参数分离虽巧,分类讨论不笨

1、参数分离虽巧，分类讨论不笨一遇到对于某个变量恒成立，求参数取值范围的问题，同学们总是想到参数分离法，即将参数移到一边，变量移到另一边，然后应用这样的结论：maxminafxafxafxafx或恒成立或，转化为求函数fx在某个区间的最值问题。这方法虽巧，它直接明了，击中要害，但对于复杂的函数求最值，就遇到了困难，那我们就应该转换思路，用另一种方法——分类讨论法来解决，它也不笨。下面举几道高考题说明。例1、（2006年全国卷Ⅱ）设函数1ln1fxxx，若对所有的0x都有fxax成立，求a的取值范围。分析：有大部分同学立刻想到分离参数，即转化为1ln(1xxax）恒成立，应用函数的导数求最小值。但遇到极值点求不出陷入困境，解不下去。如果移项转化为0fxax恒成立，再应用导数，对a进行讨论就简单了。解：1ln(1)fxaxxxax令Fx，则'ln11Fxxa（1）若1a则0ln111xxln110xa恒成立，所以Fx在0,上是增函。

2、数，即000FxFfxaxffxax（2）若1a则由'1'101;011aaFxxeFxxe，故当0x时0FxF不恒成立即fxax不恒成立。综合（1）、（2），所以a的取值范围是1a。例2、（2007年全国卷ⅰ理）设函数xxfxee（1）求证'2fx；（2）若对所有的0x都有fxax，求a的取值范围。分析：（1）略（2）由于0x成立，当0x时fxaxfxax，然后对fxx求导，再求最值，这是最容易想到的方法，但解方程有困难；如果移项对a进行讨论，就豁然开朗了。解：（2）令Fxfxax则''xxFxfxaeea0,2xxxee①当2a时'0Fx即Fx在0,上为增函数，故0FxF又00F所以fxax恒成立；②当2a时Fx在0,上有增有减，0FxF不恒成立即fxax不成立。综合以上可得：a的取值范围是2a。例3、（2010年新课标全国卷）设函数。

3、21xfxxeax（1）12a，求fx的单调区间；（2）当0x时0fx，求a的取值范围。分析：（1）略（2）0x时显然成立，当0x时0fx1xeax对右边求导，求极值但遇到了困难，如果应用分类讨论就迎刃而解了。解：当0x时0fx10xeax，令1xFxeax则'xFxea，01xxe①当1a时'0Fx即Fx在0,上是增函数，则0FxF又00F即0Fx也即0fx恒成立。②当1a时由''0ln;00lnFxxaFxxa也即Fx在0,上有增有减，0Fx不恒成立，0fx也就不恒成立。综上a的取值范围是1a总结：在解决实际问题时，我们总喜欢找点技巧很快解决，但有时事与愿违寸步难行，由此还是规劝同学要从最基本常用的方法考虑，不能总怕烦，有时可能并不烦，还有意想不到的效果呢！下面给出两道供大家练习：1、已知函数1xfxeax（aR且a为常数）若对所有的0x都有fxfx，求a的取值范围。2、已知函数。

4、22lnfxxx，若212fxbxx在0,1x内恒成立，求b的取值范围。答案：1、1a2、11b107.（全国Ⅰ理21）已知函数ln()1axbfxxx，曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为230xy。（Ⅰ）求a、b的值；（Ⅱ）如果当0x，且1x时，ln()1xkfxxx，求k的取值范围。解：（Ⅰ）221(ln)'()(1)xxbxfxxx，由于直线230xy的斜率为12，且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2ff即1,1,22bab解得1a，1b。（Ⅱ）由（Ⅰ）知ln1f()1xxxx，所以22ln1(1)(1)()()(2ln)11xkkxfxxxxxx。考虑函数()2lnhxx2(1)(1)kxx(0)x，则22(1)(1)2'()kxxhxx。(i)设0k，由222(1)(1)'()kxxhxx知，当1x时，'()0hx。而(1)0h，故当(0,1)x时，()0hx，可得21()01hxx。

5、；当x（1，+）时，h（x）0，可得211xh（x）0从而当x0,且x1时，f（x）-（1lnxx+xk）0，即f（x）1lnxx+xk.（ii）设0k1.由于当x（1，k11）时，（k-1）（x2+1）+2x0,故'h(x）0,而h（1）=0，故当x（1，k11）时，h（x）0，可得211xh（x）0,与题设矛盾。（iii）设k1.此时'h（x）0,而h（1）=0，故当x（1，+）时，h（x）0，可得211xh（x）0,与题设矛盾。综合得，k的取值范围为（-，0]9.(2009山东卷文)（本小题满分12分）已知函数321()33fxaxbxx,其中0a（1）当ba,满足什么条件时,)(xf取得极值?（2）已知0a,且)(xf在区间(0,1]上单调递增,试用a表示出b的取值范围.解:(1)由已知得2'()21fxaxbx,令0)('xf,得2210axbx,)(xf要取得极值,方程2210axbx必须有解,所以△2440ba,即2ba,此时方程2210axbx的根为2212442bbabbaxaa。

6、,2222442bbabbaxaa,所以12'()()()fxaxxxx当0a时,x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)f’(x)＋0－0＋f(x)增函数极大值减函数极小值增函数所以)(xf在x1,x2处分别取得极大值和极小值.当0a时,x(-∞,x2)x2(x2,x1)x1(x1,+∞)f’(x)－0＋0－f(x)减函数极小值增函数极大值减函数所以)(xf在x1,x2处分别取得极大值和极小值.综上,当ba,满足2ba时,)(xf取得极值.(2)要使)(xf在区间(0,1]上单调递增,需使2'()210fxaxbx在(0,1]上恒成立.即1,(0,1]22axbxx恒成立,所以max1()22axbx设1()22axgxx,2221()1'()222axaagxxx,令'()0gx得1xa或1xa(舍去),当1a时,101a,当1(0,)xa时'()0gx,1()22axgxx单调增函数;当1(,1]xa时'()0gx,1()22axgxx单调减函数,所以当1xa。

7、时,()gx取得最大,最大值为1()gaa.所以ba当01a时,11a,此时'()0gx在区间(0,1]恒成立,所以1()22axgxx在区间(0,1]上单调递增,当1x时()gx最大,最大值为1(1)2ag,所以12ab综上,当1a时,ba;当01a时,12ab【命题立意】:本题为三次函数,利用求导的方法研究函数的极值、单调性和函数的最值,函数在区间上为单调函数,则导函数在该区间上的符号确定,从而转为不等式恒成立,再转为函数研究最值.运用函数与方程的思想,化归思想和分类讨论的思想解答问题.10.设函数321()(1)4243fxxaxaxa，其中常数a1(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)若当x≥0时，f(x)0恒成立，求a的取值范围。解析：本题考查导数与函数的综合运用能力，涉及利用导数讨论函数的单调性，第一问关键是通过分析导函数，从而确定函数的单调性，第二问是利用导数及函数的最值，由恒成立条件得出不等式条件从而求出的范围。解：（I）)2)(2(4)1(2)(2axxaxaxxf由1a知，当2x时，0)(。

8、xf，故)(xf在区间)2,(是增函数；当ax22时，0)(xf，故)(xf在区间)2,2(a是减函数；当ax2时，0)(xf，故)(xf在区间),2(a是增函数。综上，当1a时，)(xf在区间)2,(和),2(a是增函数，在区间)2,2(a是减函数。（II）由（I）知，当0x时，)(xf在ax2或0x处取得最小值。aaaaaaaf2424)2)(1()2(31)2(23aaa2443423af24)0(由假设知,0)0(,0)2(1fafa即.024,0)6)(3(34,1aaaaa解得1a6故a的取值范围是（1，6）87.（安徽理16）设()1xefxax，其中a为正实数（Ⅰ）当a43时，求()fx的极值点；（Ⅱ）若()fx为R上的单调函数，求a的取值范围。本题考查导数的运算，极值点的判断，导数符号与函数单调变化之间的关系，求解二次不等式，考查运算能力，综合运用知识分析和解决问题的能力.解：对)(xf求导得.)1(1)(222axaxaxexfx①（I）当34。

9、a，若.21,23,0384,0)(212xxxxxf解得则综合①,可知所以,231x是极小值点,212x是极大值点.（II）若)(xf为R上的单调函数，则)(xf在R上不变号，结合①与条件a0，知0122axax在R上恒成立，因此,0)1(4442aaaa由此并结合0a，知.10a88.（北京理18）已知函数kxekxxf2)()(.(1)求)(xf的单调区间；x)21,(21)23,21(23),23()(xf+0－0+)(xf↗极大值↘极小值↗(2)若对0(x，)，都有exf1)(，求k的取值范围。解：(1)/221()()xkfxxkek，令/()0fx得xk当0k时，()fx在(,)k和(,)k上递增，在(,)kk上递减；当0k时，()fx在(,)k和(,)k上递减，在(,)kk上递增(2)当0k时，11(1)kkfkee；所以不可能对0(x，)都有exf1)(；当0k时有（1）知()fx在(0,)上的最大值为24()kfke，所以对0(x。

10、，)都有exf1)(即241102kkee，故对0(x，)都有exf1)(时，k的取值范围为1[,0)2。112.（陕西理21）设函数()fx定义在(0,)上，(1)0f，导函数1()fxx，()()()gxfxfx．（1）求()gx的单调区间和最小值；（2）讨论()gx与1()gx的大小关系；（3）是否存在00x，使得01|()()|gxgxx对任意0x成立？若存在，求出0x的取值范围；若不存在，请说明理由．【分析】（1）先求出原函数()fx，再求得()gx，然后利用导数判断函数的单调性（单调区间），并求出最小值；（2）作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的单调性，并由单调性判断函数的正负；（3）存在性问题通常采用假设存在，然后进行求解；注意利用前两问的结论．【解】（1）∵1()fxx，∴()lnfxxc（c为常数），又∵(1)0f，所以ln10c，即0c，∴()lnfxx；1()lngxxx，∴21()xgxx，令()0gx，即210xx，解得1x。