培优辅导专题3： 含参数函数不等式恒成立问题

专题三 含参数函数不等式恒成立问题
不等式问题是数学中的重要内容之一，而含参数函数不等式恒成立问题又是重点中的难点．这类问题既含参数又含变量，与多个知识有效交汇，有利于考查学生的综合解题能力，检验学生思维的灵活性与创造性，这正符合高考强调能力立意，强调数学思想与方法的命题思想，因此恒成立问题成为近年来全国各地高考数学试题的一个热点．
模块1 整理方法 提升能力
处理含参数函数不等式（一个未知数）恒成立问题，从方法上，可考虑分离参数法或猜想+最值法（必要条件法）．如果使用分离参数法，则猜想是没有作用的，对于难一点的分离参数法，可能要使用多次求导或洛必达法则．如果使用猜想法，则后续有3种可能：一是猜想没有任何作用；二是利用猜想减少分类讨论；三是在猜想的基础上强化，从而得到答案．从改造的形式上，解答题优先选择一平一曲，可利用分离参数法转化为一平一曲两个函数，也可以把函数化归为一边，考虑函数的图象与x 轴的交点情况（本质上也是一平一曲）．
洛必达法则
如果当0x x →（0x 也可以是±∞）时，两个函数()f x 和()g x 都趋向于零或都趋向于无穷大，那么极限()()
lim
x x f x g x →可能存在，也可能不存在．如果存在，其极限值也不尽相同．我们
称这类极限为
00型或∞
∞
型不定式极限．对于这类极限，一般要用洛必达法则来求． 定理1：若函数()f x 和()g x 满足条件： （1）()()0
lim lim 0x x x x f x g x →→==．
（2）()f x 和()g x 在0x 的某个去心邻域内可导，且()0g x '≠． （3）()()
lim
x x f x g x →存在或为无穷大．
则有()()
()
()
lim
lim
x x x x f x f x g x g x →→'='． 定理2：若函数()f x 和()g x 满足条件： （1）()()0
lim lim x x x x f x g x →→==∞．
（2）()f x 和()g x 在0x 的某个去心邻域内可导，且()0g x '≠．
（3）()()
lim
x x f x g x →存在或为无穷大．
则有()()
()
()
lim
lim
x x x x f x f x g x g x →→'='． 在定理1和定理2中，将分子、分母分别求导再求极限的方法称为洛必达法则． 使用洛必达法则时需要注意： （1）()()
lim
x x f x g x →必须是
00型或∞
∞
型不定式极限． （2）若()()0lim x x f x g x →''还是00型或∞
∞
型不定式极限，且函数()f x '和()g x '仍满足定理中()f x 和()g x 所满足的条件，则可继续使用洛必达法则，即()()
()()()
()
0lim
lim
lim x x x x x x f x f x f x g x g x g x →→→'''=='''． （3）若无法判定()
()
f x
g x ''的极限状态，或能判定它的极限振荡而不存在，则洛必达法则失
效，此时，需要用其它方法计算()()
lim
x x f x g x →．
（4）可以把定理中的0x x →换为0x x +→，0x x -
→，x →+∞，x →-∞，此时只要把定
理中的条件作相应的修改，定理仍然成立．
例1
已知函数()ln f x x kx k =-+（k ∈R ）． （1）求()f x 在[]1,2上的最小值；
（2）若1ln 1x a x x ⎛⎫+≥ ⎪ ⎪-⎝⎭
对()1,1x ∈-恒成立，求正数a 的最大值．
【解析】（1）定义域为()0,+∞，()11
kx f x k x x
-+'=
-=
． ①当0k ≤时，()0f x '>，函数()f x 在[]1,2为增函数，所以()()min 10f x f ⎡⎤==⎣⎦． ②当0k >时，由()0f x '>可得10x k <<
，由()0f x '<可得1x k >，所以()f x 在10,k ⎛⎫ ⎪⎝⎭
上递增，在1,k ⎛⎫
+∞ ⎪⎝⎭
上递减．于是()f x 在[]1,2上的最小值为()10f =或()2ln 2f k =-．
（i ）当0ln2k <-，即0ln2k <<时，()()min 10f x f ⎡⎤==⎣⎦． （ii ）当0ln2k ≥-，即ln2k ≥时，()()min 2ln 2f x f k ⎡⎤==-⎣⎦．
综上所述，当ln2k <时，()()min 10f x f ⎡⎤==⎣⎦；当ln2k ≥时，()()min 2ln 2f x f k ⎡⎤==-⎣⎦．
（2）令[)0,1t x =∈，则1ln 1x a x x ⎛⎫+≥ ⎪ ⎪-⎝⎭
对()1,1x ∈-恒成立1ln 1t at t +⎛⎫⇔≥ ⎪-⎝⎭对[)0,1t ∈恒成立．
法1：（分离参数法）当0t =，不等式恒成立，于是1ln 1t at t +⎛⎫≥ ⎪-⎝⎭
对[)0,1t ∈恒成立
1ln 1t t a t
+⎛⎫
⎪-⎝⎭⇔≤
对()0,1t ∈恒成立． 令()1ln 1t t G t t +⎛⎫ ⎪-⎝⎭=，则()2221ln 11t t t t G t t +⎛⎫
- ⎪--⎝⎭'=，令()221ln 11t t H t t t +⎛⎫=- ⎪--⎝⎭，则
()()
()2
2
2
2
22222240111t t H t t t t +'=
-=>---，所以()H t 在()0,1上递增，于是()()00H t H >=，即()0G t '>，所以()G t 在()0,1上递增．
由洛必达法则，可得()20021lim lim 21
t t t G t ++→→-==，于是02a <≤，所以正数a 的最大值为2．
法2：（不猜想直接用最值法）构造函数()1ln 1t F t at t +⎛⎫
=- ⎪-⎝⎭
，则
()222
2211at a
F t a t t +-'=-=
--． ①当20a -≥，即2a ≤时，()0F t '>，所以函数()F t 在[)0,1上递增，所以
()()00F t F ≥=．
②当20a -<，即2a >时，由()0F t '<
可得0x ≤<
所以函数()F t
在⎡⎢⎣
上递减，于是在⎡⎢⎣
上，()()00F t F ≤=，不合题意． 综上所述，正数a 的最大值为2．
法3：（先猜想并将猜想强化）由常用不等式ln 1x x ≤-（0x >）可得
112ln 1111t t
t t t
t ++⎛⎫≤-= ⎪
---⎝⎭，即21t at t ≤-．当0t =时，式子恒成立，当()0,1t ∈，有21a t ≤-恒成立，而
2
21t
>-，所以2a ≤． 下面证明a 可以取到2，即证明不等式1ln 21t t t +⎛⎫
≥ ⎪-⎝⎭
对[)0,1t ∈恒成立．构造函数
()1ln 21t K t t t +⎛⎫
=- ⎪-⎝⎭（01t ≤<），则()222
222011t K t t t '=-=≥--，所以函数()K t 在[)0,1上递增，所以()()00K t K ≥=，所以不等式1ln 21t t t +⎛⎫
≥ ⎪-⎝⎭
对[)0,1t ∈恒成立，所以正数a 的最大
值为2．
法4：（先猜想并将猜想强化）()1ln 01t F t at t +⎛⎫
=-≥ ⎪-⎝⎭
对[)0,1t ∈恒成立，因为()00
F =所以()020F a '=-≥，即2a ≤．
下同法3．
法5：（先猜想并将猜想强化）当0t =，不等式恒成立，于是1ln 1t at t +⎛⎫
≥ ⎪-⎝⎭
对[)0,1t ∈恒
成立()1ln 1t t a G t t
+⎛⎫ ⎪-⎝⎭⇔≤=对()0,1t ∈恒成立．
由洛必达法则，可得()20021lim lim 21t t t G t ++→→-==，于是2a ≤．
下同法3．
【点评】法1（分离参数法）把恒成立问题转化为求()G t 的最小值，法2（最值法）把恒成立问题转化为求()F t 的最小值．由此可见最值法与分离参数法本质上是相通的，其本质都是把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，其区别在于所求的函数中是否含有参数．
法3、法4和法5都是先求出必要条件2a ≤，然后将必要条件进行强化，需要解题的敏感度和判断力．如果我们将这个必要条件与法2的最值法进行结合，可减少法2的分类讨论．
例2
【解析】（1）()e x f x a '=-．
①当0a ≤时，()0f x '>在R 上恒成立，所以()f x 在R 上递增．
②当0a >时，由()0f x '>可得ln x a >，由()0f x '<可得ln x a <．所以()f x 在(),ln a -∞上递减，在()ln ,a +∞上递增．
（2）当1a =时，()e 2x f x x =--，所以()e 1x f x '=-，即()()
e 110x x k x --++>在
()0,+∞上恒成立．
法1：（分离参数法）()()e 110x
x k x --++>在()0,+∞上恒成立e 1e 1
x x x k +⇔<-在()
0,+∞上恒成立．令()e 1
e 1x x x x ϕ+=-，则()()()()()()()22e e e 1e 1e e e 2e 1e 1x x x x x x x x x x x x x ϕ+--+--'==--，令()e 2x t x x =--，有()e 10x t x '=->在()0,+∞上恒成立，所以()t x 在()0,+∞上递增（也可由
（1）可知，函数()e 2x t x x =--在()0,+∞上递增）．而()1e 30t =-<，()22e 40t =->，所以()0t x =在()0,+∞上有唯一根()01,2x ∈，所以当()00,x x ∈时()0x ϕ'<，当()0,x x ∈+∞时
()0x ϕ'>，于是()x ϕ在()00,x 上递减，在()0,x +∞上递增，所以()x ϕ在()0,+∞上的最小值
为()0000e 1
e 1
x x x x ϕ+=-，因为00e 20x x --=，所以00e 2x x =+，于是
()()()()0000021
12,321
x x x x x ϕ++=
=+∈+-，所以()()02,3k x ϕ<∈，所以k 的最大值为2．
法2：（不猜想直接用最值法）令()()()
e 11x g x x k x =--++，则
()()()()e 1e 1e 1x x x g x x k x k '=-+-+=+-，令()0g x '=可得1x k =-．
①当10k -≤，即1k ≤时，有()0g x '>在()0,+∞上恒成立，于是()g x 在()0,+∞上递增，从而()g x 在()0,+∞上有()()01g x g >=，于是()0g x >在()0,+∞上恒成立．
②当10k ->，即1k >时（因为k 是整数，所以2k ≥），可知当()0,1x k ∈-时，()0g x '<，
当()1,x k ∈-+∞时，()0g x '>，于是()g x 在()0,+∞上的最小值是()11e 1k g k k --=-++．令
()()1h k g k =-，则()1e 10k h k -'=-+<在()1,+∞上恒成立，所以()h k 在()1,+∞上单调递
减．而()23e 0h =->，()234e 0h =-<．所以当2k =时，有()0g x >在()0,+∞上恒成立，当3k ≥时，()0g x >在()0,+∞上不恒成立．
综上所述，k 的最大值为2．
法3：（先猜想并将猜想强化）因为()()
e 110x x k x --++>在()0,+∞上恒成立，所以当
1x =时，该式子也成立，于是()()1e 120k --+>，即e 1
2.16e 1
k +<
≈-．下证k 的最大值为2．
令()()()
2e 11x G x x x =--++，则()()
()()e 12e 1e 1x x x G x x x '=-+-+=-，由()0G x '>可得1x >，由()0G x '<可得01x <<，所以()G x 在()0,1上递减，在()1,+∞上递增．所以
()()min 13e 0G x G ⎡⎤==->⎣⎦，于是k 的最大值为2．
【点评】由于k 是整数，所以先猜想再将猜想强化是优先采用的解题方法．如果将k 是整数这个条件去掉，则得到的必要条件e 1
2.16e 1
k +<
≈-既不能强化又不能减少分类讨论，此时猜想将没有任何作用，只能用法1的分离参数法和法2的最值法进行求解．
例3
设函数()2e 1x f x x ax =---． （1）若0a =，求()f x 的单调区间；
（2）若当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围．
【解析】（1）当0a =时，()e 1x f x x =--，()e 1x f x '=-．由()0f x '>可得0x >，由
()0f x '<可得0x <．所以()f x 的递增区间是()0,+∞，递减区间是(),0-∞．
（2）法1：（分离参数法）()0f x ≥在[)0,+∞上恒成立2e 1x ax x ⇔≤--在[)0,+∞上恒成立．
当0x =时，式子显然成立；当0x ≠时，分离参数可得2
e 1x x a x --≤在()0,+∞上恒成立．令
()2e 1x x F x x --=，则()3
e 2e 2
x x x x F x x -++'=，令()e 2e 2x x h x x x =-++，可得()e e 1x x h x x '=-+，()e 0x h x x ''=>，所以()h x '在()0,+∞上递增，于是()()00h x h ''>=，
即()0h x '>，所以()h x 在()0,+∞上递增，于是()()00h x h >=，所以()0F x '>，所以()F x 在()0,+∞上递增．
由洛必达法则，可得()()()()()
0002
e 1e 1e 1
lim lim
lim
lim 222x
x
x x x x x x F x x x +
+
+
+→→→→'
'
---===='
'，所以在()0,+∞上有()12F x >
，所以1
2
a ≤． 法2：（不猜想直接用最值法）()e 12x f x ax '=--，()e 2x f x a ''=-． ①当21a ≤，即1
2
a ≤
时，有()0f x ''≥，所以()f x '在[)0,+∞上递增，所以()()00f x f ''≥=，所以()0f x '≥，所以()f x 在[)0,+∞上递增，所以()()00f x f ≥=．
②当21a >，即1
2
a >
时，由()0f x ''<可得ln2x a <时，于是()f x '在[)0,ln 2a 上递减，所以()()00f x f ''≤=，所以()0f x '≤，所以()f x 在[)0,ln 2a 上递减，于是()()00f x f ≤=，于是()0f x ≥不恒成立．
综上所述，a 的取值范围是1,2⎛
⎤-∞ ⎥⎝
⎦．
法3：（先猜想并将猜想强化）当0x =时，()0f x ≥在[)0,+∞上恒成立．
当0x ≠时，()0f x ≥在[)0,+∞上恒成立()2
e 1x x
a F x x --⇔≤=在()0,+∞上恒成立．由
洛必达法则，可得()()()()()
0002e 1e 1e 1lim lim
lim
lim 222x
x
x x x x x x F x x x +
+
+
+→→→→'
'
---===='
'，所以1
2a ≤． ()e 12x f x ax '=--，()e 20x f x a ''=-≥，所以()f x '在[)0,+∞上递增，所以()()00f x f ''≥=，所以()0f x '≥，所以()f x 在[)0,+∞上递增，所以()()00f x f ≥=．
【点评】对于恒成立问题，最值法与分离参数法是两种最常用的方法．如果分离后的函数容易求最值，则选用分离参数法，否则选用最值法．最值法主要考查学生分类讨论的思想，一般遵循“构造函数——分类讨论”两部曲来展开．一些稍难的恒成立问题，如果用分离参值要容易．
猜想+最值法的模式是解决恒成立问题的重要模式，猜想的一般方法有：特殊值代入，不等式放缩，洛必达法则，端点效应．
模块2 练习巩固 整合提升
练习1：已知函数()1ln
1x
f x x
+=-． （1）求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；
（2）求证：当()0,1x ∈时，()323x f x x ⎛⎫
>+ ⎪⎝
⎭；
（3）设实数k 使得()33x f x k x ⎛⎫
>+ ⎪⎝
⎭对()0,1x ∈恒成立，求k 的最大值．
【解析】（1）()00f =，因为()2
2
1f x x
'=
-，所以()02f '=，于是切线方程为2y x =． 【证明】（2）构造函数()31ln 213x x F x x x ⎛⎫
+=-+ ⎪-⎝
⎭，01x <<．因为()()42
222221011x F x x x x '=-+=>--，所以()F x 在()0,1上递增，所以()()00F x F >=．于
是当()0,1x ∈时，()323x f x x ⎛⎫
>+ ⎪⎝
⎭．
【解析】（3）法1：（不猜想直接用最值法）构造函数()31ln 13x x G x k x x ⎛⎫
+=-+ ⎪-⎝⎭
，01x <<，则()()()42
22
22111kx k G x k x x x +-'=-+=
--． ①当0k ≤时，()0G x '>，所以()G x 在()0,1上递增，所以()()00G x G >=． ②当02k <≤时，()0G x '>，所以()G x 在()0,1上递增，所以()()00G x G >=．
③当2k >时，由()0G x '<可得0x <<
，于是()G x 在⎛ ⎝
上递减，所以()()00G x G <=，于是()33x f x k x ⎛⎫
>+ ⎪⎝
⎭在()0,1上不恒成立．
综上所述，k 的最大值为2．
法2：（先猜想并将猜想强化）由（2）可知2k ≤，猜想k 的最大值为2．下面证明当2
k >时，()33x f x k x ⎛⎫
>+ ⎪⎝
⎭在()0,1上不恒成立．
构造函数()31ln 13x x G x k x x ⎛⎫
+=-+ ⎪-⎝
⎭，01x <<，则
()()()4222
22111kx k G x k x x x +-'=-+=--．当2k >时，由()0G x '<可得0x <，于是
()G x 在⎛ ⎝上递减，所以()()00G x G <=，于是()3
3x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭在()0,1上不恒成立．
练习2：设函数()2e mx f x x mx =+-．
（1）证明：()f x 在(),0-∞单调递减，在()0,+∞单调递增；
（2）若对于任意1x 、[]21,1x ∈-，都有()()12e 1f x f x -≤-，求m 的取值范围． 【证明】（1）()e 2mx f x m x m '=+-，令()()g x f x '=，则()2e 20mx g x m '=+>，所以()g x 在R 上递增，而()00g =，所以当0x <时，()0f x '<，当0x >时，()0f x '>，所以()f x 在
(),0-∞单调递减，在()0,+∞单调递增．
【解析】（2）由（1）可知，()f x 在[]1,0-上递减，在[]0,1上递增，所以()()min 01f x f ⎡⎤==⎣⎦，于是对于任意1x 、[]21,1x ∈-，都有()()12e 1f x f x -≤-⇔()()max min e 1f x f x ⎡⎤-⎡⎤≤-⎣⎦⎣⎦，即()max
e f x ⎡⎤≤⎣⎦⇔()()1e 1e
1e 1e
m
m
f m f m -⎧=+-≤⎪⎨-=++≤⎪⎩．构造函数()e 1e x k x x =+--，则()e 1x k x '=-，由()0k x '>可得0x >，由()0k x '<可得0x <，所以()k x 在(),0-∞上递减，在()0,+∞上递
增．又因为()10f =，()1
12e <0e
f -=+-，所以m 的取值范围是[]1,1-．
由洛必达法则，可得
()()
()
()
111
1
1ln
1ln
1ln
lim lim lim2
11
1
x x x
x
x x
x x x
x x
+++
→→→
'++
+
+
===
-'
-
，于是2
a≤．于
是a的取值范围是(],2
-∞．
【解析】（1）()11f b ==，因为()()
22
1ln 11x a x x f x x x +⎛⎫- ⎪
⎝⎭'=-+，所以()11122a f '=-=-，于是1a =．
（2）法1：（分离参数法）由()ln 1x k f x x x >+-可得22ln 11x x k x <+-，令()
2
2ln 1x x
H x x =-（0x >且1x ≠）．
()()
()
222
22ln ln 11x x x x H x x ++-'=
-，令()221ln ln 1H x x x x x =++-，则
()112ln H x x x x x '=
+-，令()()21H x H x '=，则()2
21
2ln 1H x x x '=-++，令()()32H x H x '=，则()3
322
0H x x x '=+>． 当()0,1x ∈时，()3H x 在()0,1上递增，于是()()3310H x H <=，即()20H x '<，所以()
2H x 在()0,1上递减，于是()()2210H x H >=，即()10H x '>，所以()1H x 在()0,1上递增，所以
()()1110H x H <=，于是()0H x '<，所以()H x 在()0,1上递减．
当()1,x ∈+∞时，()3H x 在()1,+∞上递增，于是()()3310H x H >=，即()2
0H x '>，所以()2H x 在()1,+∞上递增，于是()()2210H x H >=，即()10H x '>，所以()1H x 在()1,+∞上递
增，所以()()1110H x H >=，于是()0H x '>，所以()H x 在()1,+∞上递增．
由洛必达法则，可得()()()
211112
2ln 2ln 2ln 2lim lim lim lim 1121x x x x x x x x x H x x x x ++++
→→→→'+====---'-，同理，()1
lim 1x H x -
→=-，所以当0x >且1x ≠时，有2
2ln 101x x
x +>-，于是0k ≤． 法2：（不猜想直接用最值法）由（1）知()ln 1
1x f x x x
=++，所以
()()()()22
11ln 12ln 11k x x k F x f x x x x x x ⎡⎤--⎛⎫
⎢⎥=-+=+ ⎪--⎝⎭⎢⎥⎣⎦
，考虑函数
()()()
2112ln k x h x x x
--=+
，0x >，则()()2
1
1F x h x x
=
-，此时有()10h =． ()
()()22
121k x x k h x x
-++-'=
，令()()()2121x k x x k ϕ=-++-，当1k ≠时，其判别式为
()()2
44142k k k ∆=--=--．
①当0k ≤时，0∆≤，所以()0x ϕ≤，于是()0h x '≤，于是()h x 在()0,+∞上递减，而
()10h =，所以当()0,1x ∈时，()0h x >，于是()()2
1
01F x h x x
=
>-；当()1,x ∈+∞时，()0h x <，于是()()2101F x h x x =>-．所以当0x >，且1x ≠时，()0F x >，即()
ln 1x k
f x x x >+-恒成立．
②当01k <<时，()x ϕ是开口方向向下，以
1
11k
>-为对称轴，与x 轴有两个交点的二次
函数．因为()120k ϕ=>，所以当11,1x k ⎛
⎫∈ ⎪-⎝⎭时，()0x ϕ>，所以()0h x '>，于是()h x 在
11,1k ⎛⎫ ⎪-⎝⎭上递增，所以()0h x >．而11,1x k ⎛
⎫∈ ⎪-⎝⎭
时，2101x <-，所以()()2
101F x h x x =<-，于是()ln 1x k
f x x x
>
+-不恒成立． ③当1k =时，()2
0h x x
'=>，所以()h x 在()0,+∞上是增函数，所以当()1,x ∈+∞时，
()0h x >，而2101x <-，所以()()2
101F x h x x =<-，于是()ln 1x k
f x x x
>+-不恒成立． ④当12k <<时，()x ϕ是开口方向向上，以1
01k
<-为对称轴，与x 轴有两个交点的二
次函数．因为()010k ϕ=->，所以()0x ϕ>在()0,+∞上恒成立，所以()h x 在()0,+∞上是增函数，以下同③，于是()ln 1x k
f x x x
>
+-不恒成立． ⑤当2k ≥时，()x ϕ是开口方向向上，以1
01k
<-为对称轴，与x 轴最多有一个交点的二
次函数，所以()0x ϕ>在()0,+∞上恒成立，所以()h x 在()0,+∞上是增函数，以下同③，于是()ln 1x k
f x x x
>
+-不恒成立． 综上所述，k 的取值范围为(],0-∞．
法3：（通过猜想减少分类讨论）由（1）知()ln 1
1x f x x x
=
++，所以()()()()22
11ln 12ln 11k x x k F x f x x x x x
x ⎡⎤--⎛⎫
⎢⎥=-+=+ ⎪--⎝⎭⎢⎥⎣⎦
．因为
()()31122ln 2032k F ⎡-⎤=-+>⎢⎥
⎣⎦，所以4ln 2
10.083
k <-≈． 考虑函数()()()
2112ln k x h x x x
--=+
，0x >，则()()2
1
1F x h x x =
-，此时有()10h =．
()
()()22
121k x x k h x x
-++-'=
，令()()()2121x k x x k ϕ=-++-，这是开口方向向下的抛物
线，其判别式为()()2
44142k k k ∆=--=--．
①当0k ≤时，0∆≤，所以()0x ϕ≤，于是()0h x '≤，于是()h x 在()0,+∞上递减，而
()10h =，所以当()0,1x ∈时，()0h x >，于是()()2
1
01F x h x x
=
>-；当()1,x ∈+∞时，
()0h x <，于是()()2101F x h x x =
>-．所以当0x >，且1x ≠时，()0F x >，即()
ln 1x k
f x x x
>+-恒成立．
②当4ln 2013k <<-
时，()x ϕ是开口方向向下，以111k
>-为对称轴，与x 轴有两个交点的二次函数．因为()120k ϕ=>，所以当11,1x k ⎛
⎫∈ ⎪-⎝⎭时，()0x ϕ>，所以()0h x '>，于是
()h x 在11,1k ⎛⎫ ⎪-⎝⎭上递增，所以()0h x >．而11,1x k ⎛
⎫∈ ⎪-⎝⎭
时，2
101x <-，所以()()2
101F x h x x =
<-，于是()ln 1x k
f x x x
>+-不恒成立． 综上所述，k 的取值范围为(],0-∞． 法4：（通过猜想减少分类讨论）由()ln 1x k f x x x >
+-可得()22ln 111x x
k H x x <+=+-，由洛必达法则，可得()()20
000
1
ln ln lim ln lim lim lim lim 01
11x x x x x x x
x x x x x
x x +
++
++→→→→→'
====-='⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭
，于是()0lim 1x H x +
→=，所以1k ≤．
下同法2，只需讨论法2的①②③三种情况即可．
法5：（通过猜想减少分类讨论）由()ln 1x k f x x x >+-可得()22ln 111x x
k H x x <+=+-，由洛必达法则，可得()()()
2111122ln 2ln 2ln 2
lim lim lim lim 1121x x x x x x x x x H x x x x →→→→'+====---'
-，所以0k ≤．
下同法2，只需讨论法2的①即可．
【点评】法1的分离参数法，利用了高阶导数以及洛必达法则，减少了解题的技巧性．法的正负取决于1k -与()42k k ∆=--的正负，由此可找到k 的3个界：0、1、2，从而对k 的范围作出不重不漏的划分．
法3、法4和法5都是猜想+最值法，分别通过特殊值代入和洛必达法则得到相应的必要条件，有效缩小了参数k 的取值范围，此时只需讨论法2分类当中的若干情况即可，减少了分
类讨论，从而降低题目的难度。