从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围.
2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，通过求函数y＝f(x)的最值求得参数范围.
【训练3】 (2019·潍坊模拟)已知函数f(x)＝1＋ln xx. (1)若函数f(x)在区间???a，a＋12???上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥kx＋1
恒成立，求实数k的取值范围.
【答案】见解析
【解析】(1)函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝
1－1－ln xx2＝－ln xx2， 令f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)是减函数； 所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点， 所以0 2 ， 故12 令g(x)＝（x＋1）（1＋ln x）x(x≥1)， ??则g′(x?1＋ln x＋1＋1x??? x－(x＋1)(1＋ln x) )＝ ＝ x－ln xx2 x2 . 再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－1 x≥0， 所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0， 所以g(x)是增函数，所以g(x)≥g(1)＝2， 故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]. 角度2 不等式能成立求参数的取值范围 【例3－2】 已知函数f(x)＝x2 －(2a＋1)x＋aln x(a∈R). 5 (1)若f(x)在区间[1，2]上是单调函数，求实数a的取值范围； (2)函数g(x)＝(1－a)x，若?x0∈[1，e]使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数a的取值范围. 【答案】见解析 （2x－1）（x－a） 【解析】(1)f′(x)＝，当导函数f′(x)的零点x＝a落在区间(1，2)内时，函数f(x) x在区间[1，2]上就不是单调函数，即a?(1，2)， 所以实数a的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞). (2)由题意知，不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解， 即x－2x＋a(ln x－x)≥0在区间[1，e]上有解. 2 x2－2x因为当x∈[1，e]时，ln x≤1≤x(不同时取等号)，x－ln x>0，所以a≤在区间[1，e]上有解. x－ln xx2－2x（x－1）（x＋2－2ln x） 令h(x)＝，则h′(x)＝. 2 x－ln x（x－ln x） 因为x∈[1，e]，所以x＋2>2≥2ln x， 所以h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上单调递增， e(e－2) 所以x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝， e－1e(e－2) 所以a≤， e－1 e(e－2)??所以实数a的取值范围是?－∞，. e－1???【规律方法】 1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法 a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min； a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max. 2.含全称、存在量词不等式能成立问题 (1)存在x1∈A，任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max；(2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min. m?1?【训练4】 已知函数f(x)＝m?x－?－2ln x(m∈R)，g(x)＝－，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0) ?x? x成立，求实数m的取值范围. 【答案】见解析 【解析】解 依题意，不等式f(x) 6 mln x∴mx<2ln x在区间[1，e]上有解，即<能成立. 2xln x1－ln x令h(x)＝，x∈[1，e]，则h′(x)＝. 2xx当x∈[1，e]时，h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上是增函数， 1∴h(x)的最大值为h(e)＝. e m12 由题意<，即m<时，f(x) 2ee 2??∴实数m的取值范围是?－∞，?. e??【反思与感悟】 1.证明不等式的关键是构造函数，将问题转化为研究函数的单调性、最值问题. 2.恒(能)成立问题的转化策略.若f(x)在区间D上有最值，则 (1)恒成立：?x∈D，f(x)>0?f(x)min>0； ?x∈D，f(x)<0?f(x)max<0. (2)能成立：?x∈D，f(x)>0?f(x)max>0； ?x∈D，f(x)<0?f(x)min<0. 【易错防范】 1.证明不等式，特别是含两个变量的不等式时，要注意合理的构造函数. 2.恒成立与能成立问题，要注意理解“任意”与“存在”的不同含义，要注意区分转化成的最值问题的异同. 【核心素养提升】 【逻辑推理】——两个经典不等式的活用 逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证.利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程. (1)对数形式：x≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立. (2)指数形式：e≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立. 进一步可得到一组不等式链：e>x＋1>x>1＋ln x(x>0，且x≠1). 【例1】 (1)已知函数f(x)＝ 1 ，则y＝f(x)的图象大致为( ) ln（x＋1）－xxx 7 【答案】 B 【解析】 因为f(x)的定义域为???x＋1>0， ? ? ln（x＋1）－x≠0，即{x|x>－1，且x≠0}，所以排除选项D. 当x>0时，由经典不等式x>1＋ln x(x>0)， 以x＋1代替x，得x>ln(x＋1)(x>－1，且x≠0)， 所以ln(x＋1)－x<0(x>－1，且x≠0)，即x>0或－1 【答案】见解析 【解析】证明 令g(x)＝f(x)－??1?2x2＋x＋1??x12 ? ＝e－2x－x－1，x∈R， 则g′(x)＝ex－x－1， 由经典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立， 所以g(x)在R上为单调递增函数，且g(0)＝0. 所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点. 【例2】 (2017·全国Ⅲ卷改编)已知函数f(x)＝x－1－aln x. (1)若f(x)≥0，求a的值； (2)证明：对于任意正整数n，??1?1＋2??????1＋122???…???1＋12n??? 【答案】见解析 【解析】(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)， ①若a≤0，因为f??1?2??1? ＝－2＋aln 2<0，所以不满足题意. 8
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