含参不等式分离变量法
专题17 参变分离法解决导数问题(解析版)
专题17参变分离法解决导数问题1.分离变量法在处理含参a 的函数(,)f x a 不等式和方程问题时，有时可以将变量分离出来，如将方程(,)0f x a =，转化为()()g x h a =这样就将把研究含参函数(,)f x a 与x 轴的位置关系的问题转化为不含参的函数()g x 与动直线()y h a =的位置关系问题，这种处理方法就叫分离变量法。
（1）优点：分离变量法可以将含参函数中的参数分离出去，避免直接讨论，从而简化运算；（2）解题过程中可能遇到的问题：①参数无法分离；②参数分离后的函数()y g x =过于复杂；③讨论位置关系时可能用到()y g x =的函数极限，造成说理困难.2.分类：分离参数法有完全分离参数法（全分参）和部分分离参数法（半分参）两种注意事项：无论哪种分参方法，分参过程中需注意变量的正负对不等号的影响！一、单选题1．已知函数()ln f x x ax =-在区间()1,2上单调递增，则a 的取值范围是（）A ．(],1-∞B ．1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．(),1-∞【解析】1()0f x a x '=-≥在区间()1,2上恒成立，即1a x≥在区间()1,2上恒成立，显然1y x=在区间()1,2的最小值为12，所以12a ≤．故选：B ．2．若函数()5ln f x x a x x=--在[)1,+∞上是增函数，则实数a 的取值范围是（）A ．-⎡⎣B ．(,-∞C ．(],6-∞D ．(]0,6【解析】因为函数()f x 在[)1,+∞上是增函数，所以()0f x '≥在[)1,+∞上恒成立，即()2510a f x x x '=+-≥，即5a x x≤+恒成立，又5x x +≥=x =a ≤，故选：B 3．已知函数()e xf x mx x=-（e 为自然对数的底数），若()0f x >在()0,∞+上恒成立，则实数m 的取值范围是（）A ．(),2-∞B ．2e ,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．(],e -∞D ．2e ,4∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭【解析】若()0f x >在()0,∞+上恒成立，则2ex m x <在()0,∞+上恒成立等价于2e x min m x ⎛⎫< ⎪⎝⎭在()0,∞+上恒成立，令()()2e0xh x x x =>，则()()()3e 20x x x h x x-'>=，令()0h x '>，解得2x >，令()0h x '<，解得02x <<，故()h x 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，故()()2e 24minh x h ==，故2e 4m <.故选：B.4．关于x 的方程210x mx ++=在[]0,2内有解，则实数m 的取值范围（）A ．(],2-∞-B ．[)2,+∞C ．5,2∞⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．5,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】当0x =时，可得10=显然不成立；当(]0,2x ∈时，由于方程210x mx ++=可转化为1m x x =--，(]0,2,x ∈令1y x x =--，可得222111x y x x-=-='，当01x <<时，0y '>，函数单调递增；当12x <<时，0y '<，函数单调递减，所以当1x =时，函数1y x x=--取唯一的极大值，也是最大值，所以2max y =-，所以2y ≤-，即2m ≤-，所以实数m 的取值范围(],2-∞-.故选：A.5．若函数()ln x f x x x ae =+没有极值点，则实数a 的取值范围是（）A ．1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,e ∞⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭【解析】由题意可得，()1ln 0x f x x ae '=++=没有零点，或者有唯一解（但导数在点的两侧符号相同），即1ln xxa e +-=没有交点，或者只有一个交点但交点的两侧符号相同.令1ln ()x x g x e+=，0x >，则1ln 1()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.6．若对任意正实数x ，不等式()21xe a x -≤恒成立，则实数a 的范围是（）A ．ln 2122a ≤+B ．ln 212a ≤+C ．1ln 22a ≤+D ．ln 2122a ≥+【解析】因为不等式()2e 1xa x -≤恒成立，2e 0x >，所以21e xa x ≤+恒成立，设()21ex f x x =+，则()min a f x ≤，因为()221e x f x '=-+，令()0f x '=，则ln 22x =，所以当ln 2,2x ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，当ln 2,2x +∈∞⎛⎫⎪⎝⎭时，()0f x '>，所以()f x 在ln 2,2⎛⎫-∞ ⎝⎭上单调递减，在ln 2,2+∞⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()min ln 21ln 2222f x f ⎛⎫==+⎪⎝⎭，所以ln 2122a ≤+，故选：A 7．已知函数()x f x a x xe =-+，若存在01x >-，使得()0 0f x ≤，则实数a 的取值范围为：（）A ．[0,)+∞B ．(,0]-∞C ．[1,)+∞D ．(,1]-∞【解析】由题意可得0x a x xe +≤-在()1,-+∞上能成立，所以x a x xe ≤-在()1,-+∞上能成立，令()()1x x xe h x x -=>-，则()()11xx h x e -+'=，令()()11x x x e m =-+，则()()02x x m x e +'=-<，所以()()11xx x e m =-+在()1,-+∞上单调递减，且()()000110e m -+⨯==，即()00h '=，因此()h x 在()1,0-上单调递增，在()0,∞+上单调递减，所以()()max 00h x h ==，所以0a ≤，故选：B.8．当0x >时，11e 2x a x->-恒成立，则a 的取值范围为（）A ．()1,+∞B ．()e,∞+C ．1,e ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．()2,+∞【解析】由11121e2e x x x a a x x --->-⇒>，设()121e x x f x x --=，则()()()2212121121e ex x x x x x f x x x --+-+-++'==，当()0,1x ∈时，()0f x '>，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，所以函数()f x 在区间()0,1上递增，在区间(1,)+∞上递减，故()()11f x f ≤=，故1a >.故选：A.9．对任意0x >，不等式e ln()(1)0x ax a x -+-≥恒成立，则正数a 的最大值为（）A BC ．1eD ．e【解析】∵e ln()(1)0x ax a x -+-≥，∴ln()e ln()ln()e x ax x ax ax ax +≥+=+．令()e x f x x =+，则不等式化为()(ln())f x f ax ≥．∵()e (0)xf x x x =+>为增函数，∴ln()x ax ≥，即ex a x≤．令e ()=x g x x ，则2(1)e ()x x g x x'-=，当01x <<时，()0g x '<，即()g x 递减；当1x >时，()0g x '>，即()g x 递增；所以()()min 1e e g x g a ⇒≤==．∴实数a 的最大值为e ．故选：D 10．已知函数21()()2x f x x x e -=-，若当1x >时，()10f x mx m -++≤有解，则实数m 的取值范围为（）A ．(,1]-∞B ．(,1)-∞-C ．(1,)-+∞D ．[1,)+∞【解析】()10f x mx m -++≤有解，即21(211)(1)1x x x e m x --+-≤--，设1t x =-，则0t >，不等式转化成2(1)1tt e mt -£-在0t >时有解，则2(1)1t t e m t -+³有解，记2(1)1()t t e h t t-+=，则322(1)1()tt t t e h t t+-+-¢=，再令32()(1)1t g t t t t e =+-+-，则32()(4)0t g t t t t e ¢=++>，那么()g t 在0t >时递增，所以()(0)0g t g >=，于是()0h t '>，()h t 在0t >时递增，故20(1)1()lim t t t e h t t ®-+>，记()()21t t t e ϕ=-，0()(0)()lim (0)10t t h t t j j j ®-¢>==--，于是2(1)1tt e m t-+³有解，只需要1m >-.故选：C 二、多选题11．已知函数()ln f x x ax =-有两个零点1x ，2x ，且12x x <，则下列选项正确的是（）A ．10,a e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭B ．()y f x =在(0,)e 上单调递增C ．126x x +>D ．若221,a e e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则212a x x a --<【解析】令()0f x =得ln x a x=，记ln ()xg x x =21ln ()xg x x -'=，令()0g x '=得x e =当(0,)x e ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当(,)x e ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减；且0x →时，()g x →-∞，1(e)g e=，x →+∞时，()0g x →据题意知y a =的图象与()y g x =的图象有两个交点，且交点的横坐标为1x ，2x ，所以10,a e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故A 选项正确；因为11()'-=-=ax f x a x x ，所以当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 递增，因为10,a e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以1(0,)0,e a ⎛⎫⊆ ⎪⎝⎭，故B 选项正确；当1a e →时，1e a→，10f a ⎛⎫→ ⎪⎝⎭，又因为()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以12,x e x e →→，所以1226x x e +→<，所以C 选项错误；因为()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递减，且221,a e e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭所以110,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，21,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，因为()1(1)0f a f x =-<=，所以11x >因为()2222ln 2ln 20f e f x a a ⎛⎫=-<-== ⎪⎝⎭，所以22x a <所以21221a x x a a--<-=，故D 选项正确故选：ABD.12．已知函数()()1x f x x k e =-+在区间[11]-，上只有一个零点，则实数k 可取的值有（）A ．1-B ．0C ．1D ．2【解析】由题意可知，()10x x k e -+=在区间[1,1]-上只有一个根，等价于1xk x e =+在区间[1,1]-上只有一个根，等价于y k =与1()xg x x e =+的图像有唯一一个公共点，由1()x g x x e =+得1()1x g x e=-'，令()0g x '=得0x =，当10x -≤<时，()0g x '<，则()g x 在[1,0)-上单调递减，当01x <≤时，()0g x '>，则()g x 在(0,1]上单调递增，∴在区间[1,1]-内，当0x =时()g x 取极小值也是最小值，∴当()(0)1g x g ≥=，又1(1)1g e =+，(1)1g e -=-，且111e e ->+，则满足条件的k 的取值范围是{}11(1,1]e e⋃+-，所以k 可取的值为1、2.故选:CD.13．设函数()f x =为自然对数的底数).若存在[]0,1b ∈使()()f f b b =成立，则实数a 的取值可以是（）A ．0B ．1C ．2D ．3【解析】易知()f x 在定义域内单调递增，若()f b b >，则()()()f f b f b b >>，若()f b b <，则()()()f f b f b b <<.故存在[]0,1b ∈使()()f f b b =成立，则()f b b =，即()f x x =在[]0,1上有解.故[]2e ,0,1x x a x x x ⇔=+∈=-，设[]2e ,0,1()x g x x x x +∈-=，则e 1(2)x g x x =-+'，令2e 1,2e ()()x x h x h x x '=+--=，在[)0,ln 2上()0,()h x h x '<单减，在(]ln 2,1上()0,()h x h x '>单增，故()(ln 2)32ln 20h x h ≥=->即()0g x '>，()g x 在[]0,1上单增，又(0)1,(1)e g g ==，故1e a ≤≤.故选：BC.14．已知定义在R 上的奇函数()f x 在(,0]-∞上单调递增，则“对于任意的(0,1]x ∈，不等式2(2)(ln )0x f ae x f x x x ++-≥恒成立”的充分不必要条件可以是（）A ．1a e-≤<B ．4312a e e≤<C ．3211a e e ≤<D ．1a ee≤<【解析】奇函数()f x 在(,0]-∞上单调递增，则在(0,)+∞上也单调递增，即()f x 是R 上的单增函数；222(2)(ln )0(2)(ln )(ln )x x f ae x f x x x f ae x f x x x f x x x ++-≥⇔+≥--=-，则22ln xae x x x x +≥-，(0,1]x ∈，即22ln xx x x xa e --≥在(0,1]x ∈上恒成立；令22ln ()xx x x xg x e --=，则222(22ln 1)(2ln )43(1)ln ()x x x xx x e x x x x e x x x x g x e e-------+-+-'==(1)(3ln )x x x x e ---=，(0,1]x ∈记()ln 3h x x x =--，1()10h x x'=-≤恒成立，即()h x 单减，又3311()0h e e=>，(1)20h =-<，则必有0(0,1]x ∈，使000()ln 30h x x x =--=，故0(0,)x x ∈，()0h x >，0(,1]x x ∈，()0h x <，因此0(0,)x x ∈，()0g x '>，()g x 单增，0(,1]x x ∈，()0g x '<，()g x 单减，因此0020000000002ln (ln )2()()x x x x x x x x x x g x g x e e ----≤==，由0300000ln 30ln 3,x x x x x x e ---=⇒-==代入得00030003321()()x x x x x e g x g x e e e --≤===，故若使22ln xx x x xa e --≥在(0,1]x ∈上恒成立，则031()a g x e ≥=，根据充分不必要条件的定义可以判断C 、D 正确，A 、B 错误；故选：CD.三、填空题15．若函数21()e 2x f x x a =-是R 上的减函数，则实数a 的最小值为_______【解析】由题意得，()e 0x f x x a '=-≤在R 上恒成立，即e xxa ≥在R 上恒成立，令1()=,()=e ex x x xg x g x -'，当1x <时，()0g x '>，()g x 递增，当1x >时，()0g x '<，()g x 递减，故max 1()=g(1)=eg x ，故1e a ≥，即函数a 的最小值为1e ，16．已知函数()()e ln xf x m x m =+∈，若对任意正数12,x x ，当12x x >时，都有()()1212f x f x x x ->-成立，则实数m 的取值范围是______．【解析】由()()1212f x f x x x ->-得，()()1122f x x f x x ->-令()()g x f x x =-，∴()()12g x g x >，∴()g x 在()0,∞+单调递增，又∵()()e ln x g x f x x m x x =-=+-，∴()e 10xmg x x'=+-≥，在()0,∞+上恒成立，即()1e x m x ≥-令()()1exh x x =-，则()()e 110xh x x '=-++<∴()h x 在()0,∞+单调递减，又因为()()01e 00h =-⨯=，∴0m ≥．17．已知函数()333sin x x x f x =+-，若对任意的()0,x ∈+∞，不等式()()ln 20f x f ax -+≤恒成立，则实数a 的取值范围为___________.【解析】因为()()()()()()3333sin 33sin f x x x x x x x f x -=-+---=-+-=-，所以()f x 为奇函数，因为()()22333cos 331cos 0x x x x f x '=+-=+-≥，所以()f x 为R 上的增函数，由(ln 2)()0f x f ax -+≤得(ln 2)()()f x f ax f ax -≤-=-，则ln 2x ax -≤-，因为,()0x ∈+∞，所以ln 2x a x--≥．令ln 2()(0)x g x x x-=>，则()23ln xg x x -'=，令()0g x '=，得3e x =，当30e x <<时，()0g x '>，()g x 单调递增，当3e x >时，()0g x '<，()g x 单调递减，故()()33max 1e e g x g ==，所以31e a -≥，即31e a ≤-，所以实数a 的取值范围为31,e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.18．已知(0,2)x ∈，若关于x 的不等式21e 2x k x x x <+-恒成立，则实数k 的取值范围是________．【解析】依题意，知220+->k x x ，即22>-k x x 对任意(0,2)x ∈恒成立，从而0k ≥，因此由原不等式，得2e 2<+-x k x x x 恒成立．令2e ()2=+-xf x x x x ，则2e ()(1)2⎫⎛'=-⋅+⎪ ⎝⎭x f x x x ．令()0f x '=，得1x =．当(1,2)x ∈时，()0f x '>．函数()f x 在(1,2)上单调递增；当(0,1)x ∈时，()0f x '<，函数()f x 在(0,1)上单调递减，所以min ()(1)e 1<==-k f x f ，故实数k 的取值范围是[0,e 1)-．四、解答题19．已知函数21()ln 2f x x x =-.（1）求函数()f x 在区间1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值(参考数据：ln 20.7≈)；（2）若不等式2()(2)f x a x >-有解，求实数a 的取值范围.【解析】（1）求导得：211()x f x x x x-'=-=，令()0f x '>可得112x <<，令()0f x '>可得12x <<，于是函数()f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，在(1,2)单调递减，于是当1x =时，()f x 取最大值为12-，又111ln 0.825228f ⎛⎫=-≈- ⎪⎝⎭，(2)ln 22 1.3f =-≈-，于是当2x =时，()f x 取最小值为ln 22-综上：当1x =时，()f x 取最大值为12-，当2x =时，()f x 取最小值为ln 22-（2）原不等式即为：221ln (2)2x x a x ->-，可化简为2ln 122x a x -<-记2ln 1()2x g x x =-，则原不等式有解可转化为2()a g x -<的最大值求导得：312ln ()xg x x '-=，于是函数()g x 在上单调递增，在)+∞上单调递减于是：()max 11g22g x e ==-，于是11222a e -<-，解得：5122a e>-.20．已知函数()2()ln f x x ax x =+，a R ∈.（1）若()f x 的图像在1x =处的切线经过点(0,2)-，求a 的值；（2）当21x e <<时，不等式2()f x x <恒成立，求a 的取值范围.【解析】（1）由题知()f x 的定义域为(0,)+∞.又()(2)ln f x x a x x a '=+++，则(1)1f a '=+.又因为(1)0f =，所以切点为(1,0).所以02110a +=+-，解得1a =.（2）当21x e <<时，0ln 2x <<.当21x e <<时，不等式2()f x x <恒成立，即不等式ln xa x x<-，()2x e ∈1,恒成立.设()ln x g x x x=-，()2x e ∈1,，则222ln 1(ln )ln 1()1(ln )(ln )x x x g x x x '--+=-=-.因为2213(ln )ln 1ln 024x x x ⎛⎫-+=-+> ⎪⎝⎭，所以()0g x '<.所以()g x 在()21,e 上单调递减，从而()22()2eg x g e >=-.要使原不等式恒成立，即()a g x <恒成立，故22ea ≤-.即a 的取值范围为2,2e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.21．已知函数()()212ln f x x ax x a R =-+∈，曲线()f x 在点()()1,1f 处的切线l 的斜率为4.(1)求切线l 的方程；(2)若关于x 的不等式()2f x x bx +恒成立，求实数b 的取值范围.【解析】(1)函数()f x 的定义域为{}|0x x >，12()2f x x a x'=-+，由题意知，(1)144f a '=-=，所以10a =，故2()1012ln f x x x x =-+，所以(1)9f =-，切点坐标为(1,9)-故切线l 的方程为413y x =-．(2)由（1）知，2()1012ln (0)f x x x x x =-+>，所以2()f x x bx ≤+，可化为：12ln 10x x bx -≤，即12ln 10xb x≥-在(0,)+∞上恒成立，令12ln ()10x g x x =-，则212(1ln )()x g x x -'=，当(0,e)x ∈时，()0g x '>，()g x 在(0,e)上单调递增，当(e,)x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 在(e,)+∞上单调递减，所以当e x =时，函数()g x 取得最大值12(e)10eg =-，故当1210e b ≥-时，12ln 10x b x≥-在(0,)+∞上恒成立，所以实数b 的取值范围是1210,e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.22．已知函数()ln 1f x x mx =--．(1)若0x ∀>，不等式()0f x <恒成立，求m 的取值范围；(2)若曲线()y f x =存在过点(1,0)的切线，求证：1m ≥-．【解析】(1)由已知有()0f x <恒成立，即代表ln 10x mx --<恒成立，因为0x >，故ln 1x m x->恒成立，令ln 1()x g x x -=()0x >，故22ln ()xg x x -'=，令()0g x '>，解得：20x e <<，故()g x 在()20,e 上单调递增，在()2,e +∞上单调递减，故()g x 在()0,+∞的最大值为221()g e e =，故21m e >，所以m 的取值范围是21e ⎫+∞⎪⎝⎭；(2)：设切点为000(,ln 1)x x mx --，又因为1()f x m x'=-，所以函数在0x x =处的切线斜率01k m x =-，所以函数在0x x =处的切线方程为：0000(ln 1)()1m x y x mx x x ⎛⎫---=- ⎪⎝-⎭，又切线经过点(1,0).故可得：00000(ln 1)(1)1m x x mx x ⎛⎫---=- ⎪⎝⎭-，化简整理可得：0001ln 2(0)m x x x =+->，令1()ln 2(0)h x x x x=+->，21()x h x x-'=，令()0h x '>，解得1x >，故()h x 在(0,1)上单调递减，(1,)+∞单调递增，故()h x 在(0,)+∞的最小值为(1)1h =-，故：1m ≥-，得证．23．已知函数()()()x x f x e sinx ax a R g x e cosx=-∈=(1)当0a =时，求函数f （x ）的单调区间；(2)若函数()()()F x f x g x =-在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上有两个极值点，求实数a 的取值范围.【解析】(1)当0a =时，()e sin x f x x =，()e (sin cos )x f x x x '=+sin()4x x π+，当224k x k ππππ<+<+，即32244k x k ππππ-<<+时，()0f x '>，当2224k x k πππππ+<+<+，即372244k x k ππππ+<<+时，()0f x '<，所以()f x 的增区间是32,2,44k k k ππππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭Z ，减区间是372,2,44k k k ππππ⎛⎫++∈ ⎪⎝⎭Z ．(2)()e sin e cos e (sin cos )x x x F x x ax x x x ax =--=--，()e (sin cos cos sin )2e sin x x F x x x x x a x a '=-++-=-，由题意2e sin 0x x a -=在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上有两个不等实根，即2e sin x a x =有两个实根，设()2e sin x h x x =，则()2e (sin cos )sin()4x x h x x x x π'=+=+，,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，35,444x πππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，所以324x ππ<<时，()0h x '>，()h x 单调递增，34x ππ<<时，()0h x '<，()h x 单调递减，所以34max 3()2e 4h x h ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭，其中22e 2h ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()0h π=，所以当3242e a ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，2e sin x a x =在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上有两个实根，即当3242e a ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数()F x 在,π2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有两个极值点.24．已知函数2()ln ()f x x x ax a =+∈R 的图象在点(1,(1))f 处的切线与直线(1e)y x =-平行（e 是自然对数的底数）.(1)求函数()f x 的解析式；(2)若2()2e f x kx x >-在(0,)+∞上恒成立，求实数k 的取值范围.【解析】(1)由题意得()2ln (0)f x x x x a x ++>'=，所以(1)1f a '=+，又()f x 的图象在点(1,(1))f 处的切线与直线(1e)y x =-平行，所以11e a +=-，解得a e =-，所以2()ln e f x x x x =-.(2)2()2e f x kx x >-在(0,)+∞上恒成立，即22ln e 0x x kx x -+>在(0,)+∞上恒成立，因为0x >，所以22ln e e ln x x x k x x x+<=+.令e ()ln g x x x =+，则221e e ()x g x x x x-=-='.当(0,e)x ∈时，()0g x '<；当(e,)x ∈+∞时，()0g x '>.所以函数e ()ln g x x x=+在(0,e)上单调递减，在(e,)+∞上单调递增，所以()(e)2g x g ≥=，故2k <，即实数k 的取值范围是(,2)-∞.25．已知函数()()21e xax x f x a R -+=∈.(1)当2a =-时，求()f x 的单调区间；(2)当0x ≥时，()1f x ≤，求a 的取值范围.【解析】（1）2a =-时，()221e x x x f x --+=，()()()212e xx x f x +-'=，令()1102f x x '=⇒=-，22x =.∴()f x的单调递增区间为,⎛-∞ ⎝，()2,+∞，单调递减区间为1,22⎛⎫- ⎪⎝⎭.（2）法一：常规求导讨论()()()()221212e ex x ax a x ax x x F -++----'==.①当0a ≤时，令()02f x x '=⇒=且当02x ≤<时，()0f x '<，()f x ；当2x >时，()0f x '>，()f x .注意到()01f =，2x ≥时，()0f x <符合题意.②当12a =时，()()21220ex x f x --'=≤，()f x 在[)0,∞+上 ，此时()()01f x f ≤=符合题意.③当102a <<时，令()102f x x '=⇒=，21x a =，且当()f x 在[)0,2上 ，12,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上 ，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上 ，此时()()01f x f ≤=符合题意.③当102a <<时，令()102f x x '=⇒=，21x a=，且当()f x 在[)0,2上 ，12,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上 ，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上 ，此时只需1111111e 1e a aa a f a -+⎛⎫=≤⇒≥ ⎪⎝⎭，显然成立.④当12a >时，令()110f x x a'=⇒=，22x =，且当()f x 在10,a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上 ，1,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上 ，()2,+∞上 .此时只需()22411e 121e 24a f a -+=≤⇒<≤.综上：实数a 的取值范围2e 1,4⎛⎤+-∞ ⎥⎝⎦.法二：参变分离①0x =时，不等式显然成立.②当0x >时，2e 1x x a x +-≤，令()2e 1x x g x x +-=，()()()33e 12e 2e 2x x x x x g x x x ----+'==.令()02g x x '=⇒=且当02x <<时，()0g x '<，()g x ；当2x >时，()0g x '>，()g x ，∴()()2min e 124g x g +==，∴2e 14a +≤.26．已知函数()ln a f x x x x=++，a ∈R .（1）若()f x 在1x =处取得极值，求a 的值；（2）若()f x 在区间()1,2上单调递增，求a 的取值范围；（3）若函数()()g x f x x '=-有一个零点，求a 的取值范围.【解析】（1）因为()ln a f x x x x =++，则2221()1a x x a f x x x x +-'=-+=，由于()'10f =，则221101a +-=，∴2a =，当2a =时，()()222221212()1x x x x f x x x x x +-+-'=-+==因为()f x 的定义域为()0,∞+，则()0f x '=时，1x =，当()0,1x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()f x 在1x =处取得极小值，所以2a =符合题意，故2a =.（2）()22'x x a f x x+-=，∴20x x a +-≥在()1,2x ∈恒成立，即2a x x ≤+在()1,2x ∈恒成立，∴a 的取值范围为(],2-∞.（3）220x x a a x +--=在()0,x ∈+∞有1个根即方程32a x x x -=--在()0,x ∈+∞有1个根，令32()h x x x x =--，0x >，则()()2()321131h x x x x x '=--=-+当()0,1x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减，当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，且(0)0h =，(1)1h =-，x →+∞时，()h x →+∞，当0a -≥即0a ≤时，1个根；当1a -=-即1a =时，1个根，综上：a 的取值范围为(]{},01-∞U .27．已知函数()ln x f x x=.（I ）求函数()f x 的单调区间和极值；（II ）若不等式()kx f x ≥在区间(0,)+∞上恒成立，求实数k 的取值范围.【解析】（I ）因为()()21ln 0x f x x x -'=>，当()0,e x ∈时，()0f x '>，当()e,x ∈+∞时，()0f x '<，所以()f x 的单调增区间为()0,e ，单调减区间为()e,+∞；且()()1e ef x f ==极大，无极小值；（II ）因为()kx f x ≥在区间(0,)+∞上恒成立，所以2ln x k x ≥在区间(0,)+∞上恒成立，设()()2ln 0xg x x x =>，则()max k g x ≥，因为()()432ln 12ln 0x x x x g x x x x --'==>，当(x ∈时，()0g x '>，()g x单调递增，当)x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以()max 1e 2e g x g ===，所以12e k ≥.28．已知函数()()e e 0x f x x x=>．(1)求函数()f x 的最小值；(2)若不等式()ln 1f x x a x ≥++对于()1,x ∈+∞恒成立，求a 的取值范围．【解析】(1)求导：1e e 1e e ()x xf x x x ++'=-，即e 1e ()(e)x f x x x+'=-当()0,f x '<解得0e;x <<当()0,f x '>解得ex >()f x 的单调递减区间为()0,e ；单调递增区间为()e,+∞∴函数()f x 的最小值为(e)1f =(2)由（1）得()(e)1f x f ≥=，所以要使得()ln 1f x x a x ≥++恒成立，必须满足：(e)e ln e 1ef a a ≥++⇒≤-，下面证明：当e a -≤时()ln 1f x x a x ≥++恒成立e a ≤ e eln 1l 1e n e e x x x a x x x x x ∴---≥-+-，∴只需证明e e eln 10xx x x -+-≥，设e ()n 1e el x x x x x ϕ=-+-，则e e 1e e e e 11()()()1()e x x x x x x x x x x ϕ+⎛⎫'=---=⋅-⋅- ⎪⎝⎭由（1）得e e 10x x-≥且只在e x =取等号，∴当0e x <<时，()0x ϕ'<，()ϕx 单调递减，∴当e x >时，()0x ϕ'>，()ϕx 单调递增e ()()0x ϕϕ∴≥=.综上e a -≤．解法二：（变量分离）整理得：e1l e n xx x a x--≤只需m e in 1()l e n xx x a x --≤，先证明：e 1x x ≥+，构造()e 1x g x x =--，()e 1x g x '=-，当0x >时，()0g x '≥，()g x 单调递增()(0)0g x g ≥=，从而证明得e 1x x ≥+e ln e 11l e e e e n 11ln xx x x x x x x x x---=--≥-+--=- ，当仅且当n 0el x x -=即e x =处取得等号.e 1ln ln e e e ln xx x x x x ---∴≥=-，∴e a -≤.，解法三：（不分离）l e e n ()ln 1ln 10(ln )10e e x x x f x x a x x a x x a x x-≥++⇒---≥⇒-+-≥eln (ln )1e e e ln 1(ln )10x x x x x x x a x --+-≥-+-+-≥得ea -≤下面证明当e a -≤时，e ln 10e xx a x x---≥e a ≤ e e ln 1l 1e n e e x x x a x x x x x∴---≥-+-∴只需证明e e eln 10x x x x-+-≥设e ()n 1e el x x x x xϕ=-+-，则e e 1e e e e 11()()()1()e x x x x x x x x x x ϕ+⎛⎫'=---=⋅-⋅- ⎪⎝⎭由（1）得e e 10x x-≥且只在e x =取等号∴当0e x <<时，()0x ϕ'<，()ϕx 单调递减∴当e x >时，()0x ϕ'>，()ϕx 单调递增e ()()0x ϕϕ∴≥=.综上e a -≤．29．已知函数2213()ln ,()224f x x ax x g x x ax ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭.(1)若1a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)若当1≥x 时，()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围.【解析】(1)因为1()(1)ln 12f x x x x =-'+-，所以1(1)2'=-f ，又(1)0f =，所以切线方程为1(1)2y x =--，即210x y +-=(2)由()()f x g x ≥知2213ln 2024x ax x x ax ⎛⎫--+≥ ⎪⎝⎭，因为1≥x 所以13ln (ln 2)24x x x a x -≥-，当2e x =时，R a ∈，当2e x >时，13ln 24ln 2x x x a x -≤-，当21e x ≤<时，13ln 24ln 2x x x a x -≥-构造函数13ln 24()ln 2x x x h x x -=-，2(2ln 5)(ln 1)()4(ln 2)x x h x x --'=-当1e x <<时，()0h x '>，()h x 单调递增，当2e <e x <时，()0h x '<，()h x 单调递减，故21e x ≤<时，max e ()(e)4h x h ==，因此e 4a ≥当522e e ,()0x h x '<<<，()h x 单调递减，当52e x >时，()0h x '>，()h x 单调递增，故2e x >时，5522min ()e e h x h ⎛⎫= ⎪⎭=⎝，因此52e a ≤，综上：52e ,e 4a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦30．已知函数()2ln ,f x x ax a R =-∈.(1)当0a =时，求曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程；(2)设函数()()ln 21g x f x x x =--+，若()0g x ≤在其定义域内恒成立，求实数a 的最小值；(3)若关于x 的方程()2ln f x x x =+恰有两个相异的实根12,x x ，求实数a 的取值范围，并证明121x x >.【解析】(1)当0a =时，()2ln f x x =，所以()2l 01n1=f =，()2f x x'=，所以()12f '=，所以曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程为：()021y x -=-，即22y x =-(2)由题意得，()ln 21g x x ax x =--+，因为()0g x ≤在其定义域内恒成立，所以ln 210x ax x --+≤在()0,∞+恒成立，即ln 12x a x++≥在()0,∞+恒成立，等价于ln 12maxx a x +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭，令(ln 1x h x x +=()0,∞+，所以()2ln x h x x -'=，令()0h x '>解得01x <<，令()0h x '<解得1x >，所以函数()h x 在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减，所以()()1=1h x h ≤，所以21a +≥，即1a ≥-，故a 的最小值为1-.(3)先证明必要性：由()2ln f x x x =+得2ln x ax x -=，即ln 0x x a x--=，令()()ln 0x m x x a x x =-->，则()221ln x x m x x --'=，设()21ln t x x x =--，则()12t x x x'=--，因为0x >，所以()0t x '<恒成立，函数()t x 在()0,∞+单调递减，而()10t =，故在()0,1上()0t x >，()0m x '>，()m x 单调递增，在()1,+∞上()0t x <，()0m x '<，()m x 单调递减，所以()()11max m x m a ==--.故方程()2ln f x x x =+恰有两个相异的实根只需：10a -->，所以实数a 的取值范围是(),1-∞-；再证明充分性：当(),1a ∞∈--时，方程()2ln f x x x =+恰有两个相异的实根，条件等价于2ln x ax x -=，即ln x x a x -=，即y a =与ln x y x x=-，当1a <-，0x >时有两个不同的交点，所以221ln x x y x --'=，由上面必要性的证明可知函数在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减，所以ln x y x x =-在0x >时的最大值为：ln11=11y =--，最小值趋近于负无穷，所以当(),1a ∞∈--时，程()2ln f x x x =+恰有两个相异的实根，即充分性成立.下证：121x x >，不妨设12x x <，则1201x x <<<，2101x <<，所以()121122111x x x m x m x x ⎛⎫>⇔>⇔> ⎪⎝⎭，因为()()120m x m x ==，所以()()22122222221ln ln 1111x x m x m m x m x a a x x x x x ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪-=-=----- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ⎪⎝⎭2222222222221ln ln ln 11ln 1x x x x x x x x x x x x =--+=-++2222211ln x x x x x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭，令()()11ln 1x x x x x x x ϕ⎛⎫=+-+> ⎪⎝⎭，则()211ln 0x x x ϕ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，所以()x ϕ在()1,+∞上单调递增，所以当1x >时，()()10x ϕϕ>=，即2222211ln 0x x x x x ⎛⎫+-+> ⎪⎝⎭，所以()121m x m x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以121x x >.。
第08讲 拓展一：分离变量法解决导数问题 (精讲+精练)(学生版)
第08讲拓展一：分离变量法解决导数问题(精讲+精练）目录第一部分：知识点精准记忆第二部分：课前自我评估测试第三部分：典型例题剖析高频考点一：恒成立（存在问题）求解参数a范围①完全分离参数法②部分分离参数法高频考点二：已知零点个数求解参数a范围①完全分离参数法②部分分离参数法第四部分：高考真题感悟第五部分：第08讲拓展一：分离变量法解决导数问题（精练）1、分离变量法在处理含参a 的函数(,)f x a 不等式和方程问题时，有时可以将变量分离出来，如将方程(,)0f x a =，转化为()()g x h a =这样就将把研究含参函数(,)f x a 与x 轴的位置关系的问题转化为不含参的函数()g x 与动直线()y h a =的位置关系问题，这种处理方法就叫分离变量法。
（1）优点：分离变量法可以将含参函数中的参数分离出去，避免直接讨论，从而简化运算； （2）解题过程中可能遇到的问题： ①参数无法分离；②参数分离后的函数()y g x =过于复杂；③讨论位置关系时可能用到()y g x =的函数极限，造成说理困难.2、分类：分离参数法有完全分离参数法（全分参）和部分分离参数法（半分参）两种 注意事项：无论哪种分参方法，分参过程中需注意变量的正负对不等号的影响！3、常见题型1：恒成立/存在问题求解参数a 范围核心知识点：将()a x f ,与0的大小关系转化成()x g 和()a h 的大小关系 ①,()()x D h a g x ∀∈≥恒成立⇔max ()()h a g x ≥ ②,()()x D h a g x ∀∈≤恒成立⇔min ()()h a g x ≤ ③,()()x D h a g x ∃∈≥恒成立⇔min ()()h a g x ≥ ④,()()x D h a g x ∃∈≤恒成立⇔max ()()h a g x ≤4、常见题型2：已知零点个数求解参数a 范围核心知识点：将()0,=a x f 转化成()()x g a h =，应用导数方法绘制()x g 函数的大致图象（注意绘制图象时，可能需要用到极限思想，才能精确确定图象的轮廓）.1．（2021·江苏·高二单元测试）若函数()1ln f x x a x=+-在区间()1,e 上只有一个零点，则常数a 的取值范围为（ ） A ．1a ≤B ．a e >C ．111a e<<+ D ．11a e<<2．（2009·福建·高考真题（文））若曲线2()ln f x ax x =+存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是_________ 3．（2015·浙江金华·高二期中（理））1kx ≤-对[1,)x ∈+∞恒成立，则实数k 的取值范围是：___________．4．（2022·全国·高三专题练习）若存在[]0,1x ∈，使得13713x x m +≥+成立，则实数m 的取值范围是___________. 5．（2022·四川省泸县第四中学高二阶段练习（理））若函数()32133f x x x x a =---有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是__________.6．（2021·全国·高三专题练习）已知函数()()ln 1af x x a R x =-∈+.若函数()y f x =在定义域上单调递增，求实数a 的取值范围.高频考点一：恒成立（存在问题）求解参数a 范围①完全分离参数法1．（2022·江西·临川一中高二期末（文））已知不等式ln 0x mx ->只有一个整数解，则m 的取值范围是（ ） A ．10,ln 22⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．11ln 2,ln 323⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．11ln 2,2e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．11ln 3,3e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭2．（2022·新疆昌吉·高三阶段练习（理））若存在正实数x ，y ，使得等式()()243e ln ln 0x a y x y x +--=成立，其中e 为自然对数的底数，则a 的取值范围为（ ） A ．210,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．(),0∞-D ．()21,0,e ⎡⎫-∞⋃+∞⎪⎢⎣⎭3．（2022·陕西·西安中学模拟预测（文））已知函数()e ln x f x x x x =--，若不等式()f x a ≥恒成立，则a 的最大值为（ ） A ．1B ．e 1-C ．2D ．e4．（2022·山东省东明县第一中学高二阶段练习）已知函数()()1ln 0f x ax x a x=+>.（1）当1a =时，()f x 的极小值为______；（2）若()f x ax ≥，在()0,∞+上恒成立，则实数a 的取值范围为______.5．（2022·上海·华师大二附中高二阶段练习）若32223328e 4e e x x x x x a x a a ++<++对x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是__________;6．（2022·江苏·金陵中学高二期末）已知函数f (x )＝ax －2ln x ． (1)讨论f (x )的单调性；(2)设函数g (x )＝x －2，若存在31,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得f (x )≤g (x )，求a 的取值范围．7．（2022·广西·宾阳中学高二阶段练习（理））已知函数()()e ,R x f x x a a =+∈． (1)若函数()f x 在区间[3,)-+∞上是增函数，求实数a 的取值范围． (2)若2()e f x ≥在[]0,2x ∈时恒成立，求实数a 的取值范围．8．（2022·陕西榆林·三模（理））已知函数()e 1,()ln x f x a g x x =+=． (1)讨论函数()()()e xxf x xh x g x -=+的单调性； (2)若()()1xf x g x <+，求a 的取值范围．9．（2022·湖南·长郡中学高三阶段练习）已知函数()2ln f x ax x =-，R a ∈. (1)讨论()f x 的单调性； (2)若对任意()0,x ∈+∞，不等式()2ex x xf x -+≥恒成立，求实数a 的取值范围.②部分分离参数法1．（2022·广东·铁一中学高二阶段练习）已知函数()4ln 8f x x kx k =--+，若关于x 的不等式()0f x ≤恒成立，则k 的取值范围为（ ） A ．[1,)+∞B ．[e,)+∞C ．[4,)+∞D ．)2,e ⎡+∞⎣2．（2022·全国·高三专题练习）已知不等式()21xkx k e x +<+恰有2个整数解，求实数k 的取值范围（ ）A ．23243k e e≤< B ．23243k e e<≤ C ．324354k e e <≤ D ．324354k e e ≤< 3．（2022·河南·新蔡县第一高级中学高二阶段练习（理））设函数()()()3213853f x x x a x a a R =-+---∈，若存在唯一的正整数0x ，使得()00f x <，则实数a 的取值范围是（ ） A ．11,156⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．11,154⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．11,123⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．11,125⎛⎤ ⎥⎝⎦4．（2022·全国·高三专题练习）函数()()e 13xf x x ax a =-+-，其中1a <，若有且只有一个整数0x ，使得()00f x >，则a 的取值范围是（ ） A ．23,e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．23,e 4⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．2,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．2,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()31e x f x a x x =+-，若存在唯一的正整数0x ，使得()00f x <，则实数a的取值范围是（ ） A ．218,2e 3e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．436427,5e 4e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．32278,4e 3e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．10,2e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭6．（2022·全国·高三专题练习）已知函数2()2ln ||28f x x x ax a =-+-，其中0a ． （1）当0a =时，求函数()f x 的最值；（2）若存在唯一整数0x ，使得0()0f x ，求实数a 的取值范围．高频考点二：已知零点个数求解参数a 范围①完全分离参数法1．（2022·全国·高二期末）已知函数()2ln ,0,1,0x x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩若函数()()=-g x f x k 有三个零点，则（ ） A ．e 1k -<≤B ．11ek -<<C ．e 0k -<<D ．10ek -<<2．（2022·江苏省苏州实验中学高二阶段练习）已知函数(),12,1x xe x f x x x ⎧<=⎨-≥⎩，若()f x k -有三个不同的零点，则实数k 的取值范围为（ ） A ．[)1,-+∞B ．[)1,0-C ．1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭3.（多选）（2022·重庆·模拟预测）已知函数()e 1xaf x x =--有唯一零点，则实数a 的值可以是（ ） A ．1-B ．12-C ．0D ．14．（2022·河南·南阳市第二完全学校高级中学高二阶段练习（理））若函数()e ln xy x a x x =+-存在零点，则实数a的取值范围是______．5．（2022·福建·启悟中学高二阶段练习）函数3()3f x x x a =--仅有一个零点，则实数a 的取值范围是_________．6．（2022·四川宜宾·二模（文））已知函数()ln f x a x =- (1)若2a =，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程； (2)若函数()f x 在(]0,16上有两个零点，求a 的取值范围．7．（2022·内蒙古包头·一模（文））已知函数32()31f x x ax x =-++. (1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有三个零点，求a 的取值范围.（注：3232(2)(1)x x x x --=-+）8．（2022·湖南·长沙一中高三阶段练习）已知函数()21e ,0e 2,0x x x f x x x x ⎧+≤⎪=⎨⎪->⎩，则方程()0f x =的根为________．若函数()()y f f x a =-有三个零点，则实数a 的取值范围是________．②部分分离参数法1．（2022·河南·模拟预测（文））已知函数()()2e 1,0ln 1,0xx f x x x -⎧-<⎪=⎨+≥⎪⎩，若关于x 的方程()0f x kx -=有两个不同的实数根，则k 的取值范围为（ ） A ．()(),20,1-∞-⋃ B ．()(),10,1-∞-⋃ C ．()(),00,1-∞⋃D ．()(),00,∞-+∞2．（2022·全国·模拟预测（理））已知定义为R 的奇函数()f x 满足：()()ln ,0121,1x x x f x f x x <≤⎧=⎨->⎩，若方程()12f x kx =-在[]1,2-上恰有三个根，则实数k 的取值范围是（ ）A ．1,1ln 24⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．11,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．1e ,122⎛⎤- ⎥⎝⎦D ．11ln 2,2⎛⎫- ⎪⎝⎭3．（2021·江苏·高二单元测试）已知函数()y f x =是R 上的奇函数，且当0x >时，()223f x x x =--，若关于x 的方程()f x x a =+恰有四个互不相等的实数根，则实数a 的取值范围是___________. 4．（2022·全国·模拟预测）已知函数()24ex x f x =，若存在1x ，2x ，…，()*n x n ∈N ，使得()()()1212222n nf x f x f x x x x ---==⋅⋅⋅=，则n 的最大值为______. 5．（2022·河南·高二阶段练习（文））已知()2,112e ,1x x f x x x ⎧>⎪=-⎨⎪-⎩若方程()2f x mx =+有一个实数根，则实数m 的取值范围是___________.1．（2021·北京·高考真题）已知函数()lg 2f x x kx =--，给出下列四个结论： ①若0k =，()f x 恰 有2个零点； ②存在负数k ，使得()f x 恰有个1零点； ③存在负数k ，使得()f x 恰有个3零点； ④存在正数k ，使得()f x 恰有个3零点． 其中所有正确结论的序号是_______．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.3．（2021·全国·高考真题（理））已知0a >且1a ≠，函数()(0)ax x f x x a=>．（1）当2a =时，求()f x 的单调区间；（2）若曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，求a 的取值范围．4．（2020·浙江·高考真题）已知12a <≤，函数()e xf x x a =--，其中e =2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数()y f x =在(0)+∞，上有唯一零点；5．（2020·全国·高考真题（文））已知函数()(2)x f x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）已知关于x 的不等式3221e xax x axx +++≥在0,上恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．(],e -∞B ．1,e 2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦C ．(],e 1-∞-D ．(],e 2-∞-2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数1()ln ,()12f x xg x x ==+，直线()y t t R =∈与函数(),()f x g x 的图象分别交于点()()1122,,,A x y B x y ，若对任意t R ∈，不等式2121x x a -≥+成立，则实数a 的取值范围为 A ．ln 21,4+⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ B ．ln 23,4+⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．ln 2,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ D ．(,ln21]-∞-3．（2022·福建省龙岩第一中学高二阶段练习）若函数()2x e ax a g x x-+=在[]2,3内单调递增，则实数a 的取值范围是（ ）A ．)3,e ⎡-+∞⎣B ．)2,e ⎡-+∞⎣C ．()3,e -+∞D ．()2,e -+∞4．（2022·全国·高二）若关于x 的不等式22ln 4ax a x x ->--有且只有两个整数解，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(]2ln3,2ln 2-- B ．(),2ln 2-∞- C ．(],2ln3-∞-D ．(),2ln3-∞-5．（2022·全国·高二）若关于x 的方程ln 0x ax -=有且只有2个零点，则a 的取值范围是（ ） A ．1(,]e-∞B ．1(,)e -∞C ．1(0,]eD ．1(0,)e6．（2022·黑龙江双鸭山·高二期末）函数()1ln()f x x k x=+-有两个不同的零点，则实数k 的取值范围是（ ）A ．ln 2k ≠B ．ln2k >C ．ln 2k ≥D ．0ln 2k <<7．（2022·广东肇庆·模拟预测）已知当,()0x ∈+∞时，函数()e x f x k =的图象与函数2()21xg x x =+的图象有且只有两个交点，则实数k 的取值范围是（ ） A ．⎛ ⎝⎭B ．10,e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．⎫+∞⎪⎪⎝⎭8．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()1,0,0x x f x xe x -⎧->⎪=⎨⎪≤⎩且关于x 的方程()0f x ax -=有三个不等实根，则实数a 的取值范围为（ ）A ．(],e -∞-B ．(),e -∞-C ．(),1-∞-D ．(],1-∞- 二、填空题9．（2022·全国·高三专题练习）方程1ln cos 3x x +=在(0,1)上的实数根的个数为___________.10．（2022·河南·高三阶段练习（理））若不等式()()23e 2x x a x -<-在(),2-∞上仅有一个整数解，则a 的取值范围是______．11．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()e (31)x f x x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则实数a 的取值范围是____.12．（2022·全国·高三专题练习）已知()|sin(2)6h x m x π=+-+的最小值为0，则正实数m 的值为__． 三、解答题13．（2022·河南·汝州市第一高级中学模拟预测（文））已知函数()()21e x f x x x -=-+⋅. (1)求()f x 的单调区间；(2)若不等式()22f x x x m ≥-++对任意的[)0,x ∈+∞恒成立，求实数m 的取值范围.14．（2022·全国·高三专题练习）若存在x ∈1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，不等式2x ln x ＋x 2－mx ＋3≥0成立，求实数m 的取值范围．15．（2022·宁夏银川·一模（文））已知函数()e 3x f x ax =+-在0x =处的切线为2y =-.(1)求实数a 的值及函数()f x 的单调区间；(2)用[]t 表示不超过实数t 的最大整数，如：[]0.80=，[]1.42-=-，若0x >时，()e 2x t x t -<+，求[]t 的最大值.16．（2022·河南·温县第一高级中学高三阶段练习（文））已知()()2x x m f x m R e+=∈. （1）若34m =，求()f x 的极值.（2）若方程()8ln x e f x x ⋅=在[]1,e 上有两个不同的实数根，求实数m 的取值范围.。
含参不等式恒成立问题中求参数取值范围的几种常见方法
含参不等式恒成立问题中求参数取值范围的几种常见方法【摘要】：不等式是贯穿高中数学的一根主线，高考对不等式的考察注重与函数相结合.运用函数思想、分类讨论思想、数形结合等思想对问题予以解决，此类问题往往多出现在解答题中，而在某一小问中又多于含参不等式恒成立问题中求参数取值范围形式为主，对此本文就此类恒成立问题中出现的常见方法做出了简单地归纳总结.【关键词】：含参不等式恒成立构造函数法1.二次函数法例1.已知函数，当时，恒成立，求实数的取值范围.解：要使在上恒成立由一元二次函数的性质可知：或解得∴满足题意的实数的取值范围为评注：与二次函数有关恒成立问题通常采用数形结合的方法求解，一元二次不等式在上恒成立，一元二次不等式在上恒成立，不等式在给定区间上恒成立则2.分离变量构造函数法例2.已知函数. 求（1） 的最小值；（2）若对所有 ，恒成立，实数 的取值范围.解：（1）由题意 令 得列表如下：- 0 +极小值∴由上表得（2） 在 上恒成立即 在 上恒成立∴令列表如下：-0+极小值由表得∴实数的取值范围为评注：由不等式恒成立求解参数取值范围的问题也常采用分离参数求最值的方法予以解决，即要使恒成立，只需即可；要使恒成立，只需即可，但应参数便于分离，并且构造的函数便于求最值.3.直接构造函数法例3.(渭南市16级高三市一模)已知函数，设，当时，恒成立，求实数的取值范围.解：由题意得对任意的，恒成立设∴在上恒成立即当时，时，，∴在单调递减，故满足题意当时，当时，∴在单调递减，故也满足题意当时，若，即，在上递减，在上递增，故无最大值，不满足题意若，即，在上递增，无最大值，故也不满足题意综上所述：实数的取值范围为评注：在解决某些含参不等式恒成立问题时，若分离参数会遇到讨论的麻烦或参数容易分离但构造的函数的最值不易求出，此时也可直接构造函数，结合条件求其最值进而确定参数的取值范围.4.变换主元法例4.已知函数，若 .(1)当时，不等式恒成立，求的范围；(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围.解：(1)不等式变形为令函数要使，则由一次函数性质可知：解得的取值范围为：(2)∵∴∴不等式可化为又∵∴即的取值范围为评注：解决含参不等式恒成立问题时，若能适时的把主元变量和参数变量进行“换位”思考，往往会使问题简化.解决不等式恒成立问题时，通常要借助于函数思想构造出适当的函数，利用函数的性质转化为求函数的最值来求解参数的取值范围.参考文献：[1] 黄艳珍.有关不等式恒成立问题的探析[J].考试(教研版):2008(01).[2] 顾冬梅.不等式恒成立问题的常用解法[J].新课程学习(基础教育):2010(01).[3] 朱峰.不等式恒成立问题中参数范围的求法[J].中学数学研究：2010（02）.。
解答含参不等式恒成立问题的三个途径
解题宝典含参不等式恒成立问题是一类综合性较强的题型，经常同时涉及多个不同的知识点.由于问题中涉及了参数，所以在解题的过程中，我们要充分关注参数，对参数进行分离、分类讨论等.本文结合实例，对解答含参不等式恒成立问题的三种途径作一探讨.一、分离参数法分离参数法是指将不等式变形使参数和变量分离，然后构建关于变量的函数，将原问题转化为函数最值或值域问题来求解的方法.在分离出参数之后，求函数最值的方法有导数法、基本不等式法、配方法等.例1.已知函数f ()x =ln 2()1+x -x 21+x，其单调递增区间为()-1,0，单调递减区间为()0,+∞.若不等式æèöø1+1n n +a≤e 对于任意n ∈N *都成立（其中e 是自然对数的底数），求a 的最大值.解：将不等式æèöø1+1n n +a≤e 两边取对数，可得()n +a æèöø1+1n ≤1，即a ≤1ln æèöø1+1n -n ，设g ()x =1ln ()1+x -1x，x ∈(]0,1，而函数的单调递增区间为()-1,0，单调递减区间为()0,+∞，所以ln 2()1+x -x 21+x≤0，故g ′()x <0，x ∈(]0,1，即g ()x 在区间(]0,1上为减函数，因此g ()x 在(]0,1的最小值为g ()1=1ln 2-1，则a 的最大值为1ln 2-1.解答本题主要运用了分离参数法.首先将不等式进行变形使参数和变量分离，然后构造函数g ()x ，对其求导，通过讨论导函数的单调性求得g ()x 的最小值，得到a 的最大值.二、分段讨论法分段讨论法一般适用于求解需要分多种情况进行讨论的问题.在运用分段讨论法求解含参不等式恒成立问题时，需将参数或定义域区间分成几段，然后逐段讨论使不等式恒成立时的情况，最后综合所求得的结果即可.这种方法的优势在于可以将每一种情况都考虑到.例2.已知f ()x =x ||x -a -2.当x ∈[]0,1时，f ()x <0恒成立，求实数a 的取值范围.分析：已知函数式中含有绝对值，需采用分段讨论法来求解，在定义域内讨论不同区间去掉绝对值符号以及不等式恒成立的情况.解：当x =0时，显然f ()x <0成立，此时a ∈R ，当x ∈(]0,1时，由f ()x <0可得，x -2x <a <x +2x，令g ()x =x -2x ，h ()x =x +2x ，x ∈(]0,1，则g ′()x =1+2x2>0，所以g ()x 在x ∈(]0,1上是单调递增的，则g ()x max =g ()1=-1，此时h ′()x =1-2x2<0，则h ()x 是单调递减，h ()x min =h ()1=3，因此a 的取值范围是()-1,3.三、单调性法单调性法是指利用函数的单调性构造使不等式恒成立的条件，使问题获解的方法.在运用单调性法解答不等式恒成立问题时，要注意首先将不等式进行变形，构造出合适的函数，然后分析函数的单调性.例3.若定义在()0,+∞上的函数f ()x 满足f ()x +f ()y =f ()xy ，且当x >1时，不等式f ()x <0成立，若不等式f æèöøx 2+y 2≤f ()xy +f ()a 对于任意x ,y ∈()0,+∞恒成立，求实数a 的取值范围.解：设0<x 1<x 2，则x 2x 1>1，则有f æèçöø÷x 2x 1<0，所以f ()x 2-f ()x 1=f æèçöø÷x 2x 1∙x 1-f ()x 1=f æèçöø÷x 2x 1<0，即f ()x 2<f ()x 1，所以函数f ()x 在()0,+∞上为减函数，故f æèöøx 2+y 2≤f xy +f ()a ⇔f æèöøx 2+y 2≤f ()a xy⇔a +y xy+y xy≥2xy xy=2（当且仅当x =y 时取等号），所以a 的取值范围是()0,2.分离参数法、分段讨论法和单调性法都是解答含参不等式恒成立问题的方法，但它们的适用范围并不相同，分离参数法适用于求解方便将参数、变量分离的问题；分段讨论法适用于解答需要分多种情况进行讨论的问题；单调性法适用于解答函数的性质较为明显的问题.（作者单位：江苏省南通市海门四甲中学）42。
含参不等式分离变量法
含参不等式恒成立问题的求解策略“含参不等式恒成立问题”把不等式、函数、三角、几何等内容有机地结合起来，其以覆盖知识点多，综合性强，解法灵活等特点而倍受高考、竞赛命题者的青睐。
另一方面，在解决这类问题的过程中涉及的“函数与方程”、“化归与转化”、“数形结合”、“分类讨论”等数学思想对锻炼学生的综合解题能力，培养其思维的灵活性、创造性都有着独到的作用。
本文就结合实例谈谈这类问题的一般求解策略。
一、图像法若所求问题可转化为二次不等式，则可考虑应用判别式法解题。
一般地，对于二次函数),0()(2R x a c bx ax x f ∈≠++=,有1）0)(>x f 对R x ∈恒成立⎩⎨⎧<∆>⇔00a ; 2）0)(<x f 对R x ∈恒成立.00⎩⎨⎧<∆<⇔a例1．已知函数])1(lg[22a x a x y +-+=的定义域为R ，求实数a 的取值范围。
解：由题设可将问题转化为不等式0)1(22>+-+a x a x 对R x ∈恒成立，即有04)1(22<--=∆a a 解得311>-<a a 或。
所以实数a 的取值范围为),31()1,(+∞--∞ 。
若二次不等式中x 的取值范围有限制，则可利用根的分布解决问题。
例2．设22)(2+-=mx x x f ，当),1[+∞-∈x 时，m x f ≥)(恒成立，求实数m 的取值范围。
解：设m mx x x F -+-=22)(2，则当),1[+∞-∈x 时，0)(≥x F 恒成立 当120)2)(1(4<<-<+-=∆m m m 即时，0)(>x F 显然成立；当0≥∆时，如图，0)(≥x F 恒成立的充要条件为： ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≤--≥-≥∆1220)1(0m F 解得23-≤≤-m 。
综上可得实数m 的取值范围为)1,3[-。
二、分离变量法将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题的一种处理方法，其一般类型有：1）()a f x <恒成立min )(x f a <⇔2）()a f x >恒成立max )(x f a >⇔例3．已知x x x x g a x x x f 4042)(,287)(232-+=--=，当]3,3[-∈x 时，)()(x g x f ≤恒成立，求实数a 的取值范围。
解答含参不等式问题常用的几种方法
考点透视含参不等式问题较为复杂，常与导数、函数、方程等知识相结合.这类问题侧重于考查不等式的性质、简单基本函数的图象和性质、导数的性质等，对同学们的运算和分析能力有较高的要求.下面举例说明解答含参不等式问题的几种常用方法.一、判别式法判别式法主要适用于求解含参二次不等式问题.解答这类问题主要有三个步骤：第一步，根据二次不等式构造一元二次方程；第二步，运用二次方程的判别式，建立关于参数的新不等式；第三步，解新不等式，求得问题的答案.例1.若ax2-2ax+1≥0在R上恒成立，则实数a的取值范围为_____.解：当a=0时，1≥0，不等式ax2-2ax+1≥0成立；当a≠0时，{a>0，Δ≤0，解得0<a≤1；综上所述，实数a的取值范围为0≤a≤1.该二次不等式的二次项和一次项中含有参数，需分a=0和a≠0两种情况进行讨论.运用判别式法求解含参一元二次不等式问题，需先根据不等式构造一元二次函数和一元二次方程；然后根据一元二次方程的根的分布情况，建立关于判别式、根与系数、对称轴的不等式，从而求得参数的取值范围.二、分离参数法分离参数法适用于求解变量和参数可分离的不等式问题.解题时，需先判断出参数系数的正负；然后根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端含有参数、另一端含有变量的不等式；再求出含变量一边的式子的最值；最后求出参数的取值范围.例2.当x∈()1,+∞时，(e x-1-1)ln x≥a(x-1)2恒成立，则实数a的取值范围为_____.解：因为x∈()1,+∞，则x-1>0，由(e x-1-1)ln x≥a(x-1)2，可得e x-1-1x-1⋅ln xx-1≥a，即e x-1-1x-1⋅1x-1ln x≥a，则e x-1-1x-1⋅1e ln x-1ln x≥a，令f()x=e x-1x()x>0，则f′()x=()x-1e x+1x2，令g()x=()x-1e x+1，则g′()x=xe x>0，所以g()x在()0,+∞上单调递增，则g()x>g()0=0，即f′()x>0，所以f()x在()0,+∞上单调递增，则f()x>0，令h()x=ln x-x+1，则h′()x=1-xx<0，则h()x在()1,+∞上单调递减，则h()x<h()1=0，即ln x-x+1<0，则x-1>ln x，所以f()x-1>f()ln x>0，即e x-1-1x-1>eln x-1ln x>0，可得e x-1-1x-1⋅1e ln x-1ln x>1，则a≤1，解答本题，要先将不等式进行整理，使参数和变量分离；再构造出函数f()x=e x-1x()x>0，将问题转化为函数最值问题.对其求导，判断其单调性，即可求得参数的取值范围.三、函数性质法若含参不等式中含有简单基本函数，则可直接将不等式进行变形，将其构造成函数，把问题转化为f(x,a)≥0、f(x,a)<0、f(x,a)≥g(x,a)、f(x,a)<g(x,a)等函数不等式问题.再根据简单基本函数的单调性，以及导数与函数单调性之间的关系，判断出函数的单调性，即可根据函数的单调性，求得函数的最值，顺利求出问题的答案.例3.若不等式sin x-ln()x+1+e x≥1+x+ax2-13x3恒成立，则a的取值范围为_____.解：由x>-1得，sin x-ln(x+1)+e x-x-1-ax2+13x3≥0，设f(x)=sin x-ln(x+1)+e x-x-1-ax2+13x3，则g(x)=f′(x)=cos x-1x+1+e x-1-2ax+x2，则h(x)=g′(x)=-sin x+1(x+1)2+e x-2a+2x，则z(x)=h′(x)=-cos x-2(x+1)3+e x+2，z′(x)=sin x+6(x+1)4+e x，当x>-1时，z′(x)>0，则h(x)单调递增，又当x∈(-1,0)时，z(x)<0，则h(x)单调递减，当x∈(0,+∞)时，z(x)>0，则h(x)单调递增，又h(0)=2-2a，①当2-2a≥0，即1≥a时，h(0)≥0，则当x∈(-1,+∞)孙小芳35考点透视时，h (x )≥0，此时g (x )单调递增，又g (0)=0，故当x ∈(-1,0)时，g (x )<0，则f (x )单调递减，当x ∈(0,+∞)时，g (x )>0时，f (x )单调递增，所以f (x )min =f (0)，又f (0)=0，故f (x )≥0恒成立，满足题意；②当2-2a <0，即a >1时，h (0)<0，x →+∞，h (x )→+∞，故存在x 0>0，且h (x 0)=0，则当x ∈(-1,x 0)时，h (x )<0，则g (x )单调递减，当x ∈(x 0,+∞)时，h (x )>0，所以g (x )单调递增，又g (0)=0，故g (x 0)<0，x →+∞，g (x )→+∞，故存在x 1>x 0，且g (x 1)=0，所以当x ∈(-1,x 1)时，g (x )<0，则f (x )单调递减，又因为f (0)=0，所以f (x )<f (0)=0，与f (x )≥0恒成立不相符；综上所述，a ≤1.根据不等式构造函数f (x )=sin x -ln(x +1)+e x -x -1-ax 2+13x 3，通过多次求导，判断出导函数的符号，进而判断出函数的单调性，求得函数最值.求得使f (x )min ≥0成立时a 的取值范围，即可解题.四、主参换位法主参换位法，也叫反客为主法，适用于解答已知参数的范围求自变量取值范围的不等式问题.解答这类问题一般分三个步骤：第一步，将原不等式转化成关于参数的不等式；第二步，以参数为自变量，构造函数式，将问题转化为函数问题；第三步，根据函数的性质、图象讨论不等式成立的情形，建立关系即可解题.例4.已知函数f ()x =ax 2+bx -6，不等式f ()x ≤0的解集为[]-3,2.若当0≤m ≤4时，不等式mf ()x +6m <x +1恒成立，求实数x 的取值范围．解：由题意知：-3,2是方程ax 2+bx -6=0的根，且a >0，∴ìíîïï-b a=-3+2，-6a=(-3)×2，解得a =1，b =1．∴f ()x =x 2+x -6，∴mf ()x +6m <x +1可变形为()x 2+x m -x -1<0，令g ()m =()x 2+x m -x -1，∴{g (0)<0，g (4)<0，即{-x -1<0，4x 2+3x -1<0，解得ìíîx >-1，-1<x <14，-1<x <14．解答本题主要采用了主参换位法.因为已知参数m 的取值范围，故把m 当成自变量，通过主参换位，将问题转化为g ()m =()x 2+x m -x -1对任意0≤m ≤4恒成立，根据一次函数的性质，列出不等式组，即可解题．五、数形结合法当把不等式两边的式子看成两个函数式时，可根据其几何意义画出两个函数的图象，分析两个曲线间的位置，确保不等式恒成立，即可通过数形结合，求得参数的取值范围.例5.若关于x 的不等式||||kx -4-x 2-3≤3k 2+1恒成立，则k 的取值范围是_____.解：由题意可得4-x 2≥0，得-2≤x ≤2，则||||kx -4-x 2-3≤3k 2+1可转化为：||kx -4-x 23，设直线l :kx -y -3=0，上半圆C :x 2+y 2=4()y >0，即y =4-x 2，半径为r =2，||kx -4-x 2≤3表示圆C 小于或等于3，如图，设圆心（原点O ）到直线l 的距离为d ，由于圆C 上半部分上的点到直线l 的最大距离为d +r =d +2，所以d +2≤3，即d ≤1，即||0-0-3k 2+1≤1，解得k ≤-22或k ≥22，所以k 的取值范围为(]-∞,-22⋃[)22,+∞.解答本题，需挖掘代数式的几何意义，采用数形结合法，将原问题转化为使圆C 上半部分上的任意一点到直线l 的距离小于或等于3时参数的取值范围.分析直线与圆的位置关系，便可建立新不等式.由此可见，求解含参不等式问题的方法多样.但由于不等式与函数的关系紧密，且利用函数的单调性和图象容易建立不等关系式，因此函数思想是破解含参不等式问题的主要思想.（作者单位：江苏省南京市大厂高级中学）36。
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(c o s 23)(42c o s )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cos 232cos 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）2cos cos 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 m f 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 x k 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。
不等式组中参数确定的四个技巧
不等式组中参数确定的四个技巧
不等式组中参数确定是解决不等式组问题的关键，下面介绍四个技巧。
1. 消元法
消元法是解决不等式组问题的基本方法之一。
通过消去某个参数，将不等式组转化为只含有一个参数的不等式，从而解决问题。
例如，对于不等式组x+y≥3，x-y≤1，我们可以通过消去y，得到2x≥4，从而得到x≥2，再带回原式，得到y≥1。
2. 分离变量法
分离变量法是解决不等式组问题的另一种方法。
通过将不等式组中的参数分离出来，将不等式组转化为只含有一个参数的不等式，从而解决问题。
例如，对于不等式组x+y≥3，x-y≤1，我们可以将两个不等式相加，得到2x≥4，从而得到x≥2，再带回原式，得到y≥1。
3. 求交集法
求交集法是解决不等式组问题的一种常用方法。
通过求出不等式组中所有不等式的交集，得到一个区间，从而解决问题。
例如，对于不等式组x+y≥3，x-y≤1，我们可以将两个不等式相加，得到
2x≥4，从而得到x≥2，再将两个不等式相减，得到2y≥2，从而得到y≥1，从而得到解集为{x|2≤x≤+∞，y|1≤y≤+∞}。
4. 求并集法
求并集法是解决不等式组问题的另一种常用方法。
通过求出不等式组中所有不等式的并集，得到一个区间，从而解决问题。
例如，对于不等式组x+y≥3，x-y≤1，我们可以将两个不等式相加，得到2x≥4，从而得到x≥2，再将两个不等式相加，得到2y≥4，从而得到y≥2，从而得到解集为{x|2≤x≤+∞}∪{y|2≤y≤+∞}。
以上是不等式组中参数确定的四个技巧，希望对大家有所帮助。
破解含参不等式恒成立的5种常用方法
破解含参不等式恒成立的5种常用方法含参数不等式恒成立问题越来越受高考命题者的青睐，且由于对导数应用的加强，这些不等式恒成立问题往往与导数问题交织在一起，在近年的高考试题中不难看出这个基本的命题趋势。
对含有参数的不等式 恒成立问题，破解的方法有：分离参数法、数形结合法、单调性分析法、最值定位法、构造函数法等。
一 分离参数法分离参数法是解决含问题的基本思想之一。
对于含参不等式的问题，在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等 式的性质将参数分离出来 ，得到一个一端是参数、另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的性式就可以解决问题。
例1 已知函数a x f x x 421)(++=在（－∞，1］上有意义，试求的取值范围。
分析 ：函数)(x f 在（－∞，1］上有意义，等价于0421≥++a x x 在区间（－∞，1］上恒成立，这里参数的系数04>x ，故可以分离参数。
解析：函数)(x f 在（－∞，1］上有意义，等价于0421≥++a x x 在区间（－∞，1］上恒成立，即⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-≥x x a 2141，∈x （－∞，1］恒成立，记)(x g a ≥，∈x （－∞，1］，因此问题又等价于)(x g a ≥在)(x g a ≥上恒成立，)(x g 在（－∞，1］上是增函数，因此)(x g 的最大值为)1(g 。
)(x g a ≥在（－∞，1］上恒成等价于43)1()(max -==≥g x g a 。
于是工的取值范围为43-≥a 。
【点评】)(x f a ≥恒成立等价于max )(x f a ≥；)(x f a ≤恒成立等价于min )(x f a ≤。
如果函数)(x f 不存在最值，上面的最大值就替换为函数值域的右端点，最小值就替换为函数值域的左端点。
解这类问题时一定要注意区间的端点值。
二 数形结合法数形到结合法是一种重要的数学思想方法，其要点是“见数想形，以形助数”，从而达到解决问题的目的，数形结合法是破解含参数不等式恒成立问题的又一个主要方案。
《含参不等式恒成立或存在性问题》热点题型探究
《含参不等式恒成立或存在性问题》热点题型探究含参不等式恒成立和存在性问题覆盖知识点多，综合性强，解法灵活，是高考的高频题型，常见解决方法有以下几种．方法一 直接法【例1】 已知函数y ＝lg[x 2＋(a －1)x ＋a 2]的定义域为R ，实数a 的取值范围为________. 解析 由题设可将问题转化为不等式x 2＋(a －1)x ＋a 2>0对x ∈R 恒成立，即有Δ＝(a －1)2－4a 2<0，解得a <－1或a >13.所以实数a 的取值范围为(－∞，－1)∪⎝⎛⎭⎫13，＋∞. 答案 (－∞，－1)∪⎝⎛⎭⎫13，＋∞ 【例2】 已知函数f (x )＝x 2＋mx －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )<0成立，则实数m 的取值范围为________.解析 据题意⎩⎪⎨⎪⎧f (m )＝m 2＋m 2－1<0，f (m ＋1)＝(m ＋1)2＋m (m ＋1)－1<0，解得－22<m <0. 答案 ⎝⎛⎭⎫－22，0对于二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0，x ∈R )，有f (x )>0对x ∈R 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ<0；f (x )<0对x ∈R 恒成立⇔⎩⎨⎧a <0，Δ<0.方法二 最值法将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题的常用处理方法，其一般类型有：f (x )>a 恒成立⇔a <f (x )min ，f (x )<a 恒成立⇔a >f (x )max ；f (x )>a 有解⇔a <f (x )max ，f (x )<a 有解⇔a >f (x )min .【例3】已知f (x )＝7x 2－28x －a ，g (x )＝2x 3＋4x 2－40x ，当x ∈[－3,3]时，f (x )≤g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．解析 设F (x )＝f (x )－g (x )＝－2x 3＋3x 2＋12x －a ， 则由题可知F (x )≤0对任意x ∈[－3,3]恒成立， 令F ′(x )＝－6x 2＋6x ＋12＝0，得x ＝－1或x ＝2，而F (－1)＝－7－a ，F (2)＝20－a ，F (－3)＝45－a ，F (3)＝9－a ，所以F (x )max ＝45－a ≤0， 所以a ≥45，即实数a 的取值范围为[45，＋∞)．【例4】 函数f (x )＝x 2＋2x ＋a x ，x ∈[1，＋∞)，若对任意x ∈[1，＋∞)，f (x )>0恒成立，求实数a 的取值范围．解析 若对任意x ∈[1，＋∞)，f (x )>0恒成立， 即对x ∈[1，＋∞)，f (x )＝x 2＋2x ＋ax>0恒成立，由于不等式的分母x ∈[1，＋∞)，只需x 2＋2x ＋a >0在x ∈[1，＋∞)上恒成立即可， 即需抛物线g (x )＝x 2＋2x ＋a 在x ∈[1，＋∞)上的最小值g (x )min ＝g (1)＝3＋a >0，即a >－3.故实数a 的取值范围为(－3，＋∞)．【例5】 设函数f (x )＝x －1x －a ln x (a ∈R )，g (x )＝x －ln x －1e ，若在区间[1，e]上至少存在一点x 0，使得f (x 0)≥g (x 0)成立，求a 的取值范围．解析 记h (x )＝f (x )－g (x )＝(1－a )ln x －1x ＋1e (x >0)，则h ′(x )＝(1－a )x ＋1x 2(x >0)．①若a ≤1，当x ∈[1，e]时，h ′(x )>0，h (x )在区间[1，e]上是增函数，[h (x )]max ＝1－a ≥0，所以a ≤1符合题意．②若1＜a ≤1＋1e ，当x ∈[1，e]时，h ′(x )＝1－a x 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a －1＞0，h (x )在区间[1，e]上是增函数，[h (x )]max ＝1－a ≥0，即a ≤1，与1＜a ≤1＋1e 矛盾，所以1＜a ≤1＋1e不符合题意．③若1＋1e <a <2，h ′(x )＝1－a x 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a －1.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a －1时，h ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，e 时，h ′(x )<0.所以[h (x )]max ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1＝(a －1)ln(a －1)－(a －1)＋1e .再记φ(t )＝t ln t －t ＋1e ⎝⎛⎭⎫1e <t <1，φ′(t )＝ln t <0，则φ(t )在⎝⎛⎭⎫1e ，1上单调递减，所以φ(t )<φ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e<0，因此[h (x )]max ≥0无解，即1＋1e<a <2不符合题意．④若a ≥2，当x ∈[1，e]时，h ′(x )＝1－a x 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a －1≤0，h (x )在区间[1，e]上是减函数，[h (x )]max ＝1e－1<0，因此[h (x )]max ≥0无解，即a ≥2不符合题意．综上所述，a 的取值范围是(－∞，1]． 方法三 分离变量法)若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围．这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操作性更强．一般地有f (x )<g (a )(a 为参数)恒成立⇔g (a )>f (x )max ，f (x )>g (a )(a 为参数)恒成立⇔g (a )<f (x )min .【例6】 已知函数f (x )＝ax －4x －x 2，x ∈(0,4]时，f (x )<0恒成立，求实数a 的取值范围．解析 将问题转化为a <4x －x 2x对x ∈(0,4]恒成立． 令g (x )＝4x －x 2x ，则a <g (x )min . 由g (x )＝4x －x 2x＝4x－1，可知g (x )在(0,4]上为减函数，故g (x )min ＝g (4)＝0， 所以a <0，即a 的取值范围为(－∞，0)． 【例7】 已知函数f (x )＝x ln x ＋(1－k )x ＋k ，k ∈R . (1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当x >1时，求使不等式f (x )>0恒成立的k 的最大整数值． 解析 (1)当k ＝1时，f (x )＝x ln x ＋1，所以f ′(x )＝ln x ＋1.由f ′(x )>0，得x >1e ；由f ′(x )<0，得0<x <1e .所以f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，1e . (2)由x >1时f (x )>0恒成立，得x >1时x ln x ＋(1－k )x ＋k >0，所以(x －1)k <x ln x ＋x ，即k <x ln x ＋x x －1对x >1恒成立．设g (x )＝x ln x ＋x x －1(x >1)，则g ′(x )＝－ln x ＋x －2(x －1)2，令μ(x )＝－ln x ＋x －2(x >1)，则μ′(x )＝－1x＋1，所以当x >1时，μ′(x )>0，μ(x )在(1，＋∞)上单调递增，而μ(3)＝1－ln 3<0，μ(4)＝2－ln 4>0，所以存在x 0∈(3,4)，使μ(x 0)＝0，即x 0－2＝ln x 0. 所以当x ∈(1，x 0)时，g ′(x )<0，此时函数g (x )单调递减； 当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>0，此时函数g (x )单调递增．所以g (x )在x ＝x 0处有极小值(也是最小值)，所以g (x )min ＝g (x 0)＝x 0ln x 0＋x 0x 0－1＝x 0(x 0－2)＋x 0x 0－1＝x 0∈(3,4)，又k ＜g (x )恒成立，所以k <g (x )min ＝x 0，所以k 的最大整数值为3.【例8】 设函数f (x )＝ax ＋cos x ，x ∈[0，π]，若f (x )≤1＋sin x ，求a 的取值范围． 解析 因为f (x )≤1＋sin x ⇔ax ＋cos x ≤1＋sin x ⇔ax ≤1＋sin x －cos x ，所以当x ＝0时，0≤1＋sin 0－cos 0＝0恒成立； 当0<x ≤π时，ax ≤1＋sin x －cos x ⇔a ≤1＋sin x －cos x x ⇔a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋sin x －cos x x min ， 令g (x )＝1＋sin x －cos xx (0<x ≤π)，则 g ′(x )＝(cos x ＋sin x )x －1－sin x ＋cos xx 2＝(1＋x )cos x ＋(x －1)sin x －1x 2，又令c (x )＝(1＋x )cos x ＋(x －1)sin x －1， 则 c ′(x )＝cos x －(1＋x )sin x ＋sin x ＋(x －1)cos x ＝x (cos x －sin x )＝2x cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4， 则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π4时，cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4>0，故c ′(x )>0，c (x )单调递增， 当x ∈⎝⎛⎦⎤π4，π时，cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4<0，故c ′(x )<0，c (x )单调递减． 因为c (0)＝0，c ⎝⎛⎭⎫π4＝2π4－1>0，c ⎝⎛⎭⎫π2＝π2－2<0，c (π)＝－π－2<0，所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫π4，π2，使得g (x 0)＝0，所以g (x )在区间(0，x 0]上单调递增，在区间(x 0，π]上单调递减．因为g (π)＝2π，lim x →0g (x )＝1， 所以[g (x )]min ＝g (π)＝2π.故所求a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，2π.(1)分离参数法的步骤：第一步，将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步，利用导数求该函数的最值；第三步，根据要求得所求范围．(2)分离参数法适用题型：①参数与变量能分离；②函数的最值易求出． 方法四 变换主元法处理含参不等式恒成立的某些问题时，若能适时地把主元变量和参数变量进行“换位”思考，往往会使问题降次、简化．【例9】对任意a ∈[－1,1]，不等式x 2＋(a －4)x ＋4－2a >0恒成立，求x 的取值范围． 解析 令f (a )＝(x －2)a ＋x 2－4x ＋4(a ∈[－1,1])，则原问题转化为f (a )>0恒成立．当x ＝2时，可得f (a )＝0，不合题意；当x ≠2时，应有⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)>0，f (－1)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－3x ＋2>0，x 2－5x ＋6>0，解得x <1或x >3.故x 的取值范围为(－∞，1)∪(3，＋∞)．一般地，一次函数f (x )＝kx ＋b (k ≠0)在[α，β]上恒有f (x )>0的充要条件为⎩⎪⎨⎪⎧f (α)>0，f (β)>0.方法五 数形结合法f (x )>g (x )⇔函数f (x )图象恒在函数g (x )图象上方； f (x )<g (x )⇔函数f (x )图象恒在函数g (x )图象下方．【例10】设f (x )＝－x 2－4x ，g (x )＝43x ＋1－a ，若恒有f (x )≤g (x )成立，则实数a 的取值范围为________.解析 在同一直角坐标系中作出f (x )及g (x )的图象，如图所示，f (x )的图象是半圆(x ＋2)2＋y 2＝4(y ≥0)，g (x )的图象是平行的直线系4x －3y ＋3－3a ＝0.要使f (x )≤g (x )恒成立，则圆心(－2,0)到直线4x －3y ＋3－3a ＝0的距离满足d ＝|－8＋3－3a |5≥2，解得a ≤－5或a ≥53.因为f (x )≥0，且f (x )≤g (x )，所以a ≥53舍去．故实数a 的取值范围为(－∞，－5]．答案 (－∞，－5] 【跟踪检测】1．若关于x 的不等式x 2＋ax －2>0在区间[1,5]上有解，则实数a 的取值范围为( ) A ．⎝⎛⎭⎫－235，＋∞ B ．⎣⎡⎦⎤－235，1 C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)A 解析 问题等价转化为不等式ax >2－x 2在区间[1,5]上有解，即不等式a >2x －x 在区间[1,5]上有解，令f (x )＝2x －x ，则有a >f (x )min ，而函数f (x )在区间[1,5]上是单调递减函数，所以函数f (x )在x ＝5处取得最小值，即f (x )min ＝f (5)＝25－5＝－235，所以a >－235.故选A 项．2．已知函数f (x )＝x ln x ＋x (x －a )2(x ∈R )，若存在x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，使得f (x )>xf ′(x )成立，则实数a 的取值范围是( )A ．⎝⎛⎭⎫94，＋∞ B ．⎝⎛⎭⎫32，＋∞ C ．(2，＋∞)D ．(3，＋∞)C 解析 由f (x )>xf ′(x )得⎣⎡⎦⎤f (x )x ′<0，设g (x )＝f (x )x ＝ln x ＋(x －a )2，则存在x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，使得g ′(x )<0成立，即g ′(x )＝1x ＋2(x －a )＜0成立，所以a ＞12x＋x 恒成立，所以a ＞⎝⎛⎭⎫12x ＋x min成立．又12x ＋x ≥212x ·x ＝2，当且仅当12x ＝x ，即x ＝22时，等号成立．所以a ＞ 2.故选C 项．3．若不等式log a x >sin 2x (a >0，a ≠1)对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π4都成立，则a 的取值范围为( ) A ．⎝⎛⎭⎫0，π4 B ．⎝⎛⎭⎫π4，1 C ．⎝⎛⎭⎫π4，π2D ．(0,1)B 解析 记y 1＝log a x ，y 2＝sin 2x ，原不等式相当于y 1>y 2.作出两个函数的图象，如图所示，易知当y 1＝log a x 过点A ⎝⎛⎭⎫π4，1时，a ＝π4，所以当π4<a <1时，对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π4都有y 1>y 2.故选B 项．4．已知函数f (x )＝(x －a )2＋(e x －a )2 (a ∈R )，若存在x 0∈R ，使得f (x 0)≤12成立，则实数a 的值为( )A ．13B ．22C ．24D ．12D 解析 函数f (x )等价于g (x )＝e x 图象上的点与直线y ＝x 上的点(a ，a )距离的平方，因为g (x )＝e x ，令g ′(x )＝1，即e x ＝1，解得x ＝0，g (0)＝e 0＝1，则点(0,1)到直线y ＝x 的距离为|1－0|12＋(－1)2＝12，即g (x )＝e x 上的点与y ＝x 上的点的最短距离为12，此时a >0，即f (x )≥f (0)＝12，因为存在x 0∈R ，使得f (x 0)≤12成立，所以f (x 0)＝f (0)＝12，即a 2＋(1－a )2＝12，解得a ＝12.故选D 项．5．已知函数f (x )＝a ln x －x ＋1x ，在区间⎝⎛⎦⎤0，12内任取两个不相等的实数m ，n ，若不等式mf (m )＋nf (n )<nf (m )＋mf (n )恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，2]B ．⎝⎛⎦⎤－∞，52 C ．⎣⎡⎦⎤2，52 D ．⎣⎡⎭⎫52，＋∞B 解析 由题设不等式mf (m )＋nf (n )<nf (m )＋mf (n )可得不等式(m －n )[f (m )－f (n )]<0，由此可知函数f (x )是单调递减函数．因为f ′(x )＝a x －1－1x 2，所以问题转化为a x －1－1x2≤0在⎝⎛⎦⎤0，12内恒成立，即x 2－ax ＋1≥0在⎝⎛⎦⎤0，12内恒成立，也即a ≤x ＋1x 在⎝⎛⎦⎤0，12内恒成立，又x ＋1x ≥52，所以a ≤52.故选B 项． 6．函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对于x ∈[－1,1]总有f (x )≥0成立，则a 的取值范围为________. 解析 依题意，f ′(x )＝3ax 2－3.①当a ≤0时，f ′(x )<0，函数f (x )为R 上的减函数，而f (1)＝a －2<0不满足条件．②当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－1a 和⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上为增函数，在⎝⎛⎭⎫－1a ，1a 上为减函数，又f (－1)＝－a ＋4≥0⇒a ≤4，f (1)＝a －2≥0⇒a ≥2，即2≤a ≤4⇒12≥1a ≥12，所以必须有函数f (x )的极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1a －3a ＋1＝－2a ＋1≥0⇒a ≥2⇒a ≥4，才能满足在区间[－1,1]上f (x )≥0恒成立，所以a ＝4.答案 {4}7．若不等式2x －1>m (x 2－1)对所有－2≤m ≤2都成立，求x 的取值范围．解析 原不等式化为m (x 2－1)－(2x －1)<0，令f (m )＝m (x 2－1)－(2x －1)，当－2≤m ≤2时，f (m )<0恒成立，只需满足⎩⎪⎨⎪⎧ f (－2)<0，f (2)<0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2(x 2－1)－(2x －1)<0，2(x 2－1)－(2x －1)<0，解得－1＋72<x <1＋32，所以x 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋72，1＋32. 8．已知函数f (x )＝x －ln(x ＋a )(a >0)的最小值为0. (1)求f (x )的解析式；(2)若对任意x ∈[0，＋∞)，不等式f (x )≤x －mxx ＋1恒成立，求实数m 的取值范围．解析 (1)由题意可得f ′(x )＝1－1x ＋a.令f ′(x )>0，可得x >1－a ；令f ′(x )<0，可得x <1－a .所以x ＝1－a 为函数f (x )的极小值点，亦即函数f (x )的最小值点． 故有f (x )min ＝f (1－a )＝1－a －ln(1－a ＋a )＝1－a ＝0， 所以a ＝1，所以f (x )＝x －ln(x ＋1)．(2)若对任意x ∈[0，＋∞)，不等式f (x )≤x －mxx ＋1恒成立，即ln(x ＋1)≥mxx ＋1在x ∈[0，＋∞)上恒成立．设φ(x )＝ln(x ＋1)－mxx ＋1(x ≥0)，则φ′(x )＝1x ＋1－m(1＋x )2＝x ＋1－m(1＋x )2.①当m≤1时，φ′(x)≥0，仅当x＝0，m＝1时，等号成立，所以φ(x)在[0，＋∞)上单调递增．又φ(0)＝0，所以φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立．所以当m≤1时，ln(x＋1)≥mx1＋x在[0，＋∞)上恒成立．②当m＞1时，对x∈(0，m－1)，有φ′(x)＜0，所以φ(x)在x∈(0，m－1)上单调递减，所以φ(m－1)＜φ(0)＝0，即当m＞1时，存在x＞0使φ(x)＜0，故当m＞1时，ln(1＋x)≥mx1＋x在x∈[0，＋∞)上不恒成立．综上可知，实数m的取值范围是(－∞，1]．。
用分离变量法解含参数的不等式恒成立问题
用分离变量法解含参数的不等式恒成立问题
张鹤
【期刊名称】《高中数理化》
【年(卷),期】2006(000)001
【摘要】含参数的不等式恒成立求参数的取值范围的实质是已知不等的解集求参数的取值范围。
下面介绍解决这类问题的策略和方法。
【总页数】2页(P18-19)
【作者】张鹤
【作者单位】北京十一学校
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
1.应用“分离变量法”研究含参数的复数方程 [J], 廖志明
2.最值法解含参数不等式恒成立问题 [J], 程宏咏
3.最值法解含参数不等式恒成立问题 [J], 程宏咏
4.含参数的绝对值不等式恒成立问题的解法探讨 [J], 胡振辉
5.基于问题链的高中数学深度学习探究与实践——以"含参数不等式恒成立问题"教学为例 [J], 徐丽峰;赖忠华
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用分类讨论思想解含参一元二次不等
我们知道，解一元二次不等式ax 2+bx +c >0或ax 2+bx +c <0(a >0)，需先令ax 2+bx +c =0(a >0)，并根据方程的判别式判断根的个数，再通过分解因式或利用求根公式求得方程的根，最后根据“同大取大，同小取小，大大小小没有解，大小小大取中间”的口诀求得不等式的解集.由于参数的值无法确定，所以含有参数的一元二次不等式问题通常较为复杂，往往需运用分类讨论思想，对参数的取值进行分类讨论，最重要的是，对含参一元二次不等式对应方程的根（实数根）的大小、判别式与0的大小关系、二次项系数的符号进行分类讨论，这是用分类讨论思想解含参一元二次不等式需注意的几个要点.一、注意讨论方程的根的大小含参一元二次不等式所对应的方程ax 2+bx +c =0(a >0)的根的大小关系随着参数的变化而变化，且对不等式解集的影响较大.若含参一元二次不等式ax 2+bx +c >0或ax 2+bx +c <0(a >0)所对应的方程ax 2+bx+c =0(a >0)有两个根，且能够进行因式分解，则需先通过因式分解，求得方程的两个根x 1、x 2，然后运用分类讨论思想，分三种情况x 1>x 2、x 1=x 2、x 1<x 2进行分类讨论.若x 1>x 2，则不等式ax 2+bx +c >0(a >0)的解集为{x |x <x 2或x >x 1}；若x 1=x 2，则不等式ax 2+bx +c >0(a >0)的解集为{}x |x ≠-b 2a；若x 1>x 2，则不等式ax 2+bx +c >0(a >0)的解集为{x |x <x 2或x >x 1}.例1.解不等式ax 2-()a -1x -1<0()a <0.解：原不等式等价于æèöøx +1a ()x -1>0，则方程æèöøx +1a ()x -1=0的根分别为x 1=-1a ，x 2=1，①当x 1=-1a>x 2=1时，可得-1<a <0,不等式的解集为{}|x x >-1a或x <1；②当x 1=x 2=1时，可得a =-1，不等式的解集为{}|x x ≠-1；③当x 1=-1a<x 2=1时，可得a <-1，不等式的解集为{}|x x >1或x <-1a；综上可知，当-1<a <0时，不等式的解集为{}|x x >-1a或x <1；当a =-1时，不等式的解集为{}|x x ≠-1；当a <-1时，不等式的解集为{|x x >1或}x <-1a.该一元二次不等式中含有参数，且容易分解因式，求得方程的两个根，但无法确定两个根的大小，所以要运用分类讨论思想对两根的大小进行讨论.在进行讨论时，需根据参数a 的取值范围，来确定不等式的解集.二、注意讨论方程的判别式与0的大小关系含参一元二次不等式所对应方程ax 2+bx +c =0(a >0)的判别式能决定方程的根的个数，这就直接影响着一元二次不等式的解集的形式.若含参一元二次不等式ax 2+bx +c >0或ax 2+bx +c <0(a >0)所对应的方程ax 2+bx +c =0(a >0)不能进行因式分解，则需先求得方程的判别式Δ＝b 2-4ac ，然后分为三种情况：Δ>0、Δ=0、Δ<0进行讨论.一般地，若△>0，则方程有2个相异实根x 1、x 2(x 1<x 2)，一元二次不等式ax 2+bx +c >0(a >0)的解集为{x |x <x 1或x >x 2}，一元二次不等式ax 2+bx +c <0(a >0)的解集为{x |x 1<x <x 2}；若△=0，则方程有1个实数根x 1=x 2，一元二次不等式ax 2+bx +c >0(a >0)的解集为{x |x ≠x 1}，一元二次不等式ax 2+bx +c <0(a >0)的解集为∅；若△<0，则方程没有实根，一元二次不等式ax 2+bx +c >0(a >0)的解集为R ，一元二次不等式ax 2+bx +c <0(a >0)的解集为∅.我们可结合函数的y =ax 2+bx +c =0(a >0)的图象来进行讨论，这样能有效提升解题的效率.例2.已知集合A ={}|x x 2+3k 2≥2k ()2x -1，B ={}|x x2-k ()2x -1+k 2≥0，且A ⊆B ，试求k 的取值范围.用分类讨论思想解含参一元二次不等式薛明美42解：由题意可知A ={}|x []x -()3k -1[]x -()k +1≥0，则方程[]x -()3k -1[]x -()k +1=0有两个根x 1=3k-1，x 2=k +1，①当x 1<x 2时，可得k >1，此时集合A ={|x x ≥3k -1或x ≤k +1}，②当x 1=x 2时，可得k =1，此时集合A ={}|x x ∈R ，③当x 1>x 2时，可得k <1，此时集合A ={|x x ≥k +1或x ≤3k -1}，令x 2-k ()2x -1+k 2=0，则Δ=4k 2-4()k 2+k =-4k ，①当Δ<0时，可得k >0，此时集合B ={}|x x ∈R ；②当Δ=0时，可得k =0，此时集合B ={}|x x ∈R ；③当Δ>0时，可得k <0，此时集合B ={|x x ≤k --k 或x ≥k +-k }；当k ≥0时，集合B ={}|x x ∈R ，此时A ⊆B ；当k <0时，集合B ={}|x x ≤k --k 或x ≥k +-k ，要使A ⊆B ，则需使ìíî3k -1≤k --k ，k +1≥k +-k ，解不等式组可得k ≥-1，综上，满足A ⊆B 的k 取值范围为[)-1,0或[)0,+∞.问题中的两个集合都是含参一元二次不等式的解集.由于集合A 中的含参不等式能够进行因式分解，而集合B 中的含参不等式不能进行因式分解，所以需先求得集合B 中的含参不等式所对应方程的判别式，对Δ>0、Δ=0、Δ<0进行讨论，分别求得三种情形下不等式的解集，然后建立满足A ⊆B 的新不等式，求得k 取值范围，最后综合所求的结果即可.例3.设不等式x 2-2ax +a +2≤0解集为M ，若M ⊆[]1,4，则实数a 取值范围为____.解：设f ()x =x 2-2ax +a +2，可得Δ=()-2a 2-4()a +2=4()a 2-a -2，①当Δ<0时，可得-1<a <2，M =∅⊆[]1,4；②当Δ=0时，可得a =-1或a =2，当a =-1时，可得M ={}-1⊄[]1,4，不符合题意舍去，当a =2时，可得M ={}2⊆[]1,4，符合题意，③当Δ>0时，可得a <-1或a >2，令f ()x =0的根为x 1，x 2()x 1<x 2，且M ⊆[]x 1,x 2，M ⊆[]1,4，可知1≤x 1＜x 2≤4，可得ìíîïïïïf ()1≥0，f ()4≥0，Δ>0，1<--2a 2<4，解得2<x ≤187，综上可知，实数a 取值范围为æèùû-1,187.该含参一元二次不等式不能进行因式分解，所以需先求得不等式所对应的方程的判别式，分Δ>0、Δ=0、Δ<0进行分类讨论，然后在每种情形下，根据已知的解集列出不等式组，求出参数a 取值范围.三、注意讨论方程二次项系数的符号我们知道不等式与函数的关系紧密，一元二次函数y =ax 2+bx +c 的二次项系数决定了抛物线的开口方向，而抛物线的开口方向直接影响着一元二次不等式ax 2+bx +c >0或ax 2+bx +c <0的解集.因此在解含参一元二次不等式要注意讨论二次项系数的符号，当二次项的系数a >0时需按下表分如下几种情况讨论：判别式Δ=b 2-4ac一元二次函数y =ax 2+bx +c =0(a >0)的图象一元二次不等式ax 2+bx +c >0(a >0)的解集一元二次不等式ax 2+bx +c <0(a >0)的解集△>0{x |x <x 1或x >x 2}{x |x 1<x <x 2}△=0{}x |||x ≠-b 2a∅△<0R∅43含参函数问题通常较为复杂，尤其在遇到含有多个参数的函数问题时，很多同学不知如何下手.解答含有多个参数的函数问题，关键在于合理处理参数，将问题简化为只含有一个参数或没有参数的函数问题.下面介绍三种解答含有多个参数的函数问题的方法.一、分离变量法当函数问题中出现多个参数时，可通过恒等变形，将其中一个已知取值范围的参数从函数式或不等式中分离出来，将问题转化成只含一个参数或没有参数的函数最值问题来求解.例1.已知当θ∈R 时，不等式a +cos2θ<5-4sin θ+5a -4恒成立，求实数a 的取值范围.解：由a +cos2θ<5-4sin θ+5a -4可得4sin θ+cos2θ<5a -4-a +5，要使上式恒成立，只需使5a -4-a +5大于4sin θ+cos2θ的最大值，设f (θ)=4sin θ+cos2θ，化简得f (θ)=-2sin 2θ+4sin θ+1=-2(sin θ-1)2+3≤3，可得5a -4-a +5>3，即5a -4>a -2，上式等价于ìíîïïa -2≥0，5a -4≥0，5a -4>(a -2)2，或{a -2<0，5a -4≥0，解得45≤a <8.该函数不等式中含有两个参数a 及θ，其中θ的取值范围已知，另一参数a 的范围即为所求，故可考虑运用参数分离法，将θ从不等式中分离出来；再将不含有θ的式子构造成关于a 的函数式，利用正弦函数和二次函数的有界性求得函数的最值，即可建立关于a 的新不等式，求得a 的取值范围.例2.设正数f ()x =e 2x 2+1x ,g ()x =e 2x e x ，对任意x 1,x 2∈()0,+∞，不等式g ()x 1k ≤f ()x 2k +1恒成立，求正数k 的取值范围.解：由g ()x 1k ≤f ()x 2k +1可得g ()x 1≤kf ()x 2k +1，所以kf ()x 2k +1≥[]g ()x 1max ，钱桂红。
巧用分离变量法处理含参方程与含参不等式
龙源期刊网
巧用分离变量法处理含参方程与含参不等式作者：程广安
来源：《广东教学·教育综合》2018年第61期
【摘要】含参数的方程，含参不等式问题是高考的热点和重点，它可以全面地考查学生
分析问题和解决问题的能力，所以对学生来说是一道难以把握的题目。
方程有解，不等式有解以及不等式恒成立之间的关系，学生因为理不順它们之间的关系，找不到解决问题突破口而陷入困境。
分离变量法对这类型题目有时就能避免繁杂的讨论。
下面针对含参方程，含参不等式笔者总结了一些规律。
【关键字】变量；方程；不等式；函数。
用“变量分离法”解几个含参问题
26上海中学数学2014年第4期用“变量分离法"解几个含参问题211700江苏省盱眙县实验中学姜登翠211700江苏省盱眙中学李刚l问题的提出文[1]研究了几个有关函数不等式恒成立求参数值的范围问题，解决了“变量分离法”不易解决时的一般处理策略，笔者读后深受启发，并对文中涉及的三道例题作了进一步探究，在使用“变量分离法”之后，如果从高等数学角度来研究会更加方便．7．如图10是一座建筑纪念物的底座(不能进入建筑物内)，工人师傅想测量一下在地面上形成的么A B C的度数，你能找到测量的办法吗?B图10(五)小结反思本节课你有什么收获?还有什么疑惑?设计意图：通过对所学知识进行回顾和梳理，学生提升了归纳总结能力．(六)作业布置作业分为必做题和选做题．必做题是面向全体学生的题目，侧重于基础知识及其应用；选做题供学有余力的学生选做，侧重于拓展性和创新性．设计意图：布置习题分为必做题和选做题，为学生提供个性化发展的空间．通过动手做数学，学生开拓了思维空间，提高了自主探究能力，逐步养成反思总结的学习习惯．三、思考与启示(一)注重知识形成的“过程化”通过创设合适的情境，学生经历了“具体一抽象一具体”的认知历程，感受到了知识的发生过程，体会了知识的形成过程，从中体悟了知识的“前世今生”，提高了学思维能力．本设计中，学生经历了对顶角的实际背景和形成过程，能够有效识别对顶角文[1]的三道例题如下：例1已知函数厂(z)一z2+2z+以l嗽，当￡≥1时，不等式厂(2f一1)≥2．厂(f)一3恒成立，求实数丑的取值范围．例2设函数厂(z)一∥一1一z—nz2．(1)略；(2)若当．r≥o时，厂(．r)≥o，求n的取值范围．例3已知函数厂(z)一z一1n(z+口)的最小值的关键特征．(二)注重问题解决的“过程化”学生经历了知识的发生发展过程后，需要进一步把新知识纳入自己的认知结构．本设计中，题组的有效创设为学生搭建了“观察一猜想一说理”的平台，这一过程深化了学生解决问题的过程．文字语言、图形语言、符号语言的相互转化渗透于问题解决中，加深了学生对对顶角的概念及其性质的理解．假以时日，学生的问题解决能力一定能够从“简单模仿”的初级阶段逐步飞跃到“图式应用”的高级阶段．(三)注重总结反思的“过程化”一节课下来，学生的收获各有不同，但是优秀的教学设计下课程的目标达成应比较接近“人人都能获得良好的数学教育，不同的人在数学上有不同的发展”．探究发现数学理论(定义、性质、法则、定理等)的过程也是不断反思、不断提出问题的过程，这种反思应该始终伴随着教学活动的进行而开展．这样的教学设计帮助学生将反思孕于教学的始终，而不是课堂小结环节的五分钟．刘素梅老师在其编写的《教师反思与写作手册》中写道：“思之则活，思活则深，思深则透，思透则新，思新则进．”因此，应把总结反思贯穿于整个课堂的学习过程，使数学学习过程成为学生在已有经验基础上的主动建构过程，做到生本课堂，从而大幅度地提升教学效能．参考文献[1]胡瑁。
含参不等式恒成立问题中求参数取值范围的一般方法
2
7
2 2 x 1 2 x 1 0
1 解得： 2
x
1 3 2
四、利用集合与集合间的关系
• 在给出的不等式中，若能解出已知取值范围的变 量，就可利用集合与集合之间的包含关系来求解， 1 m, n f a , g a f x m 即： ，则 且 g x n ，不等式的 2 解即为实数的取值范围。
例4、若不等式 2 x 1 m x 2 1 对满足 m 2 的所有m 都成立,求 x 的取值范围。 解：设 f x m x 1 2 x 1 ，对满足 m 2的 m, f m 0 f 2 0 2 x 1 2 x 1 0 恒成立 f x 0
f x
1 2
1 2 ax 2a 1 x 2 ln x, g x x 2 2 x, 2
题1按a与0的关系讨论，结果是a=4;题2先求出导数， 再按a与0及数 1/2的关系讨论，最后得a的取值范围 是 ln 2 1, .
三、确定主元
• 在给出的含有两个变量的不等式中，学生习惯把变量看成是主元 （未知数），而把另一个变量看成参数，在有些问题中这样的解题 过程繁琐。如果把已知取值范围的变量作为主元，把要求取值范围 的变量看作参数，则可简化解题过程。注意在一个含多个变量的数 学问题中，需要确定合适的变量和参数从而构造适当的函数，利用 函数的图象和性质解决问题，使问题更加明朗化，一般地，已知存 在范围的量为变量，而待求范围的量为参数.
min
（ 2 ） 当 2 2 2 即 4a4 时 f x 6 a 2 又 4 a 4 4 a 2
求解含参不等式恒成立问题的三种途径
考点透视赵爱华含参不等式恒成立问题的常见命题形式有求参数的取值范围、证明不等式恒成立.由于不等式中含有参数，导致问题中的其他参变量不确定，这给我们解题带来了很大的不便.因而解答此类问题，需采用一些途径，如分离变量、变更主元、分类讨论.下面结合实例，探讨一下如何求解含参不等式恒成立问题.一、分离变量对于含参数不等式恒成立问题，可以将不等式进行变形，使其变量和参数分离，即使变量和参数分别置于不等号的左右两边，然后通过求含有变量式子的最值，将问题转化为解关于参数的不等式问题.例1.对任意θ∈R ，不等式cos 2θ-3>2m cos θ-4m 恒成立，求实数m 的取值范围.解：由cos 2θ-3>2m cos θ-4m 得：cos 2θ-3>2m ⋅()cos θ-2，由θ∈R 知cos θ-2<0，所以m >cos 2θ-32()cos θ-2=-2(2-cos θ)+2(2-cos θ)+4.当2-cos θ=22-cos θ，即cos θ=2-2时，-2(2-cos θ)+2(2-cos θ)+4取得最大值4-22，所以实数m的取值范围为m >4-22.将不等式变形为一边只含有变量、一边只含有参数的式子，便可将变量分离，再根据函数的单调性和有界性求得-2(2-cos θ)+2(2-cos θ)+4的最值，即可建立使不等式恒成立的新不等式.二、变更主元对于含参不等式恒成立问题，很多同学习惯于将x 视为变量，其他字母看作参数.事实上，有时为了求得参数的取值范围，我们可变更主元，将所求的参数看作主元、变量视为参数，根据题目中对变量的限制情况，建立关于参数的不等式，从而求得参数的取值范围.例2.对任意||m ≤2，不等式2x -1>m ()x 2-1恒成立，求x 的取值范围.解：由2x -1>m ()x 2-1可得()x 2-1m +1-2x <0，设f (m )=(x 2-1)m -2x +1,-2≤m ≤2，所以要使f ()m <0恒成立，只需使f ()-2<0且f ()2<0，ìíîïï-2()x 2-1+1-2x <0，2()x 2-1+1-2x <0，解得x.解答本题，需变更主元，将m 视为变量、x 看作参数，构造关于m 的一元一次函数，根据一次函数的单调性建立关于x 的不等式，进而通过解不等式求得x 的取值范围.三、分类讨论由于含参不等式恒成立问题中涉及了参数，所以常需运用分类讨论法，对不等式中的某些参数、变量进行分类讨论，使一些不确定因素变成确定因素，建立使目标不等式恒成立的关系式，即可解题.例3.对任意x ∈[-2,2]，不等式x 2+ax +3-a ≥0恒成立，求a 的取值范围.解：设f ()x =x 2+ax +3-a =æèöøx +a 22-a 24-a +3，令f (x )在x ∈[-2,2]上的最小值为g (a ).①当-2+a2>0，即a >4时，g (a )=f (2)=7-3a ，要使g (a )≥0，需使7-3a ≥0，即a ≤73，显然a 不存在.②当2+a 2≥0≥-2+a 2，即-4≤a ≤4时，g (a )=f (-a 2)=-a 24-a +3.由g (a )≥0得-6≤a ≤2，所以-4≤a ≤2.③当2+a2<0，即a <-4时，g (a )=f (-2)=7+a ，由g (a )≥0得a ≥-7，所以-7≤a <-4.综上所述，a 的取值范围为-7≤a ≤2.要使目标不等式恒成立，需使f (x )的最小值大于或等于0.而函数f (x )的最小值受参数影响，于是分三种情况：-2+a 2>0、2+a 2≥0≥-2+a 2、2+a 2<0进行讨论，从而确定f ()x min .总之，含参不等式恒成立问题具有较强的综合性，在解题时不仅要灵活运用函数、不等式、方程等知识，还需根据不等式的特点来分离变量、变更主元、分类进行讨论.（作者单位：江苏省盐城市龙冈中学）40。
园园 含参数不等式恒成立问题
含参数不等式恒成立问题分离参数法(分离变量) ——分离变量，巧妙求解 所谓分离参数法也就是将参数与变量分离于表达式的两边，然后根据变量的取值范围情况决定参数的范围。
这种方法可避免分利用分离参数法来确定不等式(),0Fx λ≥,（D x ∈,λ为实参数）恒成立中参数λ的取值范围 基本步骤:（1） 将参数与变量分离，即化为()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤）恒成立的形式； （2） 求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值；（3） 解不等式max ()()g f x λ≥(或min ()()g f x λ≤) ，得λ的取值范围。
适用题型：（1） 参数与变量能分离；（2） 函数的最值易求出。
解题原理：利用变量分离解决不等式的恒成立问题，利用大于一个变量则大于这个变量的最大值或≥这个变量的上界；小于一个变量则小于这个变量的最小值或≤这个变量的下界.主要是要把它转化为函数的最值问题. 这种方法可以顺利解决许多含参数不等式中的取值问题，还可以用来证明一些不等式. 例1．（07年山东卷文15)当(1,2)x ∈时，不等式240x mx ++<恒成立，求m 的取值范围.例2. 已知三个不等式①0342<+-x x ，②0862<+-x x ，③0922<+-m x x ．要使同时满足①②的所有x 的值满足③，求m 的取值范围.例3. 若3-<<1x 时，不等式2(1)460--+>a x x 恒成立，求a 范围.例4．在∆ABC 中，已知2|)(|,2cos )24(sin sin 4)(2<-++=m B f B B B B f 且π恒成立，求实数m 的范围。
例5. 设(12(1))()lg x x x n n a f x n ⎡⎤+++-+=⎢⎥⎣⎦L ，其中a 是实数，n 是任意给定的自然数且2n ≥， 若()f x 当(]1,∞-∈x 时有意义, 求a 的取值范围。
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含参不等式恒成立问题的求解策略
“含参不等式恒成立问题”把不等式、函数、三角、几何等内容有机地结合起来，其以覆盖知识点多，综合性强，解法灵活等特点而倍受高考、竞赛命题者的青睐。
另一方面，在解决这类问题的过程中涉及的“函数与方程”、“化归与转化”、“数形结合”、“分类讨论”等数学思想对锻炼学生的综合解题能力，培养其思维的灵活性、创造性都有着独到的作用。
本文就结合实例谈谈这类问题的一般求解策略。
一、图像法
若所求问题可转化为二次不等式，则可考虑应用判别式法解题。
一般地，对于二次函数),0()(2R x a c bx ax x f ∈≠++=,有
1）0)(>x f 对R x ∈恒成立⎩
⎨⎧<∆>⇔00a ; 2）0)(<x f 对R x ∈恒成立.00⎩⎨
⎧<∆<⇔a
例1．已知函数])1(lg[22a x a x y +-+=的定义域为R ，求实数a 的取值范围。
解：由题设可将问题转化为不等式0)1(22>+-+a x a x 对R x ∈恒成立，即有
04)1(22<--=∆a a 解得3
11>-<a a 或。
所以实数a 的取值范围为),3
1()1,(+∞--∞ 。
若二次不等式中x 的取值范围有限制，则可利用根的分布解决问题。
例2．设22)(2+-=mx x x f ，当),1[+∞-∈x 时，m x f ≥)(恒成立，求实数m 的取值范围。
解：设m mx x x F -+-=22)(2，则当),1[+∞-∈x 时，0)(≥x F 恒成立 当120)2)(1(4<<-<+-=∆m m m 即时，0)(>x F 显然成立；
当0≥∆时，如图，0)(≥x F 恒成立的充要条件为： ⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧-≤--≥-≥∆1220)1(0m F 解得23-≤≤-m 。
综上可得实数m 的取值范围为)1,3[-。
二、分离变量法
将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题的一种处理方法，其一般类型有：
1）()a f x <恒成立min )(x f a <⇔
2）()a f x >恒成立max )(x f a >⇔
例3．已知x x x x g a x x x f 4042)(,287)(232-+=--=，当]3,3[-∈x 时，)()(x g x f ≤恒成立，求实数a 的取值范围。
解：设c x x x x g x f x F -++-=-=1232)()()(23，
则由题可知0)(≤x F 对任意]3,3[-∈x 恒成立
令01266)(2'=++-=x x x F ，得21=-=x x 或
而,20)2(,7)1(a F a F -=-=-,9)3(,45)3(a F a F -=-=-
∴045)(max ≤-=a x F
∴45≥a 即实数a 的取值范围为),45[+∞。
例4．函数),1[,2)(2+∞∈++=x x
a x x x f ，若对任意),1[+∞∈x ，0)(>x f 恒成立，求实数a 的取值范围。
解：若对任意),1[+∞∈x ，0)(>x f 恒成立，
即对),1[+∞∈x ，02)(2>++=x
a x x x f 恒成立， 考虑到不等式的分母),1[+∞∈x ，只需022
>++a x x 在),1[+∞∈x 时恒成立而得
而抛物线a x x x g ++=2)(2在),1[+∞∈x 的最小值03)1()(min >+==a g x g 得3->a 注：本题还可将)(x f 变形为2)(++
=x
a x x f ，讨论其单调性从而求出)(x f 最小值。
例5．已知函数]4,0(,4)(2∈--=x x x ax x f 时0)(<x f 恒成立，求实数a 的取值范围。
解： 将问题转化为x
x x a 2
4-<对]4,0(∈x 恒成立。
令x
x x x g 2
4)(-=，则min )(x g a < 由144)(2
-=-=x
x x x x g 可知)(x g 在]4,0(上为减函数，故0)4()(min ==g x g ∴0<a 即a 的取值范围为)0,(-∞。
注：分离参数后，方向明确，思路清晰能使问题顺利得到解决。
三、变换主元法
处理含参不等式恒成立的某些问题时，若能适时的把主元变量和参数变量进行“换位”思考，往往会使问题降次、简化。
例6．对任意]1,1[-∈a ，不等式024)4(2>-+-+a x a x 恒成立，求x 的取值范围。
分析：题中的不等式是关于x 的一元二次不等式，但若把a 看成主元，则问题可转化为一次不等式044)2(2>+-+-x x a x 在]1,1[-∈a 上恒成立的问题。
解：令44)2()(2+-+-=x x a x a f ，则原问题转化为0)(>a f 恒成立（]1,1[-∈a ）。
当2=x 时，可得0)(=a f ，不合题意。
当2≠x 时，应有⎩⎨⎧>->0
)1(0)1(f f 解之得31><x x 或。
故x 的取值范围为),3()1,(+∞-∞ 。
注：一般地，一次函数)0()(≠+=k b kx x f 在],[βα上恒有0)(>x f 的充要条件为⎩⎨⎧>>0
)(0)(βαf f 。
四、数形结合法
数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”，这充分说明了数形结合思想的妙处，在不等式恒成立问题中它同样起着重要作用。
我们知道，函数图象和不等式有着密切的联系：
1）⇔>)()(x g x f 函数)(x f 图象恒在函数)(x g 图象上方；
2）⇔<)()(x g x f 函数)(x f 图象恒在函数)(x g 图象下上方。
例7．设x x x f 4)(2--= , a x x g -+=13
4)(,若恒有)()(x g x f ≤成立,求实数a 的取值范围.
分析：在同一直角坐标系中作出)(x f 及)(x g
如图所示，)(x f 的图象是半圆(4)2(22=++y y x )(x g 的图象是平行的直线系03334=-+-a y x 。
要使)()(x g x f ≤恒成立，
则圆心)0,2(-到直线03334=-+-a y x 的距离 满足 25338≥-+-=a
d
解得3
55≥-≤a a 或（舍去) 由上可见，含参不等式恒成立问题因其覆盖知识点多，方法也多种多样，但其核心思想还是等价转化，抓住了这点，才能以“不变应万变”，当然这需要我们不断的去领悟、体会和总结。