分离参数还是分类讨论.pdf

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1、·重点辅导·了求函数ｙ＝ｘ＋３／ｘ的最值，从而避免了烦琐的分类讨论．但我们应注意到，该方法并不是万能的，本题若将区间［１，２］改为［－１，２］，对方法１没有任何影响，但方法２将变得非常困难，需要对ｘ的符号进行分类讨论，其简洁的优势将不复存在．例２已知函数ｆ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ），ｇ（ｘ）＝２），ａ≠０．ａ（２ｘ－ｘ（１）若关于ｘ的不等式ｇ（ｘ）≤ｂｘ－２的解集为｛ｘ｜－２≤ｘ≤－１｝，求实数ａ、ｂ的值；◇　四川张勇喻良刚（２）若ｘ＞３，ｆ（ｘ）≤ｇ（ｘ）成立，求实数ａ的取值范围．当ｘ∈Ｄ时，不等式ｆ（ｘ）＜ｍ或ｆ（ｘ）＞ｍ恒成立，这是一类恒成立问题，解决这类问题的一般方法

2、（１）ａ＝－１，ｂ＝５．（过程略）是将问题转化为ｆｍａｘ（ｘ）＜ｍ或ｆｍｉｎ（ｘ）＞ｍ．若函数（２）方法１由ｆ（ｘ）≤ｇ（ｘ）知ｌｎ（１＋ｘ）≤２）．易知ｘ＞３时，２ｘ－ｘ２ｆ（ｘ）的解析式中含有参数ａ，则ｆ（ｘ）的最大（小）值ａ（２ｘ－ｘ＜０，所以ａ≤求解会比较烦琐，较常用的方法是对参数ａ进行分类ｌｎ（１＋ｘ）ｌｎ（１＋ｘ），令ｍ（ｘ）＝（ｘ＞３），则只需ａ≤２２讨论，或是通过代数变形将参数ａ与变量ｘ分离出来２ｘ－ｘ２ｘ－ｘ再进行求解，以下举例分析，以比较其方法的优劣．ｍｍｉｎ（ｘ）．２２）ｌｎ（１＋ｘ）２ｘ－ｘ－２（１－ｘ例１若不等式ｘ２－ａｘ＋３＞０对任意ｘ∈［１，因

3、为ｍ′（ｘ）＝，令（１＋ｘ）（２ｘ－ｘ２）２２］恒成立，求实数ａ的取值范围．ｎ（ｘ）＝２ｘ－ｘ２－２（１－ｘ２）ｌｎ（１＋ｘ），则ｎ′（ｘ）＝方法１分类讨论．设ｆ（ｘ）＝ｘ２－ａｘ＋３，４ｘ·ｌｎ（４＋ｘ）＞０且ｎ′（０）＝０，所以当ｘ＞３时，ｎ′ｘ∈［１，２］，则问题等价于ｆｍｉｎ（ｘ）＞０．（ｘ）＞０，所以ｍ′（ｘ）＞０，从而ｍ（ｘ）在区间（３，＋ａａ）若≤１，即ａ≤２，则ｆ（ｘ）在区间［１，２］上单２２∞）上单调递增，所以ａ≤ｍ（３）＝－ｌｎ２，即实数ａ３调递增，所以ｆｍｉｎ（ｘ）＝ｆ（１）＝４－ａ，令４－ａ＞０，２ｌｎ２解得ａ≤２；的取值范围是（－∞，－］．３ａ方法

4、２令ｈ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｇ（ｘ）＝ｂ）若１＜＜２，即２＜ａ＜４，则ｆ（ｘ）在区间２ｌｎ（１＋ｘ）－ａ（２ｘ－ｘ２）（ｘ＞３），２ａａ［１，２］上先减后增，ｆｍｉｎ（ｘ）＝ｆ（）＝３－，令问题等价于ｈｍａｘ（ｘ）≤０．因为２４２１２ａｘ－（２ａ－１）ａ２ｈ′（ｘ）＝－ａ（２－２ｘ）＝，３－＞０，解得２＜ａ＜２槡３；１＋ｘ１＋ｘ４要判断ｈ′（ｘ）的符号需进行较复杂的分类讨论，难度ａｃ）若≥２，即ａ≥４，ｆ（ｘ）在区间［１，２］上单调较大．为减少分类讨论的次数，先通过取特殊值成立，２以缩小参数的取值范围．递减，ｆｍｉｎ（ｘ）＝ｆ（２）＝７－２ａ，令７－２ａ＞０，此时ａ当ｘ＝４时，

5、不等式成立，即ｌｎ５≤－８ａ，所以无解．ｌｎ５１综上所述，实数ａ的取值范围是ａ＜２槡３．ａ≤－＜－．８８方法２分离参数．因为ｘ∈［１，２］，所以不等式２记Ｈ（ｘ）＝２ａｘ－（２ａ－１），则Ｈ（ｘ）为开口向３ｘ２－ａｘ＋３＞０等价于ａ＜ｘ＋．易知函数ｙ＝ｘ＋下的二次函数，对称轴为ｙ轴且Ｈ（３）＝１６ａ＋１＜ｘ１６×（－１／８）＋１＜０，所以Ｈ（ｘ）＜０恒成立，从而３在区间［１，槡３］上单调递减，在区间［槡３，２］上单ｈ（ｘ）在（３，＋∞）上单调递减，由ｈ（３）＝ｌｎ４＋３ａ≤ｘ２ｌｎ２３０，所以ａ的取值范围是（－∞，－］．调递增，故（ｘ＋）ｍｉｎ＝２槡３，所以实数ａ的取值范围

6、３ｘ本题按方法１，同学得到ｍ′（ｘ）＝是ａ＜２槡３．２２）ｌｎ（１＋ｘ）２ｘ－ｘ－２（１－ｘ在该例中，分离参数的方法体现出了较大的（１＋ｘ）（２ｘ－ｘ２）２后，面对如此优势，通过对参数ａ与变量ｘ的分离，转化成７国家实际上是放大了的家庭．ChaoXing·重点辅导·复杂的式子很难有勇气再继续讨论下去；按方法２，ｘ２ｆ（ｘ）＝ｘ（ｅ－１）－ａｘ．若不取特殊值，先得到ａ的一个必要条件，则对Ｈ１（１）若ａ＝，求ｆ（ｘ）的单调区间；（ｘ）＝２ａｘ２－（２ａ－１）的讨论将会非常复杂．２（２）若当ｘ≥０时，ｆ（ｘ）≥０，求实数ａ的取值例３已知函数ｆ（ｘ）＝－ｘ２＋ｘ＋（３－ａ）ｌｎｘ．范

7、围．若ｘ∈［１，２］时，ｆ（ｘ）≤０恒成立，求实数ａ的取值（１）易知ｆ（ｘ）在（－∞，－１），（０，＋∞）上范围．单调递增，在（－１，０）上单调递减．要使得ｘ∈［１，２］时，ｆ（ｘ）≤０恒成立，一（２）方法１当ｘ＝０时，ｆ（ｘ）＝０，满足题意；当方面可以求出ｆ（ｘ）在区间［１，２］上的最大ｘｅ－１值，再解不等式ｆｍａｘ（ｘ）≤０；另一方面可以先将参数ｘ＞０时，ｆ（ｘ）≥０，即ａ≤．ｘ２ｘ－ｘｘａ分离出来，将ｆ（ｘ）≤０变形为３－ａ≤，再求ｅ－１ｌｎｘ令ｇ（ｘ）＝，ｘ＞０，则原不等式等价于ａ≤ｘ２ｘ－ｘｘ函数ｇ（ｘ）