＜恒成立
⇔a（x﹣2）＜（x﹣1）（x﹣4）+4，
令x﹣2=t，则：x=t+2，（t＞﹣2），∴at＜a2﹣t+2，
①当x＞2时，x﹣2＞0，即t＞0，此时不等式等价于a＜t+﹣1，
∵t+﹣1≥2﹣1=2﹣1，
当且仅当t=即t=，x=2+时“=”成立，∴a＜2﹣1；
②当x=2，即t=0时，不等式at＜a2﹣t+2恒成立；
③当0＜x＜2即﹣2＜t＜0时，不等式at＜a2﹣t+2等价于a＞t+﹣1，
∵t+﹣1=﹣[（﹣t）+（﹣]﹣1≤﹣2﹣1=﹣1﹣2，
当且仅当﹣t=﹣，即t=﹣，x=2﹣时，“=”成立，
∴a＞﹣1﹣2，综上：a的范围是（﹣1﹣2，2﹣1）．
【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，函数恒成立问题，通过换元法结合不等式的性质是解答本题的关键，本题有一定的难度．（2016•衡阳一模）已知函数．
（Ⅰ）当a＞0时，求函数f（x）的单调递减区间；
（Ⅱ）当a=0时，设函数g（x）=xf（x）﹣k（x+2）+2．若函数g（x）在区间
上有两个零点，求实数k的取值范围．
【分析】（Ⅰ）求出f（x）的导数，对a讨论，0＜a＜1，a=1，a＞1，判断单调性，即可得到所求递减区间；
（Ⅱ）g（x）=x2﹣xlnx﹣k（x+2）+2在上有零点，即关于x的方程在上有两个不相等的实数根．令函数
．求出导数，判断单调性，即可得到所求范围．解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），
f（x）的导数为f′（x）=﹣ax+1+a﹣=﹣（a＞0），
①当a∈（0，1）时，．由f'（x）＜0，得或x＜1．
当x∈（0，1），时，f（x）单调递减．
∴f（x）的单调递减区间为（0，1），；
②当a=1时，恒有f'（x）≤0，∴f（x）单调递减．
∴f（x）的单调递减区间为（0，+∞）；
③当a∈（1，+∞）时，．由f'（x）＜0，得x＞1或．
∴当，x∈（1，+∞）时，f（x）单调递减．
∴f（x）的单调递减区间为，（1，+∞）．
综上，当a∈（0，1）时，f（x）的单调递减区间为（0，1），；
当a=1时，f（x）的单调递减区间为（0，+∞）；
当a∈（1，+∞）时，f（x）的单调递减区间为，（1，+∞）．
（Ⅱ）g（x）=x2﹣xlnx﹣k（x+2）+2在上有零点，
即关于x的方程在上有两个不相等的实数根．
令函数．则．
令函数．
则在上有p'（x）≥0．
故p（x）在上单调递增．
∵p（1）=0，∴当时，有p（x）＜0即h'（x）＜0．∴h（x）单调递减；当x∈（1，+∞）时，有p（x）＞0即h'（x）＞0，∴h（x）单调递增．∵，h（1）=1，，
∴k 的取值范围为．
【点评】本题考查导数的运用：求单调区间，考查分类讨论的思想方法，以及构造函数的方法，同时考查函数的零点的问题的解法，注意运用转化思想，属于中档题．
1.(2017·潍坊调研)已知函数f (x )＝ln x －a （x －1）
x
(a ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间；
(2)求证：不等式(x ＋1)ln x >2(x －1)对∀x ∈(1，2)恒成立. (1)解 定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －a x 2.
①a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数；
②a >0时，f (x )在(a ，＋∞)上为增函数，在(0，a ) 上为减函数. (2)证明 法一 ∵x ∈(1，2)，∴x ＋1>0，
∴要证原不等式成立，即证ln x >2（x －1）
x ＋1对∀x ∈(1，2)恒成立，令g (x )＝ln x －
2（x －1）x ＋1，g ′(x )＝（x －1）2
（x ＋1）2≥0，∴g (x )在(0，＋∞)上为增函数，
∴当x ∈(1，2)时，g (x )>g (1)＝ln 1－2（1－1）1＋1
＝0，
∴ln x >2（x －1）
x ＋1对∀x ∈(1，2)恒成立，∴(x ＋1)ln x >2(x －1)对∀x ∈(1，2)恒成立.
法二 令F (x )＝(x ＋1)ln x －2(x －1)，
F ′(x )＝ln x ＋x ＋1x －2，＝ln x －x －1x .令φ(x )＝ln x －x －1
x ，由(1)知a ＝1时， φ(x )在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数. ∵x ∈(1，2)，则φ(x )在(1，2)为增函数，φ(x )>φ(1)＝0， 即x ∈(1，2)，F ′(x )>0，∴F (x )在(1，2)上为增函数， ∴F (x )>F (1)＝0，∴(x ＋1)ln x >2(x －1)对∀x ∈(1，2)恒成立. （2018•广州一模）已知函数1ln )(++=x ax x f ． （1）讨论函数)(x f 零点的个数；
（2）对任意的0>x ，x xe x f 2)(≤恒成立，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）由f（x）=0，得﹣a=，x＞0，求得右边函数的导数，以及单调性和最值，即可得到所求零点个数；
（2）任意的x＞0，f（x）≤xe2x恒成立，即为a≤e2x﹣恒成立，设h（x）=e2x﹣﹣2，设m（x）=xe2x﹣lnx﹣1﹣2x，x＞0，求得导数，单调性和最值，即可得到所求范围．
解：（1）函数f（x）=ax+lnx+1，由f（x）=0，可得﹣a=，x＞0，
设g（x）=，x＞0，g′（x）=，
当x＞1时，g′（x）＜0，g（x）递减；当0＜x＜1时，g′（x）＞0，g（x）递增，可得x=1处g（x）取得最大值1，如图所示：
当﹣a≤0或﹣a=1，即a≥0或a=﹣1时，直线y=﹣a与y=g（x）有一个交点，当0＜﹣a＜1即﹣1＜a＜0时，直线y=﹣a与y=g（x）有两个交点，
当﹣a＞1即a＜﹣1时，直线y=﹣a与y=g（x）没有交点，
综上可得，a＜﹣1，函数f（x）零点的个数为0；
﹣1＜a＜0，函数f（x）零点的个数为2；
a≥0或a=﹣1时，函数f（x）零点的个数为1；
（2）任意的x＞0，f（x）≤xe2x恒成立，即为a≤e2x﹣恒成立，
设h（x）=e2x﹣﹣2=，
设m（x）=xe2x﹣lnx﹣1﹣2x，x＞0，
m′（x）=e2x+2xe2x﹣﹣2=（1+2x）（e2x﹣），
设e2x﹣=0的根为a，即有x＞a，m（x）递增；0＜x＜a时，m（x）递减，
可得x=a处m（x）取得最小值m（a），
由m（a）=ae2a﹣lna﹣1﹣2a=1﹣lne﹣2a﹣1﹣2a=0，
可得h（x）≥0恒成立，即有e2x﹣≥2，
则a≤2，即a的范围是（﹣∞，2]．
另解：任意的x＞0，f（x）≤xe2x恒成立，即为a≤e2x﹣恒成立，
由e x≥x+1，（x=0取得等号），x＞0时，xe2x=e lnx e2x=e lnx+2x≥lnx+2x+1，
即有e2x≥+2，
可得e2x﹣≥2，（当lnx+2x=0取得等号），则a≤2．
【点评】本题考查函数导数的运用，求函数的单调性和最值，考查不等式恒成立问题解法，注意运用参数分离和构造函数法，考查考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是难题．
（2016•湖南校级模拟）已知a∈R，函数f（x）=ax+lnx，g（x）=﹣（e为自然对数的底数）．
（1）若a=﹣e2，求函数f（x）的极值；
（2）若a=﹣1，求证：当x＞0时，f（x）＞g（x）﹣x恒成立．
【分析】（1）求得f（x）的导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间，进而得到所求极值；
（2）要证原不等式成立，即证xlnx＞﹣在x＞0恒成立．设m（x）=xlnx，n （x）=﹣，求得导数和单调区间，可得最值，比较大小，即可得证．
解：（1）函数f（x）=﹣e2x+lnx（x＞0）的导数为f′（x）=﹣e2+=﹣，当x＞时，f′（x）＜0；当0＜x＜时，f′（x）＞0．
即有f（x）在（0，）递增，在（，+∞）时，f（x）递减．
可得f（x）在x=处取得极大值﹣1+ln=﹣3，无极小值；
（2）证明：a=﹣1时，要证当x＞0时，f（x）＞g（x）﹣x恒成立，
即证﹣x+lnx＞﹣﹣x，即为xlnx＞﹣在x＞0恒成立．
设m（x）=xlnx，m′（x）=1+lnx，当x∈（0，）时，m′（x）＜0，m（x）递减；当x∈（，+∞）时，m′（x）＞0，m（x）递增．
可得m （x ）在x=处取得极小值，且为最小值﹣； 设n （x ）=
﹣，n′（x ）=
，当x ∈（0，1）时，n′（x ）＞0，n （x ）递增；
当x ∈（1，+∞）时，n′（x ）＜0，n （x ）递减．
可得n （x ）在x=1处取得极大值，且为最大值﹣=﹣． 由于最值不同时取得，即有xlnx ＞
﹣在x ＞0恒成立．
则当x ＞0时，f （x ）＞g （x ）﹣x 恒成立．
【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用构造函数法，求得单调区间和最值，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
例1.已知函数()x x
f x e ae -=-，若'()3f x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是_______
思路：首先转化不等式，'()x x
f x e ae -=+，即23
x
x
a e e +
≥a 与x
e 便于分离，考虑利用参变分离法，使,a x 分居不等式两侧，()
2
23x x a e e ≥-+，若不等式
恒成立，只需()
(
)
2
max
23x x
a e
e
≥-+，令()()
(
2
2
33
3x x
x
g x e
e e =-+=--+答
案：3a ≥（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 ≥
例2.已知函数()ln a f x x x =-
，若()2
f 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2
ln a x x x
-<，便于参数分离，所以考虑尝试参变分离法
解：233
ln ln ln a x x x x a x a x x x x
-<⇔-<⇔>-，其中()1,x ∈+∞
∴只需要()
3
max
ln a x x x >-，令()3
ln 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
1
x
，所以二阶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）
()'
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） ()'
g
x ∴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 ≥-
【关键点拨】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。

例3：若对任意x R ∈，不等式2
3
324
x ax x -≥-
恒成立，则实数a 的范围是 ． 思路：在本题中关于,a x 的项仅有2ax 一项，便于进行参变分离，但由于x R ∈,则分离参数时要对x 的符号进行讨论，并且利用x 的符号的讨论也可把绝对值去掉，进而得到a 的范围，2
233322344x ax x ax x x -≥-
⇔≤-+，当0x >时，min 32314a x x ⎛
⎫≤-+ ⎪⎝
⎭
，而
3331311244x x x x -+
=+-≥= 221a a ∴≤⇒≤；当0x =时，不等式恒成立；当0x <时，max 32314a x x ⎛
⎫≥++
⎪⎝
⎭，而333113244x x x x ⎛
⎫++=--+-≤- ⎪⎝⎭
221a a ∴≥-⇒≥- 综上所述：11a -≤≤
答案：11a -≤≤
【关键点拨】（1）不等式含有绝对值时，可对绝对值内部的符号进行分类讨论，进而去掉绝对值，在本题中对x 进行符号讨论一举两得：一是去掉了绝对值，二是参变分离时确定不等号的是否变号。

（2）在求x 解析式最值时根据式子特点巧妙使用均值不等式，替代了原有的构造函数求导出最值的方法，简化了运算。

（3）注意最后确定a 的范围时是三部分取交集，因为是对x 的取值范围进行的讨论，而无论x 取何值，a 的值都要保证不等式恒成立，即a 要保证三段范围下不等式同时成立，所以取交集。

例4.设函数2
()1f x x =-，对任意的2
3,,4()(1)4()2x x f m f x f x f m 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：()()()2
22221411141x m x x m m ⎛⎫
---≤--+- ⎪⎝⎭
，即
22221423m x x x m ⎛⎫-≤-- ⎪⎝⎭
，便于进行分离，考虑不等式两边同时除以2
x ，可得： 2222min
1234x x m m x ⎛⎫--⎛⎫-≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()2
22
2311321x x g x x x x --⎛⎫==--⋅+ ⎪⎝⎭，120,3x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦ 最小值2533g ⎛⎫=-
⎪⎝⎭
，2
422
154125303m m m m ∴-≤-⇒--≥即()()2231430m m +-≥
解得：3,,m ⎛
⎡⎫
∈-∞+∞ ⎪⎢⎝⎦⎣⎭ 答案：3,,m ⎛⎡⎫∈-∞+∞ ⎪⎢⎝⎦
⎣⎭
【关键点拨】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 例5.若不等式2322x x x ax ++-≥对()0,4x ∈恒成立，则实数a 的取值范围是 ． 思路：
23
23
min
2222x x x x x x ax a x ⎛⎫++-++-≥⇒≤
⎪ ⎪⎝
⎭，令()232
2x x x
f x x
++-=
，对绝对值内部进行符号讨论，即()22
2242222,0x x x x f x x x x x x x x ⎧++-<<⎪⎪=++-=⎨⎪++
-<≤⎪⎩
，而
22
2y x x x
=+
+-
在)
单调递增，22
2y x x x
=+
+-在
(
单调递减，∴可求出()
min f
x f
==，a ∴≤答案：a ≤例 6.设正数()()2221,x e x e x
f x
g x x e +=
=，对任意()12,0,x x ∈+∞，不等式()()121
g x f x k
k ≤
+恒成立，则正数k 的取值范围是（ ）
思路：先将k 放置不等号一侧，可得()()211
kf x g x k ≤
+，所以
()()21max 1
kf x g x k ≥⎡⎤⎣⎦+，
先求出()g x 的最大值，()()'21x g x e x e -=⋅-，可得()g x 在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减。

故()()max 1g x g e ==，所以若原不等式恒成立，只需
()21
kf x e k ≥+，不等式中
只含1,k x ，可以考虑再进行一次参变分离，
()()221
1
kf x k e e f x k k
+≥⇒⋅
≤+，则只需
()2min 1k e f x k
+⋅≤⎡⎤⎣⎦，()222112e x f x e x e x x +==+≥=，()2min 2f x e =⎡⎤⎣⎦ 所以1
2k e e k
+⋅
≤解得：1k ≥ 答案：1k ≥
例7.已知函数()()()2
21ln ,,1x
f x ax a x x a R
g x e x =-++∈=--，若对于任意的
()120,,x x R ∈+∞∈，不等式()()12f x g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围
思路：()f x 含有参数a ，而()g x 为常系数函数，且能求出最值，所以以()g x 为入手点：若()()12f x g x ≤恒成立，则只需()()1min
f x
g x ≤⎡⎤⎣⎦。

可求出()min 0g x =，进而问题转
化为()10,x ∀∈+∞，()2
11121ln 0ax a x x -++≤恒成立，此不等式不便于利用参变分离求解，考虑利用最值法分类讨论解决 解：
()()12f x g x ≤恒成立 ∴只需()()1min f x g x ≤
由()1x
g x e x =--得：()'
1x
g x e =-，令()'
0g x >解得：0x >
()g x ∴在(),0-∞单调递减，在()0,+∞单调递增，()()min 00g x g ∴==
()10,x ∴∀∈+∞，()211121ln 0ax a x x -++≤恒成立，即只需()max 0f x ≤ ()()()()2
'
22112111221ax a x ax x f x ax a x x x
-++--=--+==
当0a >时，令21a x a
+=
，则21211ln ln 20a a f a a a ++⎛⎫⎛⎫⎛
⎫==+> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝
⎭，与()0f x ≤矛
盾，当0a ≤时，210ax -< ()'
0f
x ∴>解得1x <
()f x ∴在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减
()()()max 1211f x f a a a ∴==-+=-- ，101a a ∴--≤⇒≥-
综上所述：[]1,0a ∈-
【关键点拨】（1）在例6，例7中对于多变量恒成立不等式，都是以其中一个函数作为突破口求得最值，进而消元变成而二元不等式，再用处理恒成立的解决方法解决。

（2）在本题处理()0f x ≤恒成立的过程中，对令21
a x a
+=
这个反例，是通过以下两点确定的：① 0a >时估计()f x 函数值的变化，可发现当x →+∞时，()2210ax a x -+>（平方比一次函数增长的快） ②在选取特殊值时，因为发现1x >时，ln x 已然为正数，所以只需前面两项相消即可，所以解方程()2
211
21020a ax a x x a a
+-+=⇒=
=+>，刚好符合反例的要求。

例8.
若不等式()x a x y +≤+对任意正数,x y 恒成立，则正数a 的最小值是（ ）
A. 1
B. 2
1
2
+
D. 1+ 思路：本题无论分离x 还是分离y 都相对困难，所以考虑将,x y 归至不等号的一侧，致力于
去求,x y
表达式的最值：(
)max
x a x y a +≤+⇒≥⎝⎭
，从
考虑使用均值不等式：2x y =≤+
⇒()
22x x y x y
++≤=+，
所以2a ≥ 答案：B
小炼有话说：（1）在多变量不等式恒成立问题上处理方式要根据不等式特点灵活选择合适的方法，本题分离a 与,x y 很方便，只是在求二元表达式最值上需要一定的技巧。

（2）
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x （或y ）
1x
=
+
t =值即可。

例.已知函数()1ln x
f x x += ，如果当1x ≥时，不等式()1k f x x ≥+恒成立，求实数k 的取值范围.
思路：恒成立不等式为
1ln 1
x k
x x +≥
+,只需不等号两侧同时乘以1x +即可进行参变分离，且由于1x ≥,10x +>，也不存在不等号变号问题。

则可得：()()11ln x x k x
++≤
,只需
()()min
11ln x x k x ++⎛⎫≤ ⎪
⎝⎭即可，设()()()11ln x x g x x ++=，尝试利用导数求得最小值，
解：
1x ≥ ()()11ln 1ln 1x x x k
k x x x
+++∴
≥⇔≤+ 即只需要()()min
11ln x x k x ++⎛⎫≤
⎪
⎝⎭，设()()()11ln x x g x x ++=
()()()()()'
'22
11ln 11ln ln x x x x x x x g x x x ++-++⎡⎤-⎣
⎦∴== 令()ln h x x x =- (分子的符号无法直接判断，所以考虑再构造函数进行分析）
()'111x h x x x
-∴=-
=
1x ≥ ()'0h x ∴≥
()h x ∴在()1,+∞单调递增 ()()110h x h ∴≥=>
()'0g x ∴> ()g x ∴在()1,+∞单调递增 ()()min 12g x g ∴== 2k ∴≤
答案：2k ≤
例10.已知函数()ln f x x x x =+,若k Z ∈,且()
1
f x k x <- 对任意1x >恒成立,则k 的最大值为_________. 思路：恒成立不等式()ln 11f x x x x k x x +<
=--，min
ln 1x x x k x +⎛⎫
∴< ⎪
-⎝⎭，令()ln 1x x x g x x +=-，则()()
'2
ln 2
1x x g x x --=
-，考虑分子()ln 2h x x x =--，()'
11
10x h x x x
-=-
=>()h x ∴在()1,+∞单调递增。

尽管不能够确定零点，但可以通过零点存在性定理大致的确定零点所
在的位置。

()()31ln30,42ln20h h =-<=-> ()3,4b ∴∃∈，使得()0h b =。

()()()'1,,00x b h x g x ∴∈<⇒<，
同理，(),x b ∈+∞时，()'0g x >，所以()g x 在()1,b 单调递减，在(),b +∞单调递增。

()()min ln 1
b b b
g x g b b +==
-，因为()0h b =即
ln 20ln 2b b b b --=⇒=-，()()
()23,41
b b b g b b b +-∴=
=∈- k b ∴< max 3k =
答案：3
【关键点拨】（1）本题的一个重要技巧在于对()h x 零点的“设而不求”，在求得()h x 单调增的前提下，判断()h x 的符号零点必不可少，但方程ln 20x x --=无法求出解。

那么卡在这一步是否要放弃重来？不然。

可暂用一个变量来表示零点，再用特殊点的函数值将零点控制在一个小的范围内。

在本题中这种方法带来方法上的两个突破：第一，能够判断()h x 的符号进而得到()'
g x 的符号，确定了()g x 的单调性，找到最小值。

第二，尽管b 不可求，
但是本身自带一个方程ln 20ln 2b b b b --=⇒=-，从而达到了一个对数与一次函数的转换。

对后面的化简有极大帮助
（2）若所求变量在整数集中取值，则求变量的值时不仅可利用等量关系，也可考虑求关于该变量的不等关系，再由其整数性选取符合条件的整数即可。

（2012秋•吴兴区校级期中）已知函数，
（1）试讨论函数f （x ）的单调区间；
（2）若不等式f （x ）≥x 对于任意的x ∈[0，a +1]恒成立，求a 的取值范围． 【分析】（1）先求导函数，然后讨论a ，得到导数符号，从而得到函数的单调区间；
（2）由（1）可知当a ＞2时，x ∈[x 1，x 2]⊆[0，a +1]时，有f （x ）＜0即f （x ）≥x 不成立，当a=0时，f （x ）≥x 在x ∈[0，a +1]上成立，当a ∈（0，2）时，证明
，即证e x ﹣（x +1）x ≥0（x=a +1∈（1，3））即可．
解：（1）f′（x ）=
=
当a=0时，函数定义域为R，f′（x）=≥0，∴f（x）在R上单调递增
当a∈（0，2）时，∵△=a2﹣4＜0∴x2﹣ax+1＞0恒成立，函数定义域为R，又a+1＞1，
∴f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，（1，1+a）单调递减，（1+a，+∞）单调递增
当a=2时，函数定义域为（﹣∞，1）∪（1，+∞），f′（x）=
∴f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，（1，3）上单调递减，（3，+∞）上单调递增
当a∈（2，+∞）时，∵△=a2﹣4＞0，设x2﹣ax+1=0的两个根为x1，x2，且x1＜x2，
由韦达定理易知两根均为正根，且0＜x1＜1＜x2，所以函数的定义域为（﹣∞，x1）∪（x2，+∞）
又对称轴x=＜a+1，且（a+1）2﹣a（a+1）+1=a+2＞0，x2＜a+1
∴f（x）在（﹣∞，x1），（x1，1）单调递增，（1，x2），（x2，a+1）上单调递减，（1+a，+∞）单调递增
（2）解：由（1）可知当a＞2时，x∈[x1，x2]⊆[0，a+1]时，有f（x）＜0即f （x）≥x不成立，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）
当a=0时，单调递增，所以f（x）≥x在x∈[0，a+1]上成立﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）
当a∈（0，2）时，，
下面证明：即证e x﹣（x+1）x≥0（x=a+1∈（1，3））
令g（x）=e x﹣（x+1）x，g′（x）=e x﹣2x﹣1，g″（x）=e x﹣2
∵x∈（1，3）∴g″（x）＞0，∴g′（x）单调递增，∵g′（1）＜0，g′（3）＞0
∴∃x0使得=e x﹣2x0﹣1=0
∴g（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，3）上单调递减，此时g（x）≥g（x0）=﹣+x0+1
∵g′（）=﹣（2+
）＞0，∴x 0＜∴g （x 0）＞0
所以不等式e x ﹣（x +1）x ≥0（x=a +1∈（1，3））所以
综上所述，当a ∈[0，2）时，不等式f （x ）≥x 对于任意的x ∈[0，a +1]恒成立﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（15分）
【点评】本题主要考查了函数恒成立问题，以及利用导数研究函数的单调性和最值，同时考查了转化的思想和计算能力，属于难题．
3. 已知R a ∈，若不等式ln 20a
x x x
-+->对于任意()1,x ∈+∞恒成立，则a 的取值范围为（ ）
A ．2a ≤
B ．1a ≤
C ．1a ≤-
D ．0a ≤ 【答案】C。