第22炼 恒成立问题——参变分离法

一、基础知识：

1、参变分离：顾名思义，就是在不等式中含有两个字母时（一个视为变量，另一个视为参数），可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧，即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式。然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围

2、如何确定变量与参数：一般情况下，那个字母的范围已知，就将其视为变量，构造关于它的函数，另一个字母（一般为所求）视为参数。

3、参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则： （1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行。但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法。例如：x1logax，

21xaxe1等 1x（2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题。（可参见”恒成立问题——最值分析法“中的相关题目）

4、参变分离后会出现的情况及处理方法：（假设x为自变量，其范围设为D，fx为函数；

a为参数，ga为其表达式）

（1）若fx的值域为m,M

①xD,gafx，则只需要gafxminm xD,gxfx，则只需要gafxminm ②xD,gafx，则只需要gafxmax=M xD,gafx，则只需要gafxmax=M ③xD,gafx，则只需要gafxmaxM xD,gafx，则只需要gafxmaxM ④xD,gafx，则只需要gafxminm xD,gafx，则只需要gafxminm

（2）若fx的值域为m,M

① xD,gafx，则只需要gam

xD,gafx，则只需要gam（注意与（1）中对应情况进行对比） ② xD,gafx，则只需要gaM

xD,gafx，则只需要gaM（注意与（1）中对应情况进行对比） ③ xD,gafx，则只需要gaM（注意与（1）中对应情况进行对比） xD,gafx，则只需要gaM

④ xD,gafx，则只需要gam（注意与（1）中对应情况进行对比） xD,gafx，则只需要gam

5、多变量恒成立问题：对于含两个以上字母（通常为3个）的恒成立不等式，先观察好哪些字母的范围已知（作为变量），那个是所求的参数，然后通常有两种方式处理

（1）选择一个已知变量，与所求参数放在一起与另一变量进行分离。则不含参数的一侧可以解出最值（同时消去一元），进而多变量恒成立问题就转化为传统的恒成立问题了。 （2）将参数与变量进行分离，即不等号一侧只含有参数，另一侧是双变量的表达式，然后按所需求得双变量表达式的最值即可。 二、典型例题：

'xx例1：已知函数fxeae，若f(x)23恒成立，则实数a的取值范围是_______

x思路：首先转化不等式，f(x)eae，即e'xxaxae恒成立，观察不等式与便23xe于分离，考虑利用参变分离法，使a,x分居不等式两侧，ae成立，只需aexx223ex，若不等式恒

x223exmax，令gxex223exex323（解析

式可看做关于e的二次函数，故配方求最值）gxmax3，所以a3 答案：a3

例2：已知函数fxlnx_________

a2，若fxx在1,上恒成立，则a的取值范围是x思路：恒成立的不等式为lnx解：lnxax2，便于参数分离，所以考虑尝试参变分离法 xax2xlnxax3axlnxx3，其中x1, x只需要axlnxx3max，令gxxlnxx3

g'(x)1lnx3x2 （导函数无法直接确定单调区间，但再求一次导即可将lnx变为

函数的单调性可分析，为了便于确定g'1，所以二阶导xx的符号，不妨先验边界值）

116x20， g12，gx6x（判断单调性时一定要先看定义域，有可能会简

xx'''化判断的过程） g'x在1,单调递减，g'xg'10g(x)在1,单调递减

gxg11 a1 答案：a1

小炼有话说：求导数的目的是利用导函数的符号得到原函数的单调性，当导函数无法直接判断符号时，可根据导函数解析式的特点以及定义域尝试在求一次导数，进而通过单调性和关键点（边界点，零点）等确定符号。

例3：若对任意xR，不等式3x2axx23恒成立，则实数a的范围是 ． 4思路：在本题中关于a,x的项仅有2ax一项，便于进行参变分离，但由于xR,则分离参数时要对x的符号进行讨论，并且利用x的符号的讨论也可把绝对值去掉，进而得到a的范围，

3x22axx3332ax3x2x，当x0时，2a3x1，而

4xmin443x13333x123x12 2a2a1；当x0时，不等式恒成4x4x4x3333x113x，而2

4xmax4x4x立；当x0时，2a3x12a2a1 综上所述：1a1

答案：1a1

小炼有话说：（1）不等式含有绝对值时，可对绝对值内部的符号进行分类讨论，进而去掉绝对值，在本题中对x进行符号讨论一举两得：一是去掉了绝对值，二是参变分离时确定不等号

的是否变号。

（2）在求x解析式最值时根据式子特点巧妙使用均值不等式，替代了原有的构造函数求导出最值的方法，简化了运算。

（3）注意最后确定a的范围时是三部分取交集，因为是对x的取值范围进行的讨论，而无论x取何值，a的值都要保证不等式恒成立，即a要保证三段范围下不等式同时成立，所以取交集。 例4：设函数f(x)x1，对任意的x,,f成立，则实数m的取值范围是________________

2x思路：先将不等式进行化简可得：14m2x21x114m21，即

m2232x24mf(x)f(x1)4f(m)恒m1222224mxx2x3，便于进行分离，考虑不等式两边同时除以x，可得： mx22x312x22x311120, ，，4mgx321222xmxxxx3min最小值g2515224222，即4m12m5m303m14m30解23m333得：m,2答案：m,3, 23, 232小炼有话说：本题不等式看似复杂，化简后参变分离还是比较容易的，从另一个角度看本题所用不等式为二次不等式，那么能否用二次函数图像来解决呢？并不是一个很好的办法，因为二次项系数为关于m的表达式且过于复杂，而对称轴的形式也不利于下一步的计算。所以在解题时要注意观察式子的结构，能够预想到某种方法所带来的运算量，进而做出选择

例5：若不等式x2x2xax对x0,4恒成立，则实数a的取值范围是 ．

23思路：

x22x32xx2x2xaxax23x22x32x，对绝对，令fxxmin22xx2,2x42x2值内部进行符号讨论，即fxxx2，而

2xx2x2,0x2xyx2x22在x2,4单调递增，yx2 2单调递减，可求出2x2在0,2xfxminfa22 22答案：a22 gx1fx2e2x21e2x,gxx，例6：设正数fx对任意x1,x20,，不等式xekk1恒成立，则正数k的取值范围是（ ） 思路：先将k放置不等号一侧，可得gx1kfx2k1，所以

kfx2k1gx1max，先求出

gx的最大值，g'xe21xex，可得gx在0,1单调递增，在1,单调递减。

故gxmaxg1e，所以若原不等式恒成立，只需

kfx2k1e，不等式中只含k,x1，可k1fx2，则只需k以考虑再进行一次参变分离，

kfx2k1eee2x2111k122fxex2ex2e，，efxfx22e 2minminxxxk所以ek12e解得：k1 k答案：k1

例7：已知函数fxax2a1xlnx,aR,gxex1，若对于任意的

2xx10,,x2R，不等式fx1gx2恒成立，求实数a的取值范围

思路：fx含有参数a，而gx为常系数函数，且能求出最值，所以以gx为入手点：

若fx1gx2恒成立，则只需fx1gxmin。可求出gxmin0，进而问题转化

2为x10,，ax12a1x1lnx10恒成立，此不等式不便于利用参变分离求解，

考虑利用最值法分类讨论解决 解：

fx1gx2恒成立 只需fx1gxmin

由gxexx1得：g'xex1，令g'x0解得：x0

gx在,0单调递减，在0,单调递增 gxming00

2x10,，ax12a1x1lnx10恒成立

即只需fxmax0

22ax2a1x12ax1x11f'x2ax2a1

xxx当a0时，令x则f2a1 a12a12a1lnln20，与fx0矛盾

aaa'当a0时，2ax10 fx0解得x1

fx在0,1单调递增，在1,单调递减 fxmaxf1a2a1a1 a10a1

综上所述：a1,0

小炼有话说：（1）在例6，例7中对于多变量恒成立不等式，都是以其中一个函数作为突破口求得最值，进而消元变成而二元不等式，再用处理恒成立的解决方法解决。 （2）在本题处理fx0恒成立的过程中，对令x2a1这个反例，是通过以下两点确a2定的：① a0时估计fx函数值的变化，可发现当x时，ax2a1x0（平方比一次函数增长的快） ②在选取特殊值时，因为发现x1时，lnx已然为正数，所以只需

前面两项相消即可，所以解方程ax2a1x0x22a1120，刚好符合反aa例的要求。

例8：若不等式x22xyaxy对任意正数x,y恒成立，则正数a的最小值是（ ）

1 D. 221 2思路：本题无论分离x还是分离y都相对困难，所以考虑将x,y归至不等号的一侧，致力于

A. 1 B. 2 C. 2x22xy去求x,y表达式的最值：x22xyaxya，从22xy入手考xymax虑使用均值不等式：22xy2x2yx2yx22xyxx2y2，所以

xyxya2

答案：B

小炼有话说：（1）在多变量不等式恒成立问题上处理方式要根据不等式特点灵活选择合适的方法，本题分离a与x,y很方便，只是在求二元表达式最值上需要一定的技巧。 （2）本题在求x22xy的最大值时，还可以从表达式分子分母齐次的特点入手，同时除以

xy122yx，在通过换元ty1xx（或y）：

x22xyxyy转化为一元表达式，再求最值即x可。

例9：已知函数fx取值范围.

思路：恒成立不等式为

k1lnx ，如果当x1时，不等式fx恒成立，求实数k的xx11lnxk,只需不等号两侧同时乘以x1即可进行参变分离，且xx1x11lnxkx,只需

由于x1,x10，也不存在不等号变号问题。则可得：

x11lnxx11lnxk，尝试利用导数求得最小值， 即可，设gxxxmin解：

x1 x11lnx1lnxkk xx1x即只需要kx11lnx

xmin设gxx11lnx

x'xx11lnxxlnxx11lnx' gxx2x2令hxxlnx (分子的符号无法直接判断，所以考虑再构造函数进行分析）

h'x11x1 xxx1 h'x0

hx在1,+单调递增 hxh110

g'x0 gx在1,+单调递增 gxming12 k2

答案：k2

例10：已知函数fxxxlnx,若kZ,且k值为_________. 思路：恒成立不等式kfx 对任意x1恒成立,则k的最大x1fxxxlnxxxlnxxxlnx，k，令，gxx1x1x1x1min'则g'xxlnx2x12，考虑分子hxxlnx2，hx11x10hx在xx1,单调递增。尽管不能够确定零点，但可以通过零点存在性定理大致的确定零点所在的

位置。

h31ln30,h42ln20 b3,4，使得hb0。

x1,b,hx0g'x0，同理，xb,时，g'x0，所以gx在1,b单调递减，在b,单调递增。gxmingbbblnb，因为hb0即

b1blnb20lnbb2，gb答案：3 小炼有话说：

bbb2b3,4 kb kmax3

b1（1）本题的一个重要技巧在于对hx零点的“设而不求”，在求得hx单调增的前提下，判断hx的符号零点必不可少，但方程xlnx20无法求出解。那么卡在这一步是否要放弃重来？不然。可暂用一个变量来表示零点，再用特殊点的函数值将零点控制在一个小的范围内。在本题中这种方法带来方法上的两个突破：第一，能够判断hx的符号进而得到

g'x的符号，确定了gx的单调性，找到最小值。第二，尽管b不可求，但是本身自带一

个方程blnb20lnbb2，从而达到了一个对数与一次函数的转换。对后面的化简有极大帮助

（2）若所求变量在整数集中取值，则求变量的值时不仅可利用等量关系，也可考虑求关于该变量的不等关系，再由其整数性选取符合条件的整数即可。