第三章 不等式恒(能)成立问题 进阶2 参数半分离与主元变换讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学讲义聚焦高考导数压轴题核心考点参数半分离与主元变换，按考向预测、核心梳理、题型突破逻辑架构知识，通过考点解读明确半分离构造动直线与曲线位置关系、主元变换简化多元问题的内在联系，结合例习题精讲、跟踪训练、限时模拟等环节，帮助学生系统掌握解题方法。 讲义创新采用问题转化策略，如参数半分离将不等式恒成立转化为动直线与曲线位置关系分析，培养学生数学眼光；主元变换通过调换变量主次训练逻辑推理，落实数学思维。分层设计基础跟踪与限时拔高练习，确保学生高效突破式子重构与运算简化难点，为教师把控复习节奏提供实用教学资源。

第三章　一元函数的导数及其应用 进阶篇　不等式恒(能)成立问题 进阶2　参数半分离与主元变换 【高考考向预测】 近三年高考导数压轴题中参数半分离与主元变换考查频次稳步升高，是突破复杂参量不等式、简化分类讨论的实用解题方法，半分离多用于构造动直线与曲线位置关系快速定参，主元变换则可调换变量主次简化多元最值与恒成立问题，常搭配数形结合使用；2027 年仍会高频融入考题，命题更侧重双变量混合题型与复杂结构式子变形，弱化固定套路，强化灵活选主元、合理拆分参数形式，常结合隐零点、放缩证明综合出题，着重考查式子重构思维与简化解题运算的能力。 【核心梳理●明考点】 重点解读　参数半分离是相对于参数全分离而言的，即把含有两个变量的复杂不等式(或方程)，化成一边含有参数一边不含有参数的两个简单的，易作图的函数(不含参数的一般都可以画出图象).含参数函数的一般是一次函数，即动直线，此动直线有两种形式，一是旋转直线系，二是平行直线系.旋转直线系过一定点，斜率不定.平行直线系斜率一定，但直线在x，y轴上的截距不定，也就是参数在一次函数的常数项中.而这种情况下参数很容易全分离出来，就是用参数全分离比较简单. 【题型突破●明方向】 题型一　参数半分离 例1　(1)已知函数f(x)=xex-x-ax2.当x≥0时，f(x)≥0，则实数a的取值范围为　　　　　　.  (2)(2025·豫西北教研联盟模拟)已知函数f(x)=x+e-x，若存在实数x，使得f(x)=ax成立，则实数a的取值范围为　　　　　　　　.  【跟踪训练】1　(1)若不等式aln x-x+1≤0恒成立，则实数a的取值集合为　　　　.  (2)已知函数f(x)=a∈R，若关于x的不等式f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A.[0，1] B.[0，2] C.[1，e] D.[0，e] 题型二　主元变换 例2　已知不等式ln x-x2+bx+c≤0对任意的x∈(0，+∞)，b∈恒成立，求c的取值范围. 【跟踪训练】2　已知函数f(x)=2ax+bx-1-2ln x，对任意a∈[1，3]和任意x∈(0，+∞)，f(x)≥2bx-3恒成立，求实数b的取值范围. 【限时训练】 （15分钟） 1.(17分)已知函数f(x)=ex-ax-1(a∈R，其中e为自然对数的底数). (1)若f(x)在定义域内有唯一零点，求a的取值范围；(7分) (2)若f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立，求a的取值范围.(10分) 2.(17分)设函数f(x)=e2x-aln x，a∈R. (1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数；(7分) (2)证明：当a>0时，f(x)≥2a+aln.(10分) 第 1 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三章　一元函数的导数及其应用 进阶篇　不等式恒(能)成立问题 进阶2　参数半分离与主元变换 【高考考向预测】 近三年高考导数压轴题中参数半分离与主元变换考查频次稳步升高，是突破复杂参量不等式、简化分类讨论的实用解题方法，半分离多用于构造动直线与曲线位置关系快速定参，主元变换则可调换变量主次简化多元最值与恒成立问题，常搭配数形结合使用；2027 年仍会高频融入考题，命题更侧重双变量混合题型与复杂结构式子变形，弱化固定套路，强化灵活选主元、合理拆分参数形式，常结合隐零点、放缩证明综合出题，着重考查式子重构思维与简化解题运算的能力。 【核心梳理●明考点】 重点解读　参数半分离是相对于参数全分离而言的，即把含有两个变量的复杂不等式(或方程)，化成一边含有参数一边不含有参数的两个简单的，易作图的函数(不含参数的一般都可以画出图象).含参数函数的一般是一次函数，即动直线，此动直线有两种形式，一是旋转直线系，二是平行直线系.旋转直线系过一定点，斜率不定.平行直线系斜率一定，但直线在x，y轴上的截距不定，也就是参数在一次函数的常数项中.而这种情况下参数很容易全分离出来，就是用参数全分离比较简单. 【题型突破●明方向】 题型一　参数半分离 例1　(1)已知函数f(x)=xex-x-ax2.当x≥0时，f(x)≥0，则实数a的取值范围为　　　　　　.  【答案】(-∞，1] 【解析】当x=0时，f(x)≥0恒成立，a可以取任意实数； 当x>0时，由于f(x)≥0恒成立， 所以ex-1-ax≥0， 即ex≥1+ax恒成立， 由于函数y=ex在点(0，1)处的切线方程为y=x+1， 函数y=1+ax过定点(0，1)， 所以a≤1. 综上，实数a的取值范围是(-∞，1]. (2)(2025·豫西北教研联盟模拟)已知函数f(x)=x+e-x，若存在实数x，使得f(x)=ax成立，则实数a的取值范围为　　　　　　　　.  【答案】(-∞，1-e]∪(1，+∞) 【解析】因为函数f(x)=x+e-x，若存在实数x，使得f(x)=ax成立， 则存在实数a，使得e-x=(a-1)x能成立， 由于y=e-x过原点的切线方程为y=-ex， 所以a-1≤-e或a-1>0， 所以a≤1-e或a>1. 【思维升华】当不能把参数完全分离时，有可能不容易画出图象，或者指数型函数与对数型函数混合在一起，这个时候可以利用参数半分离转化为过定点的一系列旋转直线，或平行直线，与其他函数图象的交点问题. 【跟踪训练】1　(1)若不等式aln x-x+1≤0恒成立，则实数a的取值集合为　　　　.  【答案】{1} 【解析】∵不等式aln x-x+1≤0恒成立， ∴aln x≤x-1恒成立，x>0， 当a≤0时，显然不恒成立； 当a>0时，原不等式等价于ln x≤(x-1)恒成立， 由于y=ln x在x=1处的切线方程为y=x-1，其图象如图所示， ∴要使ln x≤(x-1)恒成立， 只需=1，即a=1， ∴实数a的取值集合为{1}. (2)已知函数f(x)=a∈R，若关于x的不等式f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A.[0，1] B.[0，2] C.[1，e] D.[0，e] 【答案】D 【解析】当x≤1时，由x2-2ax+2a≥0恒成立，二次函数的对称轴为直线x=a， ①当a≥1时，f(x)在(-∞，1]上单调递减， 则f(x)min=f(1)=1>0恒成立， ②当a<1时，f(x)min=f(a)=a(2-a)≥0， 所以0≤a<1. 综上可知，当a≥0时，x2-2ax+2a≥0在(-∞，1]上恒成立； 当x>1时，ex-ax≥0恒成立， 即ax≤ex在(1，+∞)上恒成立， 由于函数y=ex在点(1，e)处的切线方程为y=ex， 所以a≤e. 综上可知，实数a的取值范围是[0，e]. 题型二　主元变换 例2　已知不等式ln x-x2+bx+c≤0对任意的x∈(0，+∞)，b∈恒成立，求c的取值范围. 【解析】令f(b)=x·b+ln x-x2+c，b∈， 由于x>0，所以函数f(b)在上单调递增， 所以f(b)<f=x+ln x-x2+c≤0. 即c≤x2-x-ln x，x∈(0，+∞)， 令g(x)=x2-x-ln x， 则g'(x)=x--==， 当0<x<2时，g'(x)<0，当x>2时，g'(x)>0， 所以g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增， 所以c≤g(x)min=g(2)=-1-ln 2， 所以c的取值范围为(-∞，-1-ln 2]. 【思维升华】一些导数大题经常会含有多个变量，主要解题思路是以x为主元进行求解，但有时解题过程较为复杂，此时，有的题目就可以以其他变量为主元进行求解. 【跟踪训练】2　已知函数f(x)=2ax+bx-1-2ln x，对任意a∈[1，3]和任意x∈(0，+∞)，f(x)≥2bx-3恒成立，求实数b的取值范围. 【解析】由题知对任意a∈[1，3]，x∈(0，+∞)， 2ax+bx-1-2ln x≥2bx-3恒成立， 即2x·a-bx-2ln x+2≥0恒成立， 令g(a)=2x·a-bx-2ln x+2，a∈[1，3]， 则g(1)≥0， 即2x-bx-2ln x+2≥0， 所以b≤2-+恒成立， 令h(x)=2-+，x∈(0，+∞)， 则h'(x)=-2·， 当0<x<e2时，h'(x)<0， 当x>e2时，h'(x)>0， 所以h(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，+∞)上单调递增， 所以h(x)min=h(e2)=2-，所以b≤2-， 故b的取值范围为. 【限时训练】 （15分钟） 1.(17分)已知函数f(x)=ex-ax-1(a∈R，其中e为自然对数的底数). (1)若f(x)在定义域内有唯一零点，求a的取值范围；(7分) (2)若f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立，求a的取值范围.(10分) 【解析】(1)f'(x)=ex-a. ①当a≤0时，f'(x)>0， 所以f(x)在R上单调递增. 又f(-1)=-1+a<0，f(1)=e-a-1>0， 由函数零点存在定理可知，函数f(x)在R上有唯一零点，故a≤0符合题意. ②当a>0时，令f'(x)=0，得x=ln a. 当x∈(-∞，ln a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(ln a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)min=f(ln a)=eln a-aln a-1=a-aln a-1. 设g(a)=a-aln a-1(a>0)， 则g'(a)=1-(ln a+1)=-ln a， 当0<a<1时，g'(a)>0，g(a)单调递增； 当a>1时，g'(a)<0，g(a)单调递减， 所以g(a)max=g(1)=0， 故a=1. 综上，实数a的取值范围为{a|a≤0或a=1}. (2)方法一　f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立， 即(1-x2)ex≤ax+1对x∈[0，+∞)恒成立， 即当x≥0时，函数h(x)=(1-x2)ex的图象恒在直线y=ax+1的下方， 而h'(x)=(1-x2-2x)ex， h″(x)=(-x2-4x-1)ex<0(x≥0)， 所以函数h(x)在[0，+∞)上的图象上凸，且在点(0，1)处的切线斜率k=h'(0)=1， 直线y=ax+1过定点(0，1)，斜率为a， 故a≥1，即a的取值范围为[1，+∞). 方法二　f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立， 即(1-x2)ex≤ax+1对x∈[0，+∞)恒成立， 记h(x)=(1-x2)ex=(1+x)(1-x)ex，x≥0. ①当a≥1时，设函数m(x)=(1-x)ex，x≥0， 则m'(x)=-xex≤0， 因此m(x)在[0，+∞)上单调递减. 又m(0)=1，故m(x)≤1， 所以h(x)=(1+x)·m(x)≤1+x≤ax+1，x≥0， 故f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立. ②当a<1时，设函数n(x)=ex-x-1，x≥0， 则n'(x)=ex-1≥0， 所以n(x)在[0，+∞)上单调递增，且n(0)=0， 故ex≥x+1. 当0<x<1时，h(x)>(1-x)(1+x)2， 则(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2)， (ⅰ)当0<a<1时，取x0=， 则x0∈(0，1)，(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0， 所以h(x0)>ax0+1， 故0<a<1不符合题意. (ⅱ)当a≤0时，取x0=， 则x0∈(0，1)，h(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1， 故a≤0不符合题意. 综上，a的取值范围为[1，+∞). 2.(17分)设函数f(x)=e2x-aln x，a∈R. (1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数；(7分) (2)证明：当a>0时，f(x)≥2a+aln.(10分) (1)【解析】f(x)=e2x-aln x的定义域为(0，+∞)， f'(x)=2e2x-. ①当a≤0时，f'(x)>0恒成立， 故f'(x)没有零点. ②当a>0时，因为y=e2x在(0，+∞)上单调递增，y=-在(0，+∞)上单调递增， 所以f'(x)在(0，+∞)上单调递增. 又f'(a)>0，当b满足0<b<且b<时， f'(b)=2e2b-<2e2b-4<2-4<0， 故由函数零点存在定理可知，f'(x)存在唯一零点. 综上所述，当a≤0时，f'(x)没有零点； 当a>0时，f'(x)存在唯一的零点. (2)【证明】方法一　由(1)可设导函数f'(x)在(0，+∞)上的唯一零点为x0， 当x∈(0，x0)时，f'(x)<0； 当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0， 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， 所以当x=x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0). 由于2-=0， 所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln， 当且仅当=2ax0， 即x0=，a=e时等号成立， 故当a>0时，f(x)≥2a+aln. 方法二　令g(a)=2a+aln-e2x+aln x，a>0，x>0， 求导得g'(a)=2+ln-1+ln x =1+ln 2+ln x-ln a， 令g'(a)>0，得0<a<2ex； 令g'(a)<0，得a>2ex， 所以函数g(a)在(0，2ex)上单调递增， 在(2ex，+∞)上单调递减， 所以g(a)max=g(2ex) =4ex+2exln+2exln x-e2x=2ex-e2x. 再令h(x)=2ex-e2x，x>0，h'(x)=2e-2e2x， 所以h(x)在上单调递增，在上单调递减， h(x)max=h=0， 所以g(a)max≤0，得证. 第 1 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 $