分离参数法

秒杀题型之已知不等式恒成立（或存在），求参数的取值范围。

已知不等式恒成立（或存在），求参数的取值范围。

【题型1】：考题特征：代区间端点使不等式取到等号，一般情况采用下面两种方法均可。

『秒杀策略』：方法一(分类讨论法)规范答题模板：

Step1：求导；

Step2：根据题目特点可确定函数的增减性，使函数恒增(或恒减)得到参数的范围，此范围就是所求参数的

范围(即答案)；

Step3：排除所求参数范围的补集(即说明其余范围不成立)。

方法二(分离参数法)规范答题模板：

Step1：分离参数,)(xta或)(xta；

Step2：构造新函数)(xt，对新函数求导、确定单调性；

Step3：对新函数求最值(一般转化为洛必达法则)。

洛必达法则：设函数

()fx

、

()gx

满足：①

lim()lim()0

xaxa

fxgx





；②在()Ua内,

()fx



和

()gx



都存在，且

()0gx





；③

()

lim

()xa

fx

A

gx







(

A

可为实数,也可以是



)，则

()()

limlim

()()xaxa

fxfx

A

gxgx







(可连环使用）。注意：使

用洛必达法则时对分子、分母分别求导，而不是对它们的商求导，求导之后再求极限得最值。

1.(2010年新课标全国卷21)设函数2()1xfxexax。

（1）若0a，求()fx的单调区间;

（2）当0x时，()0fx，求a的取值范围。

【解析】：（1）1)('xexf，当0x时，)(xf单调递增，当0x时，)(xf单调递减。

（2）标准答案：'()12xfxeax，由（1）知1xex，当0x时等号成立，

'()2(12)fxxaxax，当120a，即

1

2

a时，'()0(0)fxx，而(0)0f，当0x时，

()0fx；由1(0)xexx得1(0)xexx，当

1

2

a时，

'()12(1)(1)(2)xxxxxfxeaeeeea，当0,ln2xa时，'()0fx

，而(0)0f，于是当

0,ln2xa时，()0fx，综合得a的取值范围为

1

,

2











。

分类讨论法：

分离参数法：“运用洛必达法则”：当0x时，()0fx，即21xexax；

①当0x时，aR；

②当0x时，21xexax等价于

2

1xex

a

x



.记

2

1

()

xex

gx

x



0x,

3

(2)2

'()

xxex

gx

x



，

导数符号由()(2)2xhxxex0x确定（属于超越函数可代特值型），'()(1)1xhxxe0x，

''()0xhxxe，

'()(1)1xhxxe单调递增，'()'(0)0hxh,()(2)2xhxxex单调递

增，()(0)0hxh，当(0+)x，时，

3

()

'()0

hx

gx

x

，

2

1

()

xex

gx

x



在(0+)，上单调递增，

由洛必达法则得：

2

0000

111

lim()limlimlim

222

xxx

xxxx

exee

gx

xx



，当0x时，

1

()

2

gx，当

(0+)x，时，

1

()

2

gx，因此

1

2

a；综上，当

1

2

a且0x时()0fx恒成立。

2.(2011年新课标全国卷21)已知函数

ln

()

1

axb

fx

xx





,曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为

230xy.

（1）求a、b的值；

（2）如果当0x,且1x时,

ln

()

1

xk

fx

xx





,求k的取值范围.

【解析】：（1）1a,1b；

（2）方法一:分类讨论:由（1）知

ln1

()

1

x

fx

xx





,所以

2

2

ln1(1)(1)

()()(2ln)

11

xkkx

fxx

xxxx







.

考虑函数()2lnhxx2(1)(1)kx

x



(0)x,则

2

2

(1)(1)2

'()

kxx

hx

x



;

(i)当0k时,由

22

2

(1)(1)

'()

kxx

hx

x



知,当1x时,'()0hx.因为(1)0h,所以当(0,1)x

时,()0hx,得

2

1

()0

1

hx

x





,当(1,)x时,()0hx,得

2

1

()0

1

hx

x





,从而当0x且1x时,

ln

()()0

1

xk

fx

xx





,即

ln

()

1

xk

fx

xx





；

（ii）当01k时,当

1

(1,)

1

x

k





时,2(1)(1)20kxx,故'()0hx,而(1)0h,故当

1

(1,)

1

x

k





时,()0hx,可得

2

1

()0

1

hx

x





,与题设矛盾;

（iii）当1k时,'()0hx,而(1)0h,故当(1,)x时,()0hx,可得

2

1

()0

1

hx

x





,与题设矛盾.综上

可得,k的取值范围为(0]，.

方法二：“运用洛必达法则”:当0x,且1x时,

ln

()

1

xk

fx

xx





,即

ln1ln

11

xxk

xxxx





,

ln

1

xx

k

x





2

1ln2ln

1

11

xxxx

xxx





,记

2

2ln

()1

1

xx

gx

x





,0x,且1x则

22

22

2(1)ln2(1)

'()=

(1)

xxx

gx

x







22

222

2(1)1

(ln)

(1)1

xx

x

xx







，记()lnhxx2

2

1

1

x

x







，则

22

2222

14(1)

'()+=0

(1+)(1+)

xx

hx

xxxx



,()hx在(0,)

上单调递增,且(1)0h,因此当(0,1)x时,()0hx,当(1,)x时,()0hx;当(0,1)x时,

'()0gx,当(1,)x时,'()0gx,所以()gx在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增.由洛必达法

．．．．

则

．

有

22

11

1

2ln2ln

lim()lim(1)1lim

11xx

x

xxxx

gx

xx





1

2ln2

1lim0

2x

x

x







,即当0x,且1x时,

()0gx.因为()kgx恒成立,0k.综上所述，当0x，且1x时，

ln

()

1

xk

fx

xx





成立,k的取值

范围为(0]，.

3.(2014年新课标全国卷II21)已知函数fx=2xxeex.

（1）讨论fx的单调性；

（2）设24gxfxbfx,当

0x

时,0gx,求

b

的最大值；

（3）已知1.414221.4143,估计

2ln

的近似值.（精确到0.001）

【解析】：（1）02)('xxeexf,当且仅当0x取等号,)(xf在

R

上单调递增;

（2）)2(44)(22xeebxeexgxxxx,beebeexgxxxx84)(4)(2)(22'=

)22)(2(2beeeexxxx.i.当2b时,0)('xg,)(xg单调递增,0)0()(gxg;ii.当2b时,若

x满足222beexx,即)21ln(02bbbx时'()gx0.而(0)g=0,因此当

)21ln(02bbbx时,()gx0,综上,b的最大值为2.

（3）由（2）知,

3

(ln2)222(21)ln2

2

gbb,当2b时,

3

(ln2)426ln2

2

g0;

ln2

823

12



6928.0;当

32

1

4

b时,2ln(12)ln2bbb，

(ln2)g=

3

22(322)ln2

2



0,ln2

182

28



6934.0,所以ln2的近似值为693.0.

秒杀题型二答题规范模板:特点:代区间端点不能使不等式取到等号,一般情况亦有两种方法，一是分类讨论

法，但较前一种简单；二是分离参数法,新函数在给定区间内一般存在最值。

1.(2013年新课标全国卷I21)已知函数()fx＝2xaxb,()gx＝()xecxd,若曲线()yfx和

曲线()ygx都过点)2,0(P,且在点P处有相同的切线42yx.

（1）求dcba,,,的值;

（2）若

x2时,()fx

()kgx,求k的取值范围.

【解析】：（1）a=4,b=2,c=2,d=2;

（2）法一:由（1）知,2()42fxxx,()2(1)xgxex,设函数()Fx=()()kgxfx=

22(1)42xkexxx(2x),()Fx



=2(2)24xkexx=2(2)(1)xxke,由题设得(0)F0，

即1k,令()Fx



=0得,

1

x=lnk,

2

x=－2，

i.若21ke,则－2

1

x

0,∴当

1

(2,)xx时,()Fx

0,当

1

(,)xx时,()Fx0，即()Fx

在

1

(2,)x单调递减,在

1

(,)x单调递增,故()Fx在x=

1

x取最小值

1

()Fx;

而

1

()Fx=2

111

2242xxx=

11

(2)xx

0,∴当x

2时,()Fx

0,即()fx()kgx恒成立，

ii.若2ke,则()Fx



=222(2)()xexee,∴当x

2时,()Fx

0,∴()Fx在(－2,+∞)单调递增，

而(2)F

0,∴当x

2时,()Fx0,即()fx()kgx恒成立;

iii.若2ke,则(2)F=222ke=222()eke0,∴当x

2时,()fx()kgx不可能恒成立;

综上所述,k的取值范围为2,1e.

讨论的分界处以2与kln的大小比较为标准.

法(二)分离变量法:转化为:24)22(2xxxkex,即)24()1(22xxexkx恒成立,

i.当1,01xx时,Rk;

ii.当1,01xx时,)

1

24

(2

2







x

xx

ekx恒成立,

iii.当12,01xx时,)

1

24

(2

2







x

xx

ekx恒成立,

设)

1

24

()(

2







x

xx

exTx,

2

2

'

)1(

)2(

)(







x

xx

xT;对于ii可知:0,1增,,0减,2)0()(

max

TxT,即

1k;对于iii可知:

12x

增,2

min

2)2()(eTxT,即2ek,综上21ek.

2.(2014年新课标全国卷II12)设函数3sinx

fx

m



,若存在fx的极值点

0

x满足

2

22

00

xfxm





,则m的取值范围是()

A.,66,B.,44,

C.,22,D.,41,

【解析】：0cos

3

)('

m

x

m

xf



Zkmkx,)

2

1

(

0

,3)(2

0

xf,存在

0

x,使

32

0

2xm

,只需

43

4

1

)3(22

min

2

0

2mmxm,即2m或2m,选C.

3.(2014年辽宁卷)当[2,1]x时,不等式32430axxx恒成立,则实数a的取值范围是()

A.[5,3]B.

9

[6,]

8

C.[6,2]D.[4,3]

解析:分离变量法:i.当0x时,Ra;ii.当1,0x时,321

3

2

34

34





xxx

x

xx

a=)(xf,只需

max

)(xfa;iii.当0,2x时,32134xxxa,只需

min

)(xfa,

4

2

'

)98(

)(

x

xx

xf



,可知

)(xf在1,2单调递减,在1,1单调递增,可求)(xf在1,0x上的最大值为6,在0,2x上的最

小值为2,即62a,选C.

4.（2020年模拟题精选）函数2ln0fxxxax恰有两个整数解，则实数a的取值范围为（）

A．

ln2

21

2

a

B．

21a

C．

31a

D．

ln3ln2

32

32

a

【解析】：函数2ln0fxxxax恰有两个整数解，即

lnx

ax

x



恰有两个整数解，令

lnx

gxx

x



，

得2

2

1lnxx

gx

x







，令21lnhxxx，易知hx

为减函数．当0,1x

，0hx

，0gx





，gx

单调递增；当1,x

，0hx

，0gx





，gx

单调递减．11g

，ln2

22

2

g

，

ln3

33

3

g

．

由题意可得：32gag

，∴

ln3ln2

32

32

a

．选D．

5.（2020年模拟题精选）已知函数()lnfxxbxc，()fx在点(1,(1))f处的切线方程为20xy．

（1）求

()fx

的解析式；

（2）求

()fx

的单调区间；

（3）若在区间

1

[,3]

e

内，恒有

()2lnfxxkx

成立，求k的取值范围．

【解析】：（1）由题意，

1

()fxb

x





，则

(1)1fb



，∵在点(1,(1))f处的切线方程为40xy，∴

切线斜率为1，则11b，得2b，将(1,(1))f代入方程20xy，得：1(1)20f，解得

(1)3f，∴(1)3fbc，将2b代入得1c，故()ln21fxxx.

（2）依题意知函数的定义域是

(0,)

，且

1

()2fx

x





，令

()0fx





得，

1

0

2

x

，令

()0fx





得，

1

2

x

，故

()fx

的单调增区间为

1

(0,)

2

，单调减区间为

1

(,)

2



.

（3）由

()2lnfxxkx

，

ln1

2

x

k

x





在区间

1

[,3]

e

内恒成立，设

ln1

()2

x

gx

x





，则

2

ln

()

x

gx

x





，∵在

1

[,1]

e

内

()0gx





，

()gx

单调递减，在

(1,3]

内

()0gx





，

()gx

单调递增，∴()gx的

最小值为(1)3g，∴3k.

类型三答题规范模板

．．．．．．．．．

:

．

特点:求参数的最大或最小整数.此类型考题只能采用分离参数、设而不求、整体代换三

步骤法.

①分离参数,)(xta或)(xta;

②对)(xt求导,但导数等于0(即极值点)不可求(超越方程),采用设而不求的方法,首先说明)(xt存在极

值,且)(

0

xt为极值,满足0)(

0

'xt,得到

0

x满足的方程;

③)(

0

xt用

0

x表示,用0)(

0

'xt中的

0

x的关系整体代换,使)(

0

xt简单化;

④求出

0

x的范围(利用零点存在定理),一般

0

x介于两个整数之间;

⑤求出

a

的范围(介于两个整数之间),进而求出

a

对应的整数值.

1.(2012年新课标全国卷文)设函数2)(axexfx.

（1）求)(xf的单调区间；

（2）若ka,1为整数,且当

0x

时,01)()('xxfkx,求k的最大值.

【解析】：（1）()fx的定义域为,,'()xfxea

.

ⅰ.若0a,则'()0fx

,()fx在单调递增;

ⅱ.若0a,则当,lnxa时,'()0fx

;当ln,xa时,'()0fx

,()fx在,lna单调

递减,在ln,a单调递增;

（2）由于1a,所以'()1()(1)1xxkfxxxkex.故当0x时,'()10xkfxx

等价于

1

(0)

1x

x

kxx

e







①令

1

()

1x

x

gxx

e







,

'

2

1

()1

1

x

x

xe

gx

e







=

2

(2)

1

xx

x

eex

e





.由（1）

知,()2xhxex在0,单调递增.而(1)0,(2)0,hh

()hx在0,存在唯一的零点,'()gx在

0,存在唯一的零点.设此零点为,则1,2.当0,x时,'()0gx

;当,x

时,'()0gx

.所以()gx在0,的最小值为()g,又由'()0,g

可得2e,

所以()12,3g,由于①式等价于()kg,故整数k的最大值为2.

2.(2015年新课标全国卷I12)设函数()fx=(21)xexaxa,其中1a,若存在唯一的整数

0

x,使得

0

()fx

0,则a的取值范围是()

A.











1,

2

3

e

B.













4

3

,

2

3

e

C.











4

3

,

2

3

e

D.











1,

2

3

e

【解析】：)()1()12()(xhxaxexgx,0)('xg得

2

1

x,画出图象知1)0(g,1)0(af,

1a,而

e

g

3

)1(,

e

af

3

2)1(,得

e

a

2

3

,选D.

秒杀方法:(幸运数字法)从选项中可知当1x时,得

e

a

2

3

,当0x时,得1a,所以选D.

3.（2020年模拟题精选）已知函数lnexfxax，

aR

．

（1）试讨论函数fx

的极值点的个数；

（2）若aN，且0fx

恒成立，求a的最大值．

参考数据：

【解析】：（1）函数fx

的定义域为0,

．'ex

a

fx

x



，当

0a

时，'0fx

，fx

在定义域0,

单调递减，fx

没有极值点；

②当

0a

时，'ex

a

fx

x



在0,

单调递减且图像连续，'1e0afa，

0x

时'fx

，∴

存在唯一正数

0

x

，使得

0

'0fx

，函数fx

在

0

0,x

单调递增，在

0

,x

单调递减，∴函数fx

有唯

一极大值点

0

x，没有极小值点，

综上：当

0a

时，fx

没有极值点；

当

0a

时，fx

有唯一极大值点，没有极小值点．

（2）方法一：

由（1）知，当

0a

时，fx

有唯一极大值点

0

x

，∴0

00

max

lnexfxfxax，0fx

恒成立



0

0fx

，∵0

0

ex

a

x



，∴

000

00

1

lnln0

a

fxaxax

xx









，∴

0

0

1

ln0x

x



．令

1

lnhxx

x



，则

hx

在0,

单调递增，由于

1

1.74ln1.740

1.74

h

，

1

1.8ln1.80

1.8

h

，∴存在唯一正数

1.74,1.8m

，使得0hm

，从而

0

0,xm

．由于0

00

lne0xfxax恒成立，

①当0

0,1x

时，0

00

lne0xfxax成立；

②当

0

1,xm

时，由于0

0

lne0xax，∴0

0

e

ln

x

a

x

．

令e

ln

x

gx

x



，当1,xm

时，

2

1

eln

0

ln

xx

x

gx

x











，∴

e

ln

x

gx

x



在1,m

单调递减，从而agm

．

∵1.74gmg

，且1.74e

1.7410.3

ln1.74

g

，且aN，∴

10a

．

下面证明

10a

时，10lne0xfxx．



10

exfx

x





，且fx



在0,

单调递减，由于'1.740f

，'1.80f

，

∴存在唯一

0

1.74,1.8x

，使得0

0

0

10

'e0xfx

x



，

∴0

0000

max

00

101

10lne10ln1010ln10xfxfxxxx

xx

















．

令1

10ln10uxx

x















，1.74,1.8x

，易知ux

在1.74,1.8

单调递减，

∴1

1.7410ln101.74102.3032.310

1.74

uxu















，

∴00

max

0

1

10ln100fxfxx

x

















，即

10a

时，10lne0xfxx．

∴a的最大值是10．

方法二：由于0fx

恒成立，

∴1.61.6ln1.6e0fa，

16e

10.5

ln1.6

a

．；

171.7ln1.7e0fa．，17e

10.3

ln1.7

a

．；

181.8ln1.8e0fa．，18e

10.3

ln1.8

a

．；

∵aN，∴猜想：a的最大值是10．

下面证明

10a

时，10lne0xfxx．



10

exfx

x





，且fx



在0,

单调递减，由于'1.740f

，'1.80f

，

∴存在唯一

0

1.74,1.8x

，使得0

0

0

10

'e0xfx

x



，

∴0

0000

max

00

101

10lne10ln1010ln10xfxfxxxx

xx

















．

令1

10ln10uxx

x















，1.74,1.8x

，易知ux

在1.74,1.8

单调递减，

∴1

1.7410ln101.74102.3032.310

1.74

uxu















，

∴00

max

0

1

10ln100fxfxx

x

















，即

10a

时，10lne0xfxx．

∴a的最大值是10．

4.(2020年新课标全国卷I21)

已知函数2()exfxaxx

.

（

1

）当a=1

时，讨论f（x）的单调性；

（

2

）当x≥0

时，f（x）

≥

1

2

x3+1

，求a的取值范围

.

【

解析

】：（1）当a=1时，f（x）=ex+x2–x，则()fx=ex+2x–1．

故当x∈（–∞，0）时，()fx<0；当x∈（0，+∞）时，()fx>0．所以f（x）在（–∞，0）单调递减，

在（0，+∞）单调递增．

（2）3

1

()1

2

fxx

等价于32

1

(1)e1

2

xxaxx

.

设函数32

1

()(1)e(0)

2

xgxxaxxx

，则

322

13

()(121)e

22

xgxxaxxxax



2

1

[(23)42]e

2

xxxaxa

1

(21)(2)e

2

xxxax

.

（i）若2a+1≤0，即

1

2

a

，则当x∈（0，2）时，

()gx>0.所以g（x）在（0，2）单调递增，而g

（0）=1，故当x∈（0，2）时，g（x）>1，不合题意.

（ii）若0<2a+1<2，即

11

22

a

，则当x∈(0，2a+1)∪(2，+∞)时，g'(x)<0；当x∈(2a+1，2)时，

g'(x)>0.所以g(x)在(0，2a+1)，(2，+∞)单调递减，在(2a+1，2)单调递增.由于g(0)=1，所以g(x)≤1

当且仅当g(2)=(7−4a)e−2≤1，即a≥27e

4



.

所以当27e1

42

a





时，g(x)≤1.

（iii）若2a+1≥2，即

1

2

a

，则g(x)≤3

1

(1)e

2

xxx

.

由于27e1

0[,)

42





，故由（ii）可得3

1

(1)e

2

xxx

≤1.

故当

1

2

a

时，g(x)≤1.

综上，a的取值范围是27e

[,)

4





.

5.(2020年新高考山东卷21)已知函数axaexfxlnln1。

（1）当

ea

时，求曲线xfy在点1,1f处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

（2）若1xf，求

a

的取值范围。

【解析】

：()fx的定义域为(0,)，1

1

()exfxa

x





。

（1）当ea时，

()eln1xfxx

，

(1)e1f



，曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为

(e1)(e1)(1)yx，即(e1)2yx，直线(e1)2yx在x轴，y轴上的截距分别为

2

e1





，2，所

求三角形的面积为

2

e1

。

（2）方法一：分类讨论法：①当

01a

时，(1)ln1faa；②当

1a

时，1()elnxfxx

，

1

1

()exfx

x





，当

(0,1)x时，()0fx



；当(1,)x时，()0fx



，所以当

1x

时，()fx取得最小值，

最小值为(1)1f，从而()1fx；

③当

1a

时，11()elnlneln1xxfxaxax

，综上，

a的取值范围是[1,)。

方法二：设而不求、整体代换法：0

1

2

1''

x

aexfx，xf'在，0上单调递增，当0x时，

xf'，当x时，xf'，即存在

0

x，

0

1

1

0x

aex，当

0

,0xx时，xf单调递减，

,

0

xx时，xf单调递增，所以axaexfxfxlnln

0

1

0

min

0=a

x

aexln

1

ln

0

1

0

=1ln21

1

ln2lnln

1

0

0

1

0

0a

x

xaaae

x

x(基本不等式)，只需11ln2a，即1a。