【考前三个月】（江苏专用）2022高考数学程序方法策略篇 专题3 解题策略 第6讲 分离参数法在解题中的应用

第6讲　分离参数法在解题中的应用[方法精要]　分离参数法是求参数的取值范围的一种常用方法，通过分离参数，用函数观点讨论主变量的变化情况，由此我们可以确定参数的变化范围，这种方法可以避免分类讨论的麻烦，从而使问题得以顺利解决．分离参数法在解决有关不等式恒成立、不等式有解、函数有零点、函数单调性中参数的取值范围问题时经常用到，解题的关键是分离出参数之后将原问题转化为求函数的最值或值域的问题．题型一　用分离参数法解决函数有零点问题例1　已知函数g(x)＝x2－ax＋4在[2,4]上有零点，求a的取值范围．破题切入点　函数g(x)＝x2－ax＋4在[2,4]上有零点，等价于方程x2－ax＋4＝0在[2,4]上有实根，把方程x2－ax＋4＝0中的变量a分离，转化为求函数的值域问题即可求出a的取值范围．解　∵函数g(x)＝x2－ax＋4在[2,4]上有零点，∴方程x2－ax＋4＝0在[2,4]上有实根，即方程a＝x＋在[2,4]上有实根．令f(x)＝x＋，则a的取值范围等价于函数f(x)在[2,4]上的值域．又f′(x)＝1－＝≥0在x∈[2,4]上恒成立，∴f(x)在[2,4]上是增函数，∴f(2)≤f(x)≤f(4)，即4≤f(x)≤5.∴4≤a≤5.题型二　用分离参数法解决不等式恒成立问题例2　已知函数f(x)＝lnx－，(1)当a>0时，判断f(x)在定义域上的单调性；(2)若f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．破题切入点　(1)通过判断导数的符号解决．(2)由于参数a是“孤立”的，可以分离参数后转化为一个函数的单调性或最值等解决．解　(1)由题意：f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＋＝.∵a>0，∴f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数．(2)∵f(x)<x2，∴lnx－<x2.又x>0，∴a>xlnx－x3.令g(x)＝xlnx－x3，h(x)＝g′(x)＝1＋lnx－3x2，h′(x)＝－6x＝，当x≥1时，h′(x)<0，-7-\n∴h(x)在[1，＋∞)上是减函数，∴h(x)<h(1)＝－2，即g′(x)<0，∴g(x)在[1，＋∞)上也是减函数，∴g(x)<g(1)＝－1.令a≥－1得a>g(x)，∴当f(x)<x2在(1，＋∞)恒成立时，a≥－1.题型三　用分离参数法解决方程中的参数问题例3　若关于x的方程22x＋2x·a＋a＋1＝0有实根，求实数a的取值范围．破题切入点　解决方程中的参数问题，需要把方程等价变形，称为一个含参数的函数，将其转化为函数的最值问题．解　原方程变形为a＝－＝－＝－(2x＋1＋－2)，因为2x＋1>1，所以2x＋1＋－2≥2－2＝2－2，(当且仅当x＝log2(－1)时取等号)，所以a≤2－2.总结提高　分离参数法常用于求参数的取值范围，这是目前新课标高考中常涉及的问题，主要涉及函数、方程、不等式等部分的内容，最终都是转化为函数在给定区间上的最值问题，求一个函数在一个指定的闭区间上的最值的主要思考方向就是考虑这个函数的极值点是不是在这个区间内，结合函数的单调性即可求参数取值范围．1．已知直线l：(2m＋1)x＋(m＋1)y－7m－4＝0，m∈R，则直线l恒过定点________．答案　(3,1)解析　直线l的方程可化为x＋y－4＋m(2x＋y－7)＝0.设直线l恒过定点M(x，y)．由m∈R，得⇒M(3,1)．所以直线l恒过定点(3,1)．2．若函数f(x)＝x2＋ax＋在(，＋∞)是增函数，则a的取值范围是________．答案　[3，＋∞)解析　由题意知f′(x)≥0对任意的x∈(，＋∞)恒成立，又f′(x)＝2x＋a－，所以2x＋a－≥0对任意的x∈(，＋∞)恒成立，分离参数得a≥－2x，-7-\n若满足题意，须a≥(－2x)max，令h(x)＝－2x，x∈(，＋∞)，因为h′(x)＝－－2，所以当x∈(，＋∞)时，h′(x)<0，即h(x)在x∈(，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h()＝3，故a≥3.3．若不等式x2＋ax＋1≥0对一切x∈(0，]成立，则a的最小值是________．答案　－解析　由x2＋ax＋1≥0，x∈(0，]，所以ax≥－1－x2，所以a≥－－x，又因为－－x＝－(＋x)≤－，所以a≥－.4．已知f(x)＝32x－(k＋1)3x＋2，当x∈R时，f(x)恒为正值，则k的取值范围是________．答案　(－∞，2－1)解析　由f(x)>0得32x－(k＋1)·3x＋2>0，解得k＋1<3x＋，而3x＋≥2(当且仅当3x＝，即x＝log3时，等号成立)，∴k＋1<2，即k<2－1.5．已知函数f(x)＝(a∈R)，若对于任意x∈N*，f(x)≥3恒成立，则a的取值范围是________．答案　[－，＋∞)解析　对任意x∈N*，f(x)≥3恒成立，即≥3恒成立，即知a≥－(x＋)＋3.设g(x)＝x＋，x∈N*，则g(2)＝6，g(3)＝.∵g(2)>g(3)，∴g(x)min＝.∴－(x＋)＋3≤－，-7-\n∴a≥－，故a的取值范围是[－，＋∞)．6．已知函数f(x)＝mx2＋lnx－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围为________．答案　[，＋∞)解析　f′(x)＝2mx＋－2≥0对一切x>0恒成立，2m≥－()2＋，令g(x)＝－()2＋，则当＝1时，函数g(x)取最大值1，故2m≥1，即m≥.7．已知不等式mx2－2x－m＋1<0对满足－2≤m≤2的所有m都成立，则x的取值范围是________________．答案　(，)解析　原不等式可化为(x2－1)m－2x＋1<0，此不等式对－2≤m≤2恒成立．构造函数f(m)＝(x2－1)m－2x＋1，－2≤m≤2，其图象是一条线段．根据题意有即解得<x<.8．已知f(x)＝在[1，＋∞)上是单调递增函数，则a的取值范围是________．答案　[－1，＋∞)解析　∵f(x)＝x－＋，∴f′(x)＝1＋.又f(x)在[1，＋∞)上是单调递增函数，∴f′(x)≥0.于是可得不等式a≥－x2对于x≥1恒成立．∴a≥(－x2)max.由x≥1，得－x2≤－1.∴a≥－1.9．设f(x)＝lg，其中a∈R，如果x∈(－∞，1]时，f(x)有意义，求a的取值范围．解　根据题意1＋2x＋4x·a>0在x∈(－∞，1]上恒成立，设t＝2x，则有at2＋t＋1>0在t∈(0,2]上恒成立，分离参数可得a>－－，即a>(－－)max，-7-\n令μ＝，则μ∈[，＋∞)，易得二次函数f(μ)＝－μ2－μ在μ∈[，＋∞)上的最大值是f()＝－，所以a的取值范围是a>－.10．设0≤θ≤，不等式cos2θ＋2msinθ－2m－2<0恒成立，求m的取值范围．解　将已知不等式化为(1－sinθ)2＋2(m－1)(1－sinθ)＋2>0，①当θ＝时，不等式显然成立；②当0≤θ<，即1－sinθ>0有2(1－m)<1－sinθ＋，设t＝1－sinθ，则f(t)＝t＋，其中0<t≤1，则f(t)＝t＋在0<t≤1上是减函数，所以f(t)≥f(1)＝3，即f(t)的最小值是3，所以2(1－m)<3，解得m>－.综上知，m的取值范围是m>－.11．(2022·南京模拟)已知函数f(x)＝ex－－ax－1，其中a为实数．(1)若a＝－时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当x≥时，若关于x的不等式f(x)≥0恒成立，试求a的取值范围．解　(1)当a＝－时，f(x)＝ex－＋x－1，f′(x)＝ex－x＋，从而得f(1)＝e－1，f′(1)＝e－，故曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－e＋1＝(e－)(x－1)，即(e－)x－y－＝0.(2)由f(x)≥0，得ax≤ex－x2－1，-7-\n∵x≥，∴a≤，令g(x)＝，则g′(x)＝，令φ(x)＝ex(x－1)－x2＋1，则φ′(x)＝x(ex－1)，∵x≥，∴φ′(x)>0，即φ(x)在[，＋∞)上单调递增．所以φ(x)≥φ()＝－>0，因此g′(x)>0，故g(x)在[，＋∞)单调递增．则g(x)≥g()＝＝2－，因此a的取值范围是a≤2－.12.已知函数f(x)＝a(x2＋1)＋lnx.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]，恒有ma－f(x)>a2成立，求实数m的取值范围．解　(1)由已知，得f′(x)＝2ax＋＝(x>0)．①当a≥0时，恒有f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上是增函数．②当a<0时，若0<x<，则f′(x)>0，故f(x)在(0,]上是增函数；若x>，则f′(x)<0，故f(x)在[，＋∞)上是减函数．综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；当a<0时，f(x)在(0,]上是增函数，在[，＋∞)上是减函数．-7-\n(2)由题意，知对任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]，恒有ma－f(x)>a2成立，等价于ma－a2>f(x)max.因为a∈(－4，－2)，所以<<<1.由(1)，知当a∈(－4，－2)时，f(x)在[1,3]上是减函数，所以f(x)max＝f(1)＝2a，所以ma－a2>2a，即m<a＋2.因为a∈(－4，－2)，所以－2<a＋2<0.所以实数m的取值范围为m≤－2.-7-