标签：bubuko row 位置 角度 不完全 2-2 图像 参数 划算
还是用例子说比较好些。
(2018宝鸡市二检理科第10题)关于\(x\)的方程\(\sqrt{3}sin2x+cos2x-k-1=0\)在\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)内有两个实数根，则\(k\)的取值范围是()。
A.\((1,2)\) \(\hspace{2cm}\) B.\([0,2)\) \(\hspace{2cm}\) C.\([0,1)\) \(\hspace{2cm}\) D.\([-2,1)\)
遇到这样的题目，我们一般是这样做的，先转化为\(k+1=2sin(2x+\cfrac{\pi}{6})，x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)，
然后分别作出函数\(y=k+1\)和函数\(y=2sin(2x+\cfrac{\pi}{6})，x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)的图像，
利用图像就可以知道，要使得两个函数有两个交点，需要满足\(1\leq k+1<2\)，解得\(0\leq k<1\)，故选C。
上述变形中，当将原方程转化为\(k+1=2sin(2x+\cfrac{\pi}{6})\)，就已经将参数和自变量分离开了，这样的方法自然就叫分离参数法。
还是用上例说事，像这样的方程由于含有\(sin2x\)等，我们就称为超越方程，意思是不能像解\(x^2+3x+2=0\)这样的代数方程一样把她解出来。从数的角度行不通，那就只能考虑从形的角度了，如果我们设函数为\(y=\sqrt{3}sin2x+cos2x-k-1\)，那么这个函数就不太好作图，但是如果分离成\(k+1=2sin(2x+\cfrac{\pi}{6})\)，则原方程的实数根的个数问题，就自然转化为两个函数\(y=k+1\)和\(y=2sin(2x+\cfrac{\pi}{6})\)的图像的交点的个数问题了，而且这两个函数的图像都很好作图，一下子就把问题的难度降下来了。通过这个例子，我们初步体会了分离常数法的优越性。
再看个题目的解答，然后我们回答这个问题。
\(\fbox{例1}\)(2017西安模拟)
已知函数\(f(x)=kx^2-lnx\)有两个零点，求参数\(k\)的取值范围。
A、\(k>\cfrac{e}{2}\) \(\hspace{2cm}\) B、\(0<k<\sqrt{e}\) \(\hspace{2cm}\) C、\(k>\cfrac{\sqrt{2}e}{2}\) \(\hspace{2cm}\) D、 \(0<k<\cfrac{1}{2e}\)
分析：函数的定义域为\((0，+\infty)\)，由函数\(f(x)=kx^2-lnx\)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\(k=\cfrac{lnx}{x^2}\)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，\(g'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}\cdot x^2-lnx\cdot 2x}{(x^2)^2}=\cfrac{1-2lnx}{x^3}\)，
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\(g(x)\)和函数\(y=k\)的简图，由图像可得\(k\)的取值范围是\(k\in(0，\cfrac{1}{2e})\)。
从上述的解法中(当然本题还有其他的解法，比如转化为方程\(kx^2=lnx\)有两个不同的实数根，带参讨论法)，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，从形的角度解题的前提就是施行分离参数的方法。
①常规法分类参数：如\(\lambda f(x)=g(x)\Rightarrow \lambda=\cfrac{g(x)}{f(x)}\)；
②倒数法分离参数：如\(\lambda f(x)=g(x)\Rightarrow \lambda=\cfrac{g(x)}{f(x)}\)；
③讨论法分离参数：如\(\lambda f(x)\ge g(x)\)；
④整体法分离参数：如\(\lambda^2+2\lambda=f(x)\)；
⑤不完全分离参数法：如\(\cfrac{b}{x}=lnx+x-x^2\)；
⑥作商法凸显参数，换元法凸显参数；
但是，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，
那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：
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
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。
【法1】分类讨论如下：
当\(x=2\)时，原不等式即\((2-2)a\ge -4\)，\(a\in R\)都符合题意；
当\(2<x<5\)时，原不等式等价于\(a\ge \cfrac{-x^2}{x-2}=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4=g(x)\)恒成立；
\(g(x)=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4\leq 2\sqrt{(x-2)\cdot \cfrac{4}{x-2}}-4=-8\)
求得当\(x=4\)时，\(g(x)_{max}=-8\)，故\(a\ge -8\)
当\(1<x<2\)时，原不等式等价于\(a\leq \cfrac{-x^2}{x-2}=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4=g(x)\)恒成立；
\(g(x)=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4\ge 2\sqrt{-(x-2)\cdot \cfrac{-4}{x-2}}-4=0\)
当且仅当\(x=0\)时取到等号，并不满足前提条件\(1<x<2\)，故是错解。
此时需要借助对勾函数的单调性，函数\(y=x+\cfrac{4}{x}\)在区间\([1，2]\)上单调递增，
那么\(y=x-2+\cfrac{4}{x-2}\)在区间\([1，2]\)上单调递减，
\(y=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}\)在区间\([1，2]\)上单调递增，\(y=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4\)在区间\([1，2]\)上单调递增，
故\(g(x)_{min}=g(1)=1\)，故\(a\leq 1\)
以上三种情况取交集(由于是针对自变量分类讨论的，要求不管什么情况下都必须恒成立，故最后必须求交集)，得到\(a\in [-8，1]\)。
很明显，这时候就将一个题目做成了三个题目，从效率上很不划算。
那么，该怎么做呢? 注意到函数\(f(x)=x^2+ax-2a\)是二次函数，故可以利用二次函数来求解。
【法2】①由于\(\Delta=a^2+8a≤0\)时满足题意,解得\(-8≤a≤0\)；
再考虑对称轴\(x=-\cfrac{a}{2}\)和给定区间\([1,5]\)的相对位置关系
②当\(-\cfrac{a}{2}≤1\)时，即\(a≥-2\)时，函数\(f(x)\)在区间\([1,5]\)单调递增，
所以\(f(x)_{min}=f(1)=1+a-2a≥0\),解得\(-2≤a≤1\)，又因为\(a≥-2\)，所以得到\(-2≤a≤1\)；
③当\(-\cfrac{a}{2}≥5\)时，即\(a≤-10\)时，函数\(f(x)\)在区间\([1,5]\)单调递减，
所以\(f(x)_{min}=f(5)=25+5a-2a≥0\)，解得\(a≥-\cfrac{25}{3}\)，又因为\(a≤-10\)，所以得到\(a\in\varnothing\)；
④当\(1<-\cfrac{a}{2}<5\)，即\(-10<a<-2\)时，\(f(x)_{min}=f(-\cfrac{a}{2})=\cfrac{a^2}{4}-\cfrac{a^2}{2}-2a≥0\)，
得到\(-8≤a≤0\),又\(-10<a<-2\)，所以\(-8≤a<-2\)（这种情形可以省略）
综上可得\(a\)的取值范围是\([-8,1]\)
【法3】其实，如果参数的系数能取到正、负、零三种情形的，直接分离麻烦，此时我们还可以尝试倒数法分离参数，
由题目可以变形为\(\cfrac{a(x-2)}{x^2}\ge -1\)，\(x\in [1，5]\)，此时我们考虑将参数\(a\)放到不等式的右边去，故分类讨论如下：
①当\(a=0\)时，原不等式\(0\ge -1\)恒成立，故满足题意；
当\(a>0\)时，不等式变形为\(-\cfrac{1}{a}\leq \cfrac{x-2}{x^2}\)恒成立；当\(a<0\)时，不等式变形为\(-\cfrac{1}{a}\ge \cfrac{x-2}{x^2}\)恒成立；
我们一并研究上述两个不等式右端的函数性质，
令函数\(h(x)=\cfrac{x-2}{x^2}\)，\(x\in [1，5]\)，则\(h'(x)=\cfrac{x^2-(x-2)\cdot 2x}{x^4}=\cfrac{-x^2+4x}{x^4}= \cfrac{4-x}{x^3}\)；
故函数\(h(x)\)在区间\([1，4]\)上单调递增，在区间\([4，5]\)上单调递减，
故\(h(x)_{max}=h(4)=\cfrac{1}{8}\)，\(h(x)_{min}=min\{h(1)，h(5)\}=h(1)=-1\)；承上可知，
②当\(a>0\)时，不等式变形为\(-\cfrac{1}{a}\leq \cfrac{x-2}{x^2}\)恒成立，
即\(-\cfrac{1}{a}\leq h(x)_{min}=-1\)，从而解得\(0<a\leq 1\)；
③当\(a<0\)时，不等式变形为\(-\cfrac{1}{a}\ge \cfrac{x-2}{x^2}\)恒成立，
即\(-\cfrac{1}{a}\ge h(x)_{max}=\cfrac{1}{8}\)，从而解得\(-8\leq a<0\)；
综上所述，以上三种情况取并集(由于这种解法思路是针对参数分类讨论的，故最后必须求并集)，得到\(a\in [-8，1]\)。
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\(a=\cfrac{-x^2+2x}{e^{x-1}+e^{-x+1}}=h(x)\)，
你确信你能用研究清楚函数\(h(x)\)的性质，并用手工做出函数的图像吗？省省吧，您呐。
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：链接，转化划归，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\(a\ge 1\)，
解后反思：
1、已知含参函数\(f(x)\)的单调性(比如单增)，求参数的取值范围，等价于\(f'(x)\ge 0\)，且还需要验证等号时不能让函数\(f(x)\)称为常函数，不过解答题一般不需要验证，是因为给定的函数比较复杂，当参数取到某个值是一般不会称为常函数。
2、转化为已知恒成立问题，求参数范围，一般首选分离参数的思路。
3、关于三角函数的这种转化必须熟练掌握。三角函数的转化
4、二次函数在某个区间上恒成立问题的模型必须熟练掌握。二次函数恒成立模型
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\((-\infty，2]\)。
分离常数法，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。
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，
比如方程\((2-a)x-2(1+lnx)+a=0\)在\((0，\cfrac{1}{2})\)上无解，求参数的最小值。
转化一：\(a=\cfrac{2+2lnx-2x}{1-x}=h(x)\)；
转化二：\(\cfrac{2-a}{2}=\cfrac{lnx}{x-1}=h(x)\)，
我们看到第二种转化就比第一种转化划归要好的多。
如函数\(f(x)=\begin{cases}x^2+4x，x\leq 0\\xlnx，x>0\end{cases}\)，\(g(x)=kx-1\)，若方程\(f(x)-g(x)=0\)在\(x\in(-2，2)\)有三个实根，则实数\(k\)的取值范围是【】
A.\((1，ln2\sqrt{e})\;\;\;\;\;\) B.\((ln2\sqrt{e}，\cfrac{3}{2})\;\;\;\;\;\) C.\((\cfrac{3}{2}，2)\;\;\;\;\;\) D.\((1，ln2\sqrt{e})\cup(\cfrac{3}{2}，2)\;\;\;\;\;\)
分析：显然\(x=0\)不是方程\(f(x)-g(x)=0\)的根，故可变形为\(k=\cfrac{f(x)+1}{x}\)，
设\(\phi(x)=\cfrac{f(x)+1}{x}=\begin{cases}x+\cfrac{1}{x}+4，x<0\\\cfrac{1}{x}+lnx，x>0\end{cases}\)，即\(k=\phi(x)\)在\(x\in(-2，2)\)有三个实根，
用导数方法研究函数\(\phi(x)\)的单调性，做出其图像；
由图像可得，要使得函数\(y=k\)与函数\(y=\phi(x)\)有三个交点，则\(k\in (1，ln2\sqrt{e})\cup(\cfrac{3}{2}，2)\)
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