分離參數法 - JavaShuo

前言

在高中數學教學實踐中，有一種使用頻度比較高的數學方法，叫分離參數法，她和許多數學素材有關聯，高三學生大多都耳熟能詳，但對其具體的來由和須要注意的問題卻不是很清楚，本博文試着對此作個總結，以廓清咱們認識上的誤區，幫助咱們提升教學，也幫助學生順利掌握這一方法。html

方法定義

<LT>引例</LT>已知函數$f(x)=x^2 +ax-2\ge 0$在區間$[1，5]$上恆成立，求參數$a$的取值範圍。函數

[法1]：二次函數法，因爲$\Delta=a^2+8>0$，故不須要考慮$\Delta<0$的情形，學習

只須要考慮對稱軸$x=-\cfrac{a}{2}$和給定區間$[1，5]$的相對位置關係spa

當$-\cfrac{a}{2}\leq 1$時，即$a\geqslant -2$時，函數$f(x)$在區間$[1,5]$單調遞增，htm

因此$f(x)_{min}=f(1)=1+a-2\geqslant 0$,解得$a\geqslant 1$，又由於$a\geqslant -2$，因此獲得$a\geqslant 1$。blog

當$-\cfrac{a}{2}\ge 5$時，即$a\leqslant -10$ 時，函數$f(x)$在區間 $[1,5]$單調遞減，get

因此$f(x)_{min}=f(5)=25+5a-2\ge 0$,解得$a\ge -\cfrac{23}{5}$，數學

又由於$a\leq -10$，因此獲得$a\in\varnothing$。class

當$1<-\cfrac{a}{2}<5$，即$-10<a<-2$時，$f(x)min=f(-\cfrac{a}{2})=\cfrac{a^2}{4}-\cfrac{a^2}{2}-2≥0$，效率

獲得$a\in\varnothing$。（這種情形能夠省略）

綜上可得$a\geqslant 1。$即$a$的取值範圍是$[1，+\infty)$

[法2]：兩邊同時除以參數$a$的係數$x$(因爲$x\in [1，5]$，不等號方向不變)，獲得

$a\geqslant \cfrac{2}{x}－x$在區間 $[1，5]$上恆成立, 令$g(x)=\cfrac{2}{x}－x$，

則利用函數單調性的結論，能夠看到$g(x)=\cfrac{2}{x}－x$在區間 $[1，5]$上單調遞減，

因此$g(x)_{max}=g(1)=1$，因此$a\geqslant 1$，即$a$的取值範圍是$[1，+\infty)$

相比較而言，法2比法1要簡單快捷的多，其使用的策略是將參數和自變量分離開，故這樣的方法天然就叫分離參數法。

使用場景

<Lt>例1</Lt>【2017$\cdot$ 西安模擬】已知函數$f(x)=kx^2-lnx$有兩個零點，求參數$k$的取值範圍。

<div class="XZXX" >$A.k > \cfrac{e}{2}$ $B.0< k <\sqrt{e}$ $C.k > \cfrac{\sqrt{2}e}{2}$ $D.0< k <\cfrac{1}{2e}$</div>

【法1】：不徹底分離參數法，定義域爲$(0，+\infty)$，轉化爲方程$kx^2=lnx$有兩個不一樣的實數根， </br>

再轉化爲函數$y=kx^2$與函數$y=lnx$的圖像有兩個不一樣的交點， </br>

如圖設兩個函數的圖像相切於點爲$(x_0，y_0)$， </br>

則有關係式$\begin{cases}2kx_0=\cfrac{1}{x_0}①\kx_0^2=y_0②\y_0=lnx_0③\end{cases}$，從哪些角度列^wh01

有①獲得$2kx_0^2=1$，代入②式，解得$y_0=\cfrac{1}{2}，x_0=\sqrt{e}$，即切點爲$(\sqrt{e}，\cfrac{1}{2})$， </br>

再代入函數$y=kx^2$，求得此時的$k=\cfrac{1}{2e}$， </br>

再結合函數$y=kx^2$的係數$k$的做用，可得兩個函數要有兩個不一樣的交點， </br>

則$k\in(0，\cfrac{1}{2e})$。故選$D$.

【法2】：徹底分離參數法，定義域爲$(0，+\infty)$，轉化爲方程$kx^2=lnx$有兩個不一樣的實數根， </br>

再轉化爲$k=\cfrac{lnx}{x^2}$有兩個不一樣的實數根， </br>

再轉化爲函數$y=k$和函數$y=g(x)=\cfrac{lnx}{x^2}$的圖像有兩個不一樣的交點， </br>

用導數研究函數$g(x)$的單調性，$g'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}\cdot x^2-lnx\cdot 2x}{(x^2)^2}=\cfrac{1-2lnx}{x^3}$， </br>

令$1-2lnx>0$，獲得$0< x<\sqrt{e}$，令$1-2lnx<0$，獲得$x >\sqrt{e}$， </br>

即函數$g(x)$在區間$(0，\sqrt{e}]$上單調遞增，在$[\sqrt{e}，+\infty)$上單調遞減， </br>

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

做出函數$g(x)$和函數$y=k$的簡圖，由圖像可得$k$的取值範圍是$k\in(0，\cfrac{1}{2e})$。故選$D$.

從上述的解法中咱們體會到，若是一個數學題目從數的角度直接來求解，結果頗有可能要麼不會求解，要麼解不出，更或者沒有思路；此時若換個角度思考，從形入手分析，將參數或含有參數的代數式(好比$k+1$)和自變量分別放置在等號的兩端，即$k=f(x)$的形式，而後數的問題就轉化爲形的問題了，從而直觀快捷，思路簡單明瞭。

一句話，當咱們從形的角度入手分析解題時，接下來使用的方法經常是分離參數法。

常見類型

①徹底分離參數法：如$\lambda f(x)=g(x)\Rightarrow \lambda=\cfrac{g(x)}{f(x)}$；

引例，已知函數$f(x)=kx^2-lnx$有兩個零點，求參數$k$的取值範圍，用常規法分離參數，即獲得方程$k=\cfrac{lnx}{x^2}$有兩個不一樣實根，<a href="https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/7819627.html " target="_blank" >具體解法連接</a>

<LT>例2</LT>【菁優網答題改編】已知函數$f(x)=mlnx+x^2-mx$在$(1，+∞)$上單調遞增，求$m$的取值範圍____________．

分析：由題目可知，$f'(x)≥0$在$(1，+∞)$上恆成立，且$f'(x)$不恆爲零，

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

即$2x^2-mx+m≥0$在$(1，+∞)$上恆成立，常規法分離參數獲得

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

因爲$x>1$，故$2(x-1)+\cfrac{2}{x-1}+4≥2\sqrt{4}+4=8$，當且僅當$x=2$時取到等號。

故$m≤8$，當$m=8$時，函數不是常函數，也知足題意，故$m\in (-\infty，8]$。

②倒數法分離參數：如$\lambda f(x)=g(x)\Rightarrow \cfrac{1}{\lambda}=\cfrac{f(x)}{g(x)}$；

引例，方程$kx^2=e^x$，若常規法分離參數獲得$k=\cfrac{e^x}{x^2}$，就沒有倒數法分離爲$\cfrac{1}{k}=\cfrac{x^2}{e^x}$優越，

緣由是函數$y=\cfrac{e^x}{x^2}$在$x=0$處有斷點，而函數$y=\cfrac{x^2}{e^x}$在$x\in R$上是到處連續的，函數相對簡單一些。

<LT>例3</LT>已知函數$f_1(x)=e^x$，$f_2(x)=ax^2-2ax+b$，設$a>0$，若對任意的$m，n∈[0，1](m\neq n)$，$|f_1(m)-f_1(n)|>|f_2(m)-f_2(n)|$恆成立，求$a$的最大值。

分析：不妨設$m>n$，則函數$f_1(x)$在區間$[0，1]$上單調遞增，故$f_1(m)-f_1(n)>0$，

又$f_2(x)=a(x-1)^2+b-a$，對稱軸是$x=1$，開口向上，

故函數$f_2(x)$在區間$[0，1]$上單調遞減，故$f_2(m)-f_2(n)<0$，

這樣對任意的$m，n\in 0，1$，$|f_1(m)-f_1(n)|>|f_2(m)-f_2(n)|$恆成立，

就能夠轉化爲$f_1(m)-f_1(n)>f_2(n)-f_2(m)$恆成立，

即$f_1(m)+f_2(m)>f_1(n)+f_2(n)$恆成立，

令$h(x)=f_1(x)+f_2(x)=e^x+ax^2-2ax+b$，

則到此的題意至關於已知$m>n$時，$h(m)>h(n)$，

故函數$h(x)$在區間$[0，1]$上單調遞增，故$h'(x)≥0$在區間$[0，1]$上恆成立；

即$h'(x)=e^x+2ax-2a≥0$在區間$[0，1]$上恆成立；

即$2a(1-x)≤e^x$恆成立，這裏咱們使用倒數法分離參數獲得，

$\cfrac{1}{2a}≥\cfrac{1-x}{e^x}$在區間$[0，1]$上恆成立；

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

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

容易看出，當$x∈[0，1]$時，$p'(x)<0$恆成立，故$p(x)$在區間$[0，1]$上單調遞減，

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

故解得$0<a≤1$。故$a_{max}=1$.

③討論法分離參數：如$\lambda f(x)\ge g(x)$；

好比，$\lambda(x-1)\ge 2lnx$對任意的$x\in(0，1]$恆成立，接下來分$x=1$和$0<x<1$分類討論分離參數，具體見博文的後半部分的對應例題。

<LT>例4</LT>已知對任意$x>0$且$x\neq 1$，不等式$\cfrac{x-m}{lnx}>\sqrt{x}$恆成立，求參數$m$的值。

分析：對任意$x>0$且$x\neq 1$，不等式$\cfrac{x-m}{lnx}>\sqrt{x}$恆成立等價於

當$0<x<1$時，$m>x-\sqrt{x}lnx①$恆成立，或者當$x>1$時，$m<x-\sqrt{x}lnx②$恆成立，

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

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

易知$\phi(x)$在$(0，1)$上單調遞減，在$(1，\infty)$上單調遞增，

因此$\phi(x)>\phi(1)=0$，即獲得$h'(x)>0$，

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

取兩種結果的交集，因此$m=1$。

故不等式$\cfrac{x-m}{lnx}>\sqrt{x}$恆成立的充要條件是$m=1$。

④總體法分離參數：如$\lambda^2+2\lambda=f(x)$；

<LT>例5</LT>【2017湖南郴州二模】若命題「$P：\exists x_0\in R，2^x_0-2+3a\leq a^2$」是假命題，則實數$a$的取值範圍是__________。</br>

分析：由題目可知，命題「$\neg P：\forall x\in R，2^x-2> a^2-3a$」是真命題，

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

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

解得$1\leq a\leq 2$，故實數$a$的取值範圍是$[1，2]$。

<LT>例6</LT>已知函數$f(x)=-x^2+ax+b^2-b+1(a\in R，b\in R)$，對任意實數$x$都有$f(1-x)=f(1+x)$成立，若當$x\in[-1，1]$時，$f(x)>0$恆成立，則$b$的取值範圍是_____________.

分析：先由$f(1-x)=f(1+x)$獲得，二次函數的對稱軸$x=-\cfrac{a}{-2}=1$，解得$a=2$，

故題目轉化爲$-x^2+2x+b^2-b+1>0$對任意$x\in [-1,1]$恆成立，

用<font color=red>總體法分離參數</font>，獲得$b^2-b>x^2-2x-1$對任意$x\in[-1,1]$恆成立。

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

$g(x)=x^2-2x-1=(x-1)^2-2，x\in[-1，1]$，

故$g(x)$在區間$[-1，1]$上單調遞減，則$g(x)_{max}=g(-1)=2$，

故$b^2-b>2$，解得$b<-1$或$b>2$。

法2：還能夠利用對稱軸與給定區間的關係求解；

⑤不徹底分離參數法：如$kx^2=lnx$；

好比，已知函數$f(x)=kx^2-lnx$有兩個零點，求參數$k$的取值範圍，用不徹底分離參數法，即獲得方程$kx^2=lnx$有兩個不一樣實根，<a href="https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/7819627.html " target="_blank" >具體解法連接</a>

侷限之處

並非全部的含參問題都適合分離參數，好比$ax^2-a^2x+3<0$在區間$[1,2]$上恆成立，求$a$的範圍，就不能用分離參數的方法，由於你無法將參數和自變量有效的分開，因此此時你可能須要藉助二次函數的圖像來考慮，而不是一味的使用分離參數法。

通常來講，如下的一些情形都不適合使用分離參數法：

(1)不能將參數和自變量有效的分離開的；

好比，已知方程$e^{-x}=ln(x+a)$在$x>0$時有解，求參數的取值範圍；

本題目就不能將參數和自變量有效的分離開的，此時咱們就能夠考慮用數形結合的思路求解。解法

(2)若是參數的係數能取到正、負、零三種情形的，

<font color=blue>引例，已知函數$f(x)=x^2+ax-2a\ge 0$對$x\in [1，5]$上恆成立，求參數$a$的取值範圍。</font>

若是用分離參數的方法，則先轉化爲$(x-2)a\ge -x^2，x\in [1，5]$

接下來就轉化成了三個恆成立的命題了，無論會不會作，從效率上都已經很不划算了。具體的解法已經隱藏。

(3)分離參數後，獲得的新函數變得複雜無比的；

好比函數$f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})$有惟一的零點，分離參數後，獲得$a=\cfrac{-x^2+2x}{e^{x-1}+e^{-x+1}}=h(x)$，

你確信你能研究清楚函數$h(x)$的性質，並用手工作出函數的圖像嗎？省省吧，您吶。

(4)分離參數後，獲得的新函數中有$sinx$和$cosx$的，他們都有無窮階導數，因此求導會一直作下去，通常不會使得函數式變得簡單。

好比已知$2a-1+sin2x+a(sinx-cosx)\ge 0$在$x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]$上恆成立，求參數$a$的取值範圍。$[1，+\infty)$

接下來的思路有：

思路一：分離參數，當分離爲$a\ge \cfrac{1-sin2x}{2+sinx-cosx}=g(x)$時，你會發現，求函數$g(x)_{max}$很難，因此放棄；

思路二：轉化劃歸，令$sinx-cosx=t=\sqrt{2}sin(x-\cfrac{\pi}{4})$，因爲$x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]$，故$t\in [-1，1]$

由$(sinx-cosx)^2=t^2$，獲得$sin2x=1-t^2$，故不等式轉化爲$at+1-t^2+2a-1\ge 0$，

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

則$h(t)\leq 0$等價於$\begin{cases}h(-1)=1+a-2a\leq 0\h(1)=1-a-2a\leq 0 \end{cases}$，解得$a\ge 1$，

(5)看題目的選項肯定方法

<LT>例12</LT>【2019屆高三理科數學二輪用題】已知函數$f(x)=mx-\cfrac{1-m}{x}+lnx$，要使得函數$f(x)>0$恆成立，則正實數$m$應該知足【】

<div class="Grid"><div class="Grid-cell">$A.\cfrac{m-1}{m}\cdot e^{2m-1} < 1$</div> <div class="Grid-cell">$B.\cfrac{m-1}{m}\cdot e^{1-2m}< 1$</div></div> <div class="Grid"><div class="Grid-cell">$C.\cfrac{m-1}{m}\cdot e^{2m-1} >1$</div> <div class="Grid-cell">$D.\cfrac{m-1}{m}\cdot e^{1-2m} >1$</div></div>

法1：先考慮分離參數法，若能成功分離參數，那麼獲得的形式必然是$m>g(x)$或$m<g(x)$的形式，接下來須要求解函數$g(x)$的最值，其必然是數字化的，則結果和給定的選項的形式是不一致的，故這個思路作了大體分析後放棄；

法2：由函數$f(x)>0$恆成立，則須要求在$(0，+\infty)$上的函數$f(x)_{min}>0$便可，故考慮用導數方法；

$f'(x)=\cfrac{(x+1)[mx+(1-m)]}{x^2}$，故函數在$x=\cfrac{m-1}{m}$處取到最小值，則要使得函數$f(x)>0$恆成立，只須要$f(\cfrac{m-1}{m})>0$便可，

對此化簡整理獲得，正實數$m$應該知足$\cfrac{m-1}{m}\cdot e^{2m-1}>1$，故選$C$。

解後反思：本題目的解法有點漏洞，條件中應該使得$m>1$，而不只僅是$m>0$，不然當$0<m\leq 1$時，函數$f(x)$在$(0，+\infty)$上單調遞增，其最小值的極限爲$f(0)$，題目就有了問題。

策略延伸

在具體的解題實踐中，咱們會發現絕大多數的題目能夠用分離參數法解決，可是若是簡單嘗試後發現此法行不通，則須要及時調整解題思路和策略，好比作差構造新函數的思路。

已知函數$f(x)=x^2-ax$，$g(x)=mx+nlnx$，函數$f(x)$的圖像在點$(1，f(1))$處的切線的斜率爲$1$，函數$g(x)$在$x=2$處取到極小值$2-2ln2$；

(1)求函數$f(x)$與$g(x)$的解析式；

分析：由題可知$f'(x)=2x-a$，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)已知函數$f(x)+g(x)\ge x^2-\lambda(x-1)$對任意的$x\in(0，1]$恆成立，求實數$\lambda$的取值範圍。

分析：因爲$f(x)+g(x)=x^2-2lnx$，則$x^2-2lnx\ge x^2-\lambda(x-1)$對任意的$x\in(0，1]$恆成立，能夠有如下的思路：

<font color=red>法1：帶參分析法，先令$h(x)=\lambda(x-1)-2lnx$，則問題轉化爲$h(x)\ge 0$對任意的$x\in(0，1]$恆成立，</font>

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

當$\lambda\leq 0$時，$h'(x)<0$，$h(x)$在區間$(0，1]$上單調遞減，

$h(x)_{min}=h(1)=0$，即$h(x)\ge 0$恆成立；

當$0<\lambda \leq 2$時，$h'(x)<0$，$h(x)$在區間$(0，1]$上單調遞減，

$h(x)_{min}=h(1)=0$，即$h(x)\ge 0$恆成立；

當$\lambda>2$時，$h'(x)<0$在$(0，\cfrac{2}{\lambda})$上恆成立，$h'(x)>0$在$(\cfrac{2}{\lambda}，1)$上恆成立，

即$h(x)$在$(0，\cfrac{2}{\lambda})$單調遞減，在$(\cfrac{2}{\lambda}，1)$上單調遞增，

因此$h(\cfrac{2}{\lambda})<h(1)=0$，故不知足題意，注意$h(1)=0$，即函數$h(x)$恆過點$(1，0)$

綜上所述，實數$\lambda$的取值範圍爲$(-\infty，2]$。

<font color=red>法2：討論法分離參數，先轉化爲$\lambda(x-1)\ge 2lnx$對任意的$x\in(0，1]$恆成立，</font>

當$x=1$時，$\lambda\cdot 0\ge 2ln1=0$，$\lambda\in R$；

當$x\in (0，1)$時，分離參數獲得$\lambda \leq \cfrac{2lnx}{x-1}$；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$m(x)=1-\cfrac{1}{x}-lnx$，則$m'(x)=\cfrac{1}{x^2}-\cfrac{1}{x}=\cfrac{1-x}{x^2}$，

則$m'(x)>0$，則$m(x)$在$(0，1)$上單調遞增，故$m(x)<m(1)=0$，故$h'(x)=\cfrac{2m(x)}{(x-1)^2}<0$，

則$h(x)$在$(0，1)$上單調遞減，故$h(x)>h(1)=2$(由洛必達法則求得)，即$\lambda\leq 2$

綜上所述求交集獲得，$\lambda \in(-\infty，2]$。

<font color=red>法3：不徹底分離參數法，由$\lambda(x-1)\ge 2lnx$對任意的$x\in(0，1]$恆成立，</font>

作函數$y=\lambda(x-1)$和函數$y=2lnx$的圖像，示意圖

設直線$y=\lambda(x-1)$與曲線$y=2lnx$相切於點$(x_0，y_0)$，則有$\cfrac{2}{x_0}=\lambda$，$y_0=2lnx_0$，$y_0=\lambda(x_0-1)$，

求得切點座標$(1，0)$，此時$\lambda=2$，由$\lambda$的幾何意義可知，$\lambda$的取值範圍是$(-\infty，2]$。

注意事項

分離參數法，通常經常使用於恆成立問題、能成立問題(有解)，或無解問題，或已知函數零點個數命題中的參數取值範圍問題，又或是從數的角度很差解決須要從形的角度入手的問題。
分離參數時，儘量的使函數形式簡單，這樣求導數判斷單調性就簡單些，而參數形式複雜些或者簡單些都無所謂，

<lt>第21題</lt>【2018年寶雞市三檢理科數學第21題】【已知函數無零點，求參數的取值範圍或最值】已知函數$f(x)=(2-a)x-2(1+lnx)+a$，$g(x)=\cfrac{ex}{e^x}$，

(1)若函數$f(x)$在區間$(0，\cfrac{1}{2})$上無零點，求實數$a$的最小值。

【法1】(分離參數，參數形式簡單，函數複雜)

碰到這類問題，咱們的第一反應每每是分離參數，而後數形結合求解，可是這個方法不見得是很恰當和很靈活的。<br/>

先變形爲$a(1-x)=2+2lnx-2x$，再分離參數爲$a=\cfrac{2+2lnx-2x}{1-x}$，其中$x\in (0，\cfrac{1}{2})$，<br/>

令函數$h(x)=\cfrac{2+2lnx-2x}{1-x}$，接下來用導數研究單調性，準備作函數的大值圖像，<br/>

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

暫時無法看透$h'(x)$的正負值，也沒法判斷原函數$h(x)$的增減性，<br/>

故再設$h'(x)$的分子函數爲$m(x)=2lnx+\cfrac{2}{x}-2$，<br/>

$m'(x)=\cfrac{2}{x}-\cfrac{2}{x^2}=\cfrac{2x-2}{x^2}$，<br/>

因爲$0< x <\cfrac{1}{2}$，故$m'(x) <0$，即$m(x)$單調遞減，<br/>

故函數$m(x)$的最小值的極限爲$m(\cfrac{1}{2})=2ln\cfrac{1}{2}+4-2=2(1-ln2)>0$<br/>

編外話：由分子函數$m(x)$的最小值的極限爲正，說明函數$h'(x)$的分子都爲正，<br/>

故$h'(x)=\cfrac{m(x)}{(1-x)^2}>0$，故函數$h(x)$在$x\in (0，\cfrac{1}{2})$上單調遞增，<br/>

故$h(x)$的最大值的極限爲$h(\cfrac{1}{2})=\cfrac{2+2ln\cfrac{1}{2}-2\times\cfrac{1}{2}}{1-\cfrac{1}{2}}=2(1-2ln2)$<br/>

要使直線$y=a$與函數$y=h(x)(0< x <\cfrac{1}{2})$沒有交點，<br/>

則$a$的取值範圍是$a\ge 2(1-2ln2)$，故$a_{min}=2-4ln2$。<br/>

【法2】(分離參數，參數形式複雜，函數簡單)

將原方程$(2-a)x-2(1+lnx)+a=0$，先變形爲$(2-a)x+(a-2)-2lnx=0$，再變形爲$\cfrac{2-a}{2}=\cfrac{lnx}{x-1}$，

令$h(x)=\cfrac{lnx}{x-1}$，

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

令$m(x)=1-\cfrac{1}{x}-lnx$，

則$m'(x)=\cfrac{1}{x^2}-\cfrac{1}{x}=\cfrac{1-x}{x^2}>0$在$(0，\cfrac{1}{2})$上恆成立，

故函數$m(x)$在$(0，\cfrac{1}{2})$單調遞增，

故$m(x)_{max}$的極限爲$m(\cfrac{1}{2})=1-2-ln\cfrac{1}{2}=ln2-1<0$

則函數$h'(x)=\cfrac{m(x)}{(x-1)^2}<0$在$(0，\cfrac{1}{2})$上恆成立，

函數$h(x)$在$(0，\cfrac{1}{2})$上單調遞減，

則$h(x)_{min}$的極限爲$h(\cfrac{1}{2})=\cfrac{ln\cfrac{1}{2}}{\cfrac{1}{2}-1}=2ln2$

要使得原方程無解，必須知足函數$y=\cfrac{2-a}{2}$與函數$y=h(x)$沒有交點，

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

故$a_{min}=2-4ln2$。

【法3】要是不用分離參數的方法，咱們還能夠這麼分析呢？咱們這樣想，分離參數法是從數的角度來求解的，那麼咱們能夠換個思路，想一想能不能從形上入手分析？這時候，最好將原方程$f(x)=0$變形獲得兩個函數$h(x)=m(x)$，其中這兩個函數最好是基本初等函數，這樣它們的圖像咱們不用費事就能作出來，同時讓參數配備個幾何意義那是最好的選擇，好比斜率等等，故求解以下：

因爲函數$f(x)=0$在$x\in (0，\cfrac{1}{2})$上沒有零點，

則$(2-a)x-2(1+lnx)+a=0$在$x\in (0，\cfrac{1}{2})$上沒有零點，

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

這樣左端爲函數$h(x)=(2-a)(x-1)$，是過定點$(1，0)$斜率是$2-a$的直線段，

右端爲函數$m(x)=2lnx$，是過定點$(1，0)$的對數型函數的一部分，<a href=" https://www.desmos.com/calculator/r4fmdy4fpo" target="_blank">圖像</a>

當直線段過點$(1，0)$和$(\cfrac{1}{2}，2ln\cfrac{1}{2})$時，斜率爲$k=\cfrac{2-2ln\cfrac{1}{2}}{1-\cfrac{1}{2}}=4ln2$，

由圖像可知，要讓這兩個定義在$x\in (0，\cfrac{1}{2})$上的函數沒有交點，

只須要函數$h(x)$的斜率$2-a$小於等於斜率$k=4ln2$便可，

故$2-a\leq 4ln2$，即則$a$的取值範圍是$a\ge 2(1-2ln2)$，

故$a_{min}=2-4ln2$。

解後反思：一、法1是這類問題的通用解法，可是分離參數後獲得的右端的函數，其單調性用導數判斷可能很辛苦，這個題目就說明了這一點，並且用到了二階導數，通常學生根本分不清一階導數和二階導數的關係，因此慎重使用。

二、法2比法1雖然都是分離參數法，可是咱們感受法2比法1要簡單，其主要緣由是法2採用的策略是，讓函數簡單些，讓參數複雜些，這樣運算量就小不少了。

三、法3將方程分離成立兩個基本初等函數的形式，這樣就能夠很快很容易的使用形來解決問題了，到此咱們也能體會命題人的意圖，能將問題簡化爲咱們學習過的，簡單模型的學生，是否是其思惟具備更好的可塑性。

經過以上七個方面的粗淺探索，相信各位會對分離參數法有更深刻的理解，使用會更加駕輕就熟。

對應練習

<LT>練1</LT>【2019鳳翔中學高二期末考試題】函數$f(x)=x^2$，$g(x)=2lnx+a$有公共點，則$a$的取值範圍是【】

<div class="XZXX" >$A.(e，+\infty)$ $B.(1，+\infty)$ $C.[1，+\infty)$ $D.(-\infty，1)$</div>

提示：選$C$。

法1：分別做出兩個函數的圖像，由圖像可知$a\geqslant 1$，故選$C$.

法2：轉化法，轉化爲函數$h(x)=f(x)-g(x)=x^2-2lnx-a$有零點，分析單調性，令$h(x)_{min}\leqslant 0$，故選$C$.

法3：轉化法+分離參數法，轉化爲$a=x^2-2lnx$有解，即函數$y=a$和函數$y=x^2-2lnx$圖像有交點，故選$C$.

引伸：可能還會同時考查總體思想，好比如下的題目；

函數$f(x)=x^2$，$g(x)=2lnx+b^2-b$有公共點，則$b$的取值範圍是____________.

函數$f(x)=x^2$，$g(x)=2lnx+a+\cfrac{1}{a}$有公共點，則$a$的取值範圍是____________.