分离参数法

公式定理💯随心记

【向量共线定理】文字语言：向量共线的充要条件。符号语言：$\vec {a}\parallel\vec {b}\;\Leftrightarrow\;\vec {a}=\lambda\vec {b}$（$\lambda\neq 0$）或 $\cfrac {x_1}{x_2}=\cfrac {y_1}{y_2}$（当 $\vec {b}\neq\vec {0}$）

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前言

在高中数学教学实践中，有一种使用频度比较高的数学方法，叫分离参数法，她和许多数学素材有关联，高三学生大多都耳熟能详，但对其具体的来由和需要注意的问题却不是很清楚，本博文试着对此做个总结，以廓清我们认识上的误区，帮助我们提高教学，也帮助学生顺利掌握这一方法。

使用场景

【2017 西安模拟】已知函数 $f(x)$$=$$kx^2$$-$$\ln x$ 有两个零点，则参数 $k$ 的取值范围为【$\qquad$】

$A.k >\cfrac{e}{2}$ $B.0< k <\sqrt{e}$ $C.k > \cfrac{\sqrt{2}e}{2}$ $D.0< k <\cfrac{1}{2e}$

【法 1】：不完全分离参数法，先确定函数的定义域为 $(0，+\infty)$，将函数 $f(x)$ 有两个零点转化为方程 $kx^2=lnx$ 有两个不同的实数根，再转化为函数 $y=kx^2$ 与函数 $y=lnx$ 的图像有两个不同的交点，如图设两个函数的图像相切于点为 $(x_0，y_0)$，则必有以下关系式成立 [列等式的角度是难点] 从三个角度列方程：两曲线在切点 $(x_0,y_0)$ 处的斜率相等；切点 $(x_0,y_0)$ 在曲线一上；切点 $(x_0,y_0)$ 在曲线二上；

$$\begin{cases}2kx_0=\cfrac{1}{x_0}&①\\kx_0^2=y_0&②\\y_0=lnx_0&③\end{cases}$$

由 ① 得到 $2kx_0^2=1$，代入 ② 式，解得 $y_0=\cfrac{1}{2}，x_0=\sqrt{e}$，即切点为 $(\sqrt{e}，\cfrac{1}{2})$，

再代入函数 $y=kx^2$，求得此时的 $k=\cfrac{1}{2e}$，

再结合函数 $y=kx^2$ 的系数 $k$ 的作用，可得两个函数要有两个不同的交点，

则 $k\in(0，\cfrac{1}{2e})$。 故选 $D$.

【法 2】：完全分离参数法，首先确定函数的定义域为 $(0，+\infty)$，将函数有两个零点转化为方程 $kx^2$$=$$\ln x$ 有两个不同的实数根， 再完全分离参数转化为 $k$$=$$\cfrac{lnx}{x^2}$ 有两个不同的实数根， 再转化为函数 $y$$=$$k$ 和函数 $y$$=$$g(x)$ $=$ $\cfrac{lnx}{x^2}$ 的图像有两个不同的交点， 用导数研究函数 $g(x)$ 的单调性，

由于 $g'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}\cdot x^2-lnx\cdot 2x}{(x^2)^2}=\cfrac{1-2lnx}{x^3}$，

令 $1-2lnx>0$，得到 $0<x<\sqrt{e}$ ；令 $1-2lnx<0$，得到 $x >\sqrt{e}$，

即函数 $g(x)$ 在区间 $(0，\sqrt{e}]$ 上单调递增，在 $[\sqrt{e}，+\infty)$ 上单调递减，

故 $g(x)_{max}=g(\sqrt{e})=\cfrac{1}{2e}$，

作出函数 $g(x)$ 的图象和函数 $y=k$ 的简图，由图像可得 $k$ 的取值范围是 $k\in(0,\cfrac{1}{2e})$，故选 $D$.

• 从上述的解法中我们体会到，如果一个数学题目从数的角度直接来求解，结果很有可能要么不会求解，要么解不出，更或者没有思路；此时若换个角度思考，从形入手分析，将参数或含有参数的代数式 (比如 $k+1$) 和自变量分别放置在等号的两端，即 $k=f(x)$ 的形式，然后数的问题就转化为形的问题了，从而直观快捷，思路简单明了。 一句话，当我们从形的角度入手分析解题时，接下来使用的方法常常是分离参数法。

常见类型

• ①完全分离参数法：如 $\lambda f(x)=g(x)\Rightarrow \lambda=\cfrac{g(x)}{f(x)}$；

引例，已知函数 $f(x)=kx^2-lnx$ 有两个零点，求参数 $k$ 的取值范围，用常规法分离参数，即得到方程 $k=\cfrac{lnx}{x^2}$ 有两个不同实根，具体解法链接。

【菁优网答题改编】已知函数 $f(x)=mlnx+x^2-mx$ 在 $(1，+∞)$ 上单调递增，求 $m$ 的取值范围____________．

分析：由题目可知，$f'(x)≥0$ 在 $(1，+∞)$ 上恒成立，且 $f'(x)$ 不恒为零，

则有 $f'(x)=\cfrac{m}{x}+2x-m=\cfrac{2x^2-mx+m}{x}≥0$ 在 $(1，+∞)$ 上恒成立，

即 $2x^2-mx+m≥0$ 在 $(1，+∞)$ 上恒成立，常规法分离参数得到

$m≤\cfrac{2x^2}{x-1}=\cfrac{2(x-1)^2+4x-2}{x-1}=\cfrac{2(x-1)^2+4(x-1)+2}{x-1}=2(x-1)+\cfrac{2}{x-1}+4$

由于 $x>1$，故 $2(x-1)+\cfrac{2}{x-1}+4≥2\sqrt{4}+4=8$，当且仅当 $x=2$ 时取到等号。

故 $m≤8$，当 $m=8$ 时，函数不是常函数，也满足题意，故 $m\in (-\infty，8]$。

• ②倒数法分离参数：如 $\lambda f(x)=g(x)\Rightarrow \cfrac{1}{\lambda}=\cfrac{f(x)}{g(x)}$；

引例，方程 $kx^2=e^x$，若常规法分离参数得到 $k=\cfrac{e^x}{x^2}$，就没有倒数法分离为 $\cfrac{1}{k}=\cfrac{x^2}{e^x}$ 优越，

原因是函数 $y=\cfrac{e^x}{x^2}$ 在 $x=0$ 处有断点，而函数 $y=\cfrac{x^2}{e^x}$ 在 $x\in R$ 上是处处连续的，函数相对简单一些。

已知函数 $f_1(x)=e^x$，$f_2(x)=ax^2-2ax+b$，设 $a>0$，若对任意的 $m，n∈[0，1](m\neq n)$，$|f_1(m)-f_1(n)|>|f_2(m)-f_2(n)|$ 恒成立，求 $a$ 的最大值。

分析：不妨设 $m>n$，则函数 $f_1(x)$ 在区间 $[0，1]$ 上单调递增，故 $f_1(m)-f_1(n)>0$，

又 $f_2(x)=a(x-1)^2+b-a$，对称轴是 $x=1$，开口向上，

故函数 $f_2(x)$ 在区间 $[0，1]$ 上单调递减，故 $f_2(m)-f_2(n)<0$，

这样对任意的 $m，n\in [0，1](m>n)$，$|f_1(m)-f_1(n)|>|f_2(m)-f_2(n)|$ 恒成立，

就可以转化为 $f_1(m)-f_1(n)>f_2(n)-f_2(m)$ 恒成立，

即 $f_1(m)+f_2(m)>f_1(n)+f_2(n)$ 恒成立，

令 $h(x)=f_1(x)+f_2(x)=e^x+ax^2-2ax+b$，

则到此的题意相当于已知 $m>n$ 时，$h(m)>h(n)$，

故函数 $h(x)$ 在区间 $[0，1]$ 上单调递增，故 $h'(x)≥0$ 在区间 $[0，1]$ 上恒成立；

即 $h'(x)=e^x+2ax-2a≥0$ 在区间 $[0，1]$ 上恒成立；

即 $2a(1-x)≤e^x$ 恒成立，这里我们使用倒数法分离参数得到，

$\cfrac{1}{2a}≥\cfrac{1-x}{e^x}$ 在区间 $[0，1]$ 上恒成立；

再令 $p(x)=\cfrac{1-x}{e^x}$，即需要求 $p(x)_{max}$，

$p'(x)=\cfrac{-1×e^x-(1-x)e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{x-2}{e^x}$，

容易看出，当 $x∈[0，1]$ 时，$p'(x)<0$ 恒成立，故 $p(x)$ 在区间 $[0，1]$ 上单调递减，

则 $p(x)_{max}=p(0)=1$，故 $\cfrac{1}{2a}≥1$，又 $a>0$，

故解得 $0<a≤1$。故 $a_{max}=1$.

• ③讨论法分离参数：如 $\lambda f(x)\ge g(x)$；

比如，$\lambda(x-1)\ge 2lnx$ 对任意的 $x\in(0，1]$ 恒成立，接下来分 $x=1$ 和 $0<x<1$ 分类讨论分离参数，具体见博文的后半部分的对应例题。

已知对任意 $x>0$ 且 $x\neq 1$，不等式 $\cfrac{x-m}{lnx}>\sqrt{x}$ 恒成立，求参数 $m$ 的值。

分析：对任意 $x>0$ 且 $x\neq 1$，不等式 $\cfrac{x-m}{lnx}>\sqrt{x}$ 恒成立等价于

当 $0<x<1$ 时，$m>x-\sqrt{x}lnx①$ 恒成立，或者当 $x>1$ 时，$m<x-\sqrt{x}lnx②$ 恒成立，

令 $h(x)=x-\sqrt{x}lnx(x>0，x\neq 1)$，$h'(x)=\frac{2\sqrt{x}-lnx-2}{2\sqrt{x}}$

令 $\phi(x)=2\sqrt{x}-lnx-2$，则 $\phi'(x)=\frac{\sqrt{x}-1}{x}$；

易知 $\phi(x)$ 在 $(0，1)$ 上单调递减，在 $(1，\infty)$ 上单调递增，

所以 $\phi(x)>\phi(1)=0$，即得到 $h'(x)>0$，

因此由①式可得，$m\ge h(1)=1$，由②式得 $m\leq h(1)=1$

取两种结果的交集 ^[1]，所以 $m=1$。

故不等式 $\cfrac{x-m}{lnx}>\sqrt{x}$ 恒成立的充要条件是 $m=1$。

• ④整体法分离参数：如 $\lambda^2+2\lambda=f(x)$；

【2017 湖南郴州二模】若命题 “$P：\exists x_0\in R，2^x_0-2+3a\leq a^2$” 是假命题，则实数 $a$ 的取值范围是__________。

分析：由题目可知，命题 “$\neg P：\forall x\in R，2^x-2> a^2-3a$” 是真命题，

即 $2^x-2> a^2-3a$ 对 $\forall x\in R$ 恒成立，故 $(2^x-2)_{min}>a^2-3a$，

只需求 $(2^x-2)_{min}$，而 $2^x-2>-2$，则有 $-2\ge a^2-3a$，即 $a^2-3a+2\leq 0$，

解得 $1\leq a\leq 2$，故实数 $a$ 的取值范围是 $[1，2]$。

已知函数 $f(x)=-x^2+ax+b^2-b+1(a\in R，b\in R)$，对任意实数 $x$ 都有 $f(1-x)=f(1+x)$ 成立，若当 $x\in[-1，1]$ 时，$f(x)>0$ 恒成立，则 $b$ 的取值范围是_____________.

分析：先由 $f(1-x)=f(1+x)$ 得到，二次函数的对称轴 $x=-\cfrac{a}{-2}=1$，解得 $a=2$，

故题目转化为 $-x^2+2x+b^2-b+1>0$ 对任意 $x\in [-1,1]$ 恒成立，

用整体法分离参数，得到 $b^2-b>x^2-2x-1$ 对任意 $x\in[-1,1]$ 恒成立。

令 $g(x)=x^2-2x-1，x\in[-1,1]$，需要求函数 $g(x)_{max}$；

$g(x)=x^2-2x-1=(x-1)^2-2，x\in[-1，1]$，

故 $g(x)$ 在区间 $[-1，1]$ 上单调递减，则 $g(x)_{max}=g(-1)=2$，

故 $b^2-b>2$，解得 $b<-1$ 或 $b>2$。

法 2：还可以利用对称轴与给定区间的关系求解；

• ⑤不完全分离参数法：如 $kx^2=lnx$；

比如，已知函数 $f(x)=kx^2-lnx$ 有两个零点，求参数 $k$ 的取值范围，用不完全分离参数法，即得到方程 $kx^2=lnx$ 有两个不同实根，具体解法链接。

局限之处

并不是所有的含参问题都适合分离参数，比如 $ax^2-a^2x+3<0$ 在区间 $[1,2]$ 上恒成立，求 $a$ 的范围，就不能用分离参数的方法，因为你没法将参数和自变量有效的分开，所以此时你可能需要借助二次函数的图像来考虑，而不是一味的使用分离参数法。

一般来说，以下的一些情形都不适合使用分离参数法：

• (1) 不能将参数和自变量有效的分离开的；

比如，已知方程 $e^{-x}=ln(x+a)$ 在 $x>0$ 时有解，求参数的取值范围；

本题目就不能将参数和自变量有效的分离开的，此时我们就可以考虑用数形结合的思路求解。解法

• (2) 如果参数的系数能取到正、负、零三种情形的，

引例，已知函数 $f(x)=x^2+ax-2a\ge 0$ 对 $x\in [1，5]$ 上恒成立，求参数 $a$ 的取值范围。

如果用分离参数的方法，则先转化为 $(x-2)a\ge -x^2，x\in [1，5]$

接下来就转化成了三个恒成立的命题了，不管会不会做，从效率上都已经很不划算了。具体的解法已经隐藏。

• (3) 分离参数后，得到的新函数变得复杂无比的；

比如函数 $f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})$ 有唯一的零点，分离参数后，得到 $a=\cfrac{-x^2+2x}{e^{x-1}+e^{-x+1}}=h(x)$，

你确信你能研究清楚函数 $h(x)$ 的性质，并用手工做出函数的图像吗？省省吧，您呐。

• (4) 分离参数后，得到的新函数中有 $sinx$ 和 $cosx$ 的，他们都有无穷阶导数，所以求导会一直做下去，一般不会使得函数式变得简单。

比如已知 $2a-1+sin2x+a(sinx-cosx)\ge 0$ 在 $x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]$ 上恒成立，求参数 $a$ 的取值范围。$[1，+\infty)$

接下来的思路有：

思路一：分离参数，当分离为 $a\ge \cfrac{1-sin2x}{2+sinx-cosx}=g(x)$ 时，你会发现，求函数 $g(x)_{max}$ 很难，所以放弃；

思路二：转化化归，令 $sinx-cosx=t=\sqrt{2}sin(x-\cfrac{\pi}{4})$，由于 $x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]$，故 $t\in [-1，1]$

由 $(sinx-cosx)^2=t^2$，得到 $sin2x=1-t^2$，故不等式转化为 $at+1-t^2+2a-1\ge 0$，

即 $t^2-at-2a\leq 0$ 在 $t\in [-1，1]$ 上恒成立，令 $h(t)=t^2-at-2a，t\in [-1，1]$，

则 $h(t)\leq 0$ 等价于 $\begin{cases}h(-1)=1+a-2a\leq 0\\h(1)=1-a-2a\leq 0 \end{cases}$，解得 $a\ge 1$，

或在转化化归后又可以分离参数为 $a\geqslant \cfrac{t^2}{t+2}=g(t)$，$t\in[-1,1]$ 恒成立问题，求 $g(t)$ 的最大值即可 .

• (5) 看题目的选项确定方法

【2019 届高三理科数学二轮用题】已知函数 $f(x)=mx-\cfrac{1-m}{x}+lnx$，要使得函数 $f(x)>0$ 恒成立，则正实数 $m$ 应该满足【】

$A.\cfrac{m-1}{m}\cdot e^{2m-1} < 1$

$B.\cfrac{m-1}{m}\cdot e^{1-2m}< 1$

$C.\cfrac{m-1}{m}\cdot e^{2m-1} >1$

$D.\cfrac{m-1}{m}\cdot e^{1-2m} >1$

法 1：先考虑分离参数法，若能成功分离参数，那么得到的形式必然是 $m>g(x)$ 或 $m<g(x)$ 的形式，接下来需要求解函数 $g(x)$ 的最值，其必然是数字化的，则结果和给定的选项的形式是不一致的，故这个思路做了大致分析后放弃；

法 2：由函数 $f(x)>0$ 恒成立，则需要求在 $(0，+\infty)$ 上的函数 $f(x)_{min}>0$ 即可，故考虑用导数方法；

$f'(x)=\cfrac{(x+1)[mx+(1-m)]}{x^2}$， 故函数在 $x=\cfrac{m-1}{m}$ 处取到最小值，则要使得函数 $f(x)>0$ 恒成立，只需要 $f(\cfrac{m-1}{m})>0$ 即可，

对此化简整理得到，正实数 $m$ 应该满足 $\cfrac{m-1}{m}\cdot e^{2m-1}>1$，故选 $C$。

解后反思：本题目的解法有点漏洞，条件中应该使得 $m>1$，而不仅仅是 $m>0$，否则当 $0<m\leq 1$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0，+\infty)$ 上单调递增，其最小值的极限为 $f(0)$，题目就有了问题。

策略延伸

在具体的解题实践中，我们会发现绝大多数的题目可以用分离参数法解决，但是如果简单尝试后发现此法行不通，则需要及时调整解题思路和策略，比如做差构造新函数的思路。

已知函数 $f(x)=x^2-ax$，$g(x)=mx+nlnx$，函数 $f(x)$ 的图像在点 $(1，f(1))$ 处的切线的斜率为 $1$，函数 $g(x)$ 在 $x=2$ 处取到极小值 $2-2ln2$；

(1) 求函数 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的解析式；

分析：由题可知 $f'(x)=2x-a$，又 $f'(1)=2-a=1$，解得 $a=1$，即 $f(x)=x^2-x$；

又 $g'(x)=m+\cfrac{n}{x}$，由 $g'(2)=m+\cfrac{n}{2}=0$ 及 $g(2)=2m+nln2=2-2ln2$，解得 $m=1，n=-2$，即 $g(x)=x-2lnx$；

(2) 已知函数 $f(x)+g(x)\ge x^2-\lambda(x-1)$ 对任意的 $x\in(0，1]$ 恒成立，求实数 $\lambda$ 的取值范围。

分析：由于 $f(x)+g(x)=x^2-2lnx$，则 $x^2-2lnx\ge x^2-\lambda(x-1)$ 对任意的 $x\in(0，1]$ 恒成立，可以有以下的思路：

法 1：带参分析法，先令 $h(x)=\lambda(x-1)-2lnx$，则问题转化为 $h(x)\ge 0$ 对任意的 $x\in(0，1]$ 恒成立，

$h'(x)=\lambda-\cfrac{2}{x}=\cfrac{\lambda x-2}{x}$

当 $\lambda\leq 0$ 时，$h'(x)<0$，$h(x)$ 在区间 $(0，1]$ 上单调递减，

$h(x)_{min}=h(1)=0$，即 $h(x)\ge 0$ 恒成立；

当 $0<\lambda \leq 2$ 时，$h'(x)<0$，$h(x)$ 在区间 $(0，1]$ 上单调递减，

$h(x)_{min}=h(1)=0$，即 $h(x)\ge 0$ 恒成立；

当 $\lambda>2$ 时，$h'(x)<0$ 在 $(0，\cfrac{2}{\lambda})$ 上恒成立，$h'(x)>0$ 在 $(\cfrac{2}{\lambda}，1)$ 上恒成立，

即 $h(x)$ 在 $(0，\cfrac{2}{\lambda})$ 单调递减，在 $(\cfrac{2}{\lambda}，1)$ 上单调递增，

所以 $h(\cfrac{2}{\lambda})<h(1)=0$，故不满足题意，注意 $h(1)=0$，即函数 $h(x)$ 恒过点 $(1，0)$

综上所述，实数 $\lambda$ 的取值范围为 $(-\infty，2]$。

法 2：讨论法分离参数，先转化为 $\lambda(x-1)\ge 2lnx$ 对任意的 $x\in(0，1]$ 恒成立，

当 $x=1$ 时，$\lambda\cdot 0\ge 2ln1=0$，$\lambda\in R$；

当 $x\in (0，1)$ 时，分离参数得到 $\lambda \leq \cfrac{2lnx}{x-1}$；令 $h(x)= \cfrac{2lnx}{x-1}$，

$h'(x)=\cfrac{\cfrac{2}{x}(x-1)-2lnx}{(x-1)^2}=\cfrac{2(1-\cfrac{1}{x}-lnx)}{(x-1)^2}$；

令 $m(x)=1-\cfrac{1}{x}-lnx$，则 $m'(x)=\cfrac{1}{x^2}-\cfrac{1}{x}=\cfrac{1-x}{x^2}$，

则 $m'(x)>0$，则 $m(x)$ 在 $(0，1)$ 上单调递增，故 $m(x)<m(1)=0$，故 $h'(x)=\cfrac{2m(x)}{(x-1)^2}<0$，

则 $h(x)$ 在 $(0，1)$ 上单调递减，故 $h(x)>h(1)=2$(由洛必达法则求得)，即 $\lambda\leq 2$

综上所述求交集得到，$\lambda \in(-\infty，2]$。

法 3：不完全分离参数法，由 $\lambda(x-1)\ge 2lnx$ 对任意的 $x\in(0，1]$ 恒成立，

做函数 $y=\lambda(x-1)$ 和函数 $y=2lnx$ 的图像，示意图

设直线 $y=\lambda(x-1)$ 与曲线 $y=2lnx$ 相切于点 $(x_0，y_0)$，则有 $\cfrac{2}{x_0}=\lambda$，$y_0=2lnx_0$，$y_0=\lambda(x_0-1)$，

求得切点坐标 $(1，0)$，此时 $\lambda=2$，由 $\lambda$ 的几何意义可知，$\lambda$ 的取值范围是 $(-\infty，2]$。

注意事项

• 分离参数法，一般常用于恒成立问题、能成立问题 (有解)，或无解问题，或已知函数零点个数命题中的参数取值范围问题，又或是从数的角度不好解决需要从形的角度入手的问题。
• 分离参数时，尽可能的使函数形式简单，这样求导数判断单调性就简单些，而参数形式复杂些或者简单些都无所谓，

【2018 年宝鸡市三检理科数学第 21 题】【已知函数无零点，求参数的取值范围或最值】已知函数 $f(x)=(2-a)x-2(1+lnx)+a$，$g(x)=\cfrac{ex}{e^x}$，

(1) 若函数 $f(x)$ 在区间 $(0，\cfrac{1}{2})$ 上无零点，求实数 $a$ 的最小值。

【法 1】(分离参数，参数形式简单，函数复杂)

碰到这类问题，我们的第一反应往往是分离参数，然后数形结合求解，但是这个方法不见得是很恰当和很灵活的。

先变形为 $a(1-x)=2+2lnx-2x$，再分离参数为 $a=\cfrac{2+2lnx-2x}{1-x}$，其中 $x\in (0，\cfrac{1}{2})$，

令函数 $h(x)=\cfrac{2+2lnx-2x}{1-x}$，接下来用导数研究单调性，准备做函数的大值图像，

$h'(x)=\cfrac{(\cfrac{2}{x}-2)(1-x)-(2+2lnx-2x)(-1)}{(1-x)^2}=\cfrac{2lnx+\cfrac{2}{x}-2}{(1-x)^2}$

暂时没法看透 $h'(x)$ 的正负值，也无法判断原函数 $h(x)$ 的增减性，

故再设 $h'(x)$ 的分子函数为 $m(x)=2lnx+\cfrac{2}{x}-2$，

$m'(x)=\cfrac{2}{x}-\cfrac{2}{x^2}=\cfrac{2x-2}{x^2}$，

由于 $0< x <\cfrac{1}{2}$，故 $m'(x) <0$，即 $m(x)$ 单调递减，

故函数 $m(x)$ 的最小值的极限为 $m(\cfrac{1}{2})=2ln\cfrac{1}{2}+4-2=2(1-ln2)>0$

编外话：由分子函数 $m(x)$ 的最小值的极限为正，说明函数 $h'(x)$ 的分子都为正，

故 $h'(x)=\cfrac{m(x)}{(1-x)^2}>0$，故函数 $h(x)$ 在 $x\in (0，\cfrac{1}{2})$ 上单调递增，

故 $h(x)$ 的最大值的极限为 $h(\cfrac{1}{2})=\cfrac{2+2ln\cfrac{1}{2}-2\times\cfrac{1}{2}}{1-\cfrac{1}{2}}=2(1-2ln2)$

要使直线 $y=a$ 与函数 $y=h(x)(0< x <\cfrac{1}{2})$ 没有交点，

则 $a$ 的取值范围是 $a\ge 2(1-2ln2)$，故 $a_{min}=2-4ln2$。

【法 2】(分离参数，参数形式复杂，函数简单)

将原方程 $(2-a)x-2(1+lnx)+a=0$，先变形为 $(2-a)x+(a-2)-2lnx=0$，再变形为 $\cfrac{2-a}{2}=\cfrac{lnx}{x-1}$，

令 $h(x)=\cfrac{lnx}{x-1}$，

则 $h'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}(x-1)-lnx}{(x-1)^2}=\cfrac{1-\cfrac{1}{x}-lnx}{(x-1)^2}$

令 $m(x)=1-\cfrac{1}{x}-lnx$，

则 $m'(x)=\cfrac{1}{x^2}-\cfrac{1}{x}=\cfrac{1-x}{x^2}>0$ 在 $(0，\cfrac{1}{2})$ 上恒成立，

故函数 $m(x)$ 在 $(0，\cfrac{1}{2})$ 单调递增，

故 $m(x)_{max}$ 的极限为 $m(\cfrac{1}{2})=1-2-ln\cfrac{1}{2}=ln2-1<0$

则函数 $h'(x)=\cfrac{m(x)}{(x-1)^2}<0$ 在 $(0，\cfrac{1}{2})$ 上恒成立，

函数 $h(x)$ 在 $(0，\cfrac{1}{2})$ 上单调递减，

则 $h(x)_{min}$ 的极限为 $h(\cfrac{1}{2})=\cfrac{ln\cfrac{1}{2}}{\cfrac{1}{2}-1}=2ln2$

要使得原方程无解，必须满足函数 $y=\cfrac{2-a}{2}$ 与函数 $y=h(x)$ 没有交点，

即 $\cfrac{2-a}{2}\leq 2ln2$，即 $a\ge 2-4ln2$

故 $a_{min}=2-4ln2$。

【法 3】要是不用分离参数的方法，我们还可以这么分析呢？我们这样想，分离参数法是从数的角度来求解的，那么我们可以换个思路，想想能不能从形上入手分析？这时候，最好将原方程 $f(x)=0$ 变形得到两个函数 $h(x)=m(x)$，其中这两个函数最好是基本初等函数，这样它们的图像我们不用费事就能做出来，同时让参数配备个几何意义那是最好的选择，比如斜率等等，故求解如下：

由于函数 $f(x)=0$ 在 $x\in (0，\cfrac{1}{2})$ 上没有零点，

则 $(2-a)x-2(1+lnx)+a=0$ 在 $x\in (0，\cfrac{1}{2})$ 上没有零点，

变形为 $(2-a)(x-1)=2lnx(0< x <\cfrac{1}{2})$

这样左端为函数 $h(x)=(2-a)(x-1)$，是过定点 $(1，0)$ 斜率是 $2-a$ 的直线段，

右端为函数 $m(x)=2lnx$，是过定点 $(1，0)$ 的对数型函数的一部分，图像

当直线段过点 $(1，0)$ 和 $(\cfrac{1}{2}，2ln\cfrac{1}{2})$ 时，斜率为 $k=\cfrac{2-2ln\cfrac{1}{2}}{1-\cfrac{1}{2}}=4ln2$，

由图像可知，要让这两个定义在 $x\in (0，\cfrac{1}{2})$ 上的函数没有交点，

只需要函数 $h(x)$ 的斜率 $2-a$ 小于等于斜率 $k=4ln2$ 即可，

故 $2-a\leq 4ln2$，即则 $a$ 的取值范围是 $a\ge 2(1-2ln2)$，

故 $a_{min}=2-4ln2$。

解后反思：

1、法 1 是这类问题的通用解法，但是分离参数后得到的右端的函数，其单调性用导数判断可能很辛苦，这个题目就说明了这一点，而且用到了二阶导数，一般学生根本分不清一阶导数和二阶导数的关系，所以慎重使用。

2、法 2 比法 1 虽然都是分离参数法，但是我们感觉法 2 比法 1 要简单，其主要原因是法 2 采用的策略是，让函数简单些，让参数复杂些，这样运算量就小很多了。

3、法 3 将方程分离成立两个基本初等函数的形式，这样就可以很快很容易的使用形来解决问题了，到此我们也能体会命题人的意图，能将问题简化为我们学习过的，简单模型的学生，是不是其思维具有更好的可塑性。

通过以上七个方面的粗浅探索，相信各位会对分离参数法有更深入的理解，使用会更加得心应手。

对应练习

【2019 凤翔中学高二期末考试题】函数 $f(x)=x^2$，$g(x)=2lnx+a$ 有公共点，则 $a$ 的取值范围是【】

$A.(e，+\infty)$ $B.(1，+\infty)$ $C.[1，+\infty)$ $D.(-\infty，1)$

提示：选 $C$。

法 1：分别作出两个函数的图像，由图像可知 $a\geqslant 1$，故选 $C$.

法 2：转化法，转化为函数 $h(x)=f(x)-g(x)=x^2-2lnx-a$ 有零点，分析单调性，令 $h(x)_{min}\leqslant 0$，故选 $C$.

法 3：转化法 + 分离参数法，转化为 $a=x^2-2lnx$ 有解，即函数 $y=a$ 和函数 $y=x^2-2lnx$ 图像有交点，故选 $C$.

引申：可能还会同时考查整体思想，比如以下的题目；

函数 $f(x)=x^2$，$g(x)=2lnx+b^2-b$ 有公共点，则 $b$ 的取值范围是____________.

函数 $f(x)=x^2$，$g(x)=2lnx+a+\cfrac{1}{a}$ 有公共点，则 $a$ 的取值范围是____________.

思路补充

碰到函数有零点等问题时，我们一般优先选取分离参数法，但是如果分离后得到的函数的最值求解有难度或不太好分离参数时，次之选择分类讨论；

若函数 $f(x)=x-\sqrt{x}-a\ln x$ 在区间 $(1,+\infty)$ 上存在零点，则实数 $a$ 的取值范围为【 $\quad$ 】

$A.(0, \cfrac{1}{2})$ $B.(\cfrac{1}{2},e)$ $C.(0, +\infty)$ $D.(\cfrac{1}{2},+\infty)$

分析：当我们首选分离参数法时， $a=\cfrac{x-\sqrt{x}}{\ln x}=h(x)$，接下来用导数求解 $h(x)$ 的最值会非常麻烦，所以舍弃这个思路，采用分类讨论如下：

解析： 因为函数 $f(x)=x-\sqrt{x}-a \ln x$, 所以 $f'(x)=1-\cfrac{1}{2\sqrt{x}}-\cfrac{a}{x}=\frac{2x-\sqrt{x}-2 a}{2x}$,

令 $g(x)=2 x-\sqrt{x}-2a$， 因为 $g'(x)=2-\cfrac{1}{2\sqrt{x}}=\cfrac{4\sqrt{x}-1}{2\sqrt{x}}$

当 $x\in(1,+\infty)$ 时， $4\sqrt{x}-1>0$，$2\sqrt{x}>0$， 所以 $g'(x)>0$,

所以 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上为增函数，则 $g(x)>g(1)=1-2a$,

当 $1-2a\geqslant 0$ 时， $g(x)>0$， 所以 $f'(x)>0$， 所以 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上为增函数，

则 $f(x)>f(1)=0$， 所以 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上没有零点；

当 $1-2a<0$ 时， 即 $a>\cfrac{1}{2}$ 时，因为 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上为增函数，

则存在唯一的 $x_{0}\in(1,+\infty)$, 使得 $g(x_{0})=0$，

且当 $x \in(1, x_{0})$ 时， $g(x)<0$， 当 $x\in(x_{0},+\infty)$ 时，$g(x)>0$;

所以当 $x\in(1, x_{0})$ 时， $f^{\prime}(x)<0$， $f(x)$ 为减函数，

当 $x \in(x_{0},+\infty)$ 时 $, f^{\prime}(x)>0$, $f(x)$ 为增函数，

当 $x=x_{0}$ 时，$f(x)_{\min }=f(x_{0})$，

因为 $f(x_{0})<f(1)=0$， 当 $x \rightarrow+\infty$ 时，$f(x) \rightarrow+\infty$，

所以在 $x\in(x_{0},+\infty)$ 内， $f(x)$ 一定存在唯一一个零点，

所以 $a \in(\cfrac{1}{2},+\infty)$， 故选 $D$.

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1. 具体原因请参阅 分类讨论思想 ↩︎