分离参数法 - JavaShuo

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须要注意的问题却不是很清楚，本博文试着对此作个总结，以廓清咱们认识上的误区，帮助咱们提升教学，也帮助学生顺利掌握这一方法。html

方法定义

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

[法1]：二次函数法，因为$\Delta=a^2+8>0$，故不须要考虑$\Delta<0$的情形，学习

只须要考虑对称轴$x=-\cfrac{a}{2}$和给定区间$[1，5]$的相对位置关系spa

当$-\cfrac{a}{2}\leq 1$时，即$a\geqslant -2$时，函数$f(x)$在区间$[1,5]$单调递增，htm

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

当$-\cfrac{a}{2}\ge 5$时，即$a\leqslant -10$ 时，函数$f(x)$在区间 $[1,5]$单调递减，get

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

又由于$a\leq -10$，因此获得$a\in\varnothing$。class

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

获得$a\in\varnothing$。（这种情形能够省略）

综上可得$a\geqslant 1。$即$a$的取值范围是$[1，+\infty)$

[法2]：两边同时除以参数$a$的系数$x$(因为$x\in [1，5]$，不等号方向不变)，获得

$a\geqslant \cfrac{2}{x}－x$在区间 $[1，5]$上恒成立, 令$g(x)=\cfrac{2}{x}－x$，

则利用函数单调性的结论，能够看到$g(x)=\cfrac{2}{x}－x$在区间 $[1，5]$上单调递减，

因此$g(x)_{max}=g(1)=1$，因此$a\geqslant 1$，即$a$的取值范围是$[1，+\infty)$

相比较而言，法2比法1要简单快捷的多，其使用的策略是将参数和自变量分离开，故这样的方法天然就叫分离参数法。

使用场景

<Lt>例1</Lt>【2017$\cdot$ 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。

<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】：不彻底分离参数法，定义域为$(0，+\infty)$，转化为方程$kx^2=lnx$有两个不一样的实数根， </br>

再转化为函数$y=kx^2$与函数$y=lnx$的图像有两个不一样的交点， </br>

如图设两个函数的图像相切于点为$(x_0，y_0)$， </br>

则有关系式$\begin{cases}2kx_0=\cfrac{1}{x_0}①\kx_0^2=y_0②\y_0=lnx_0③\end{cases}$，从哪些角度列^wh01

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

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

再结合函数$y=kx^2$的系数$k$的做用，可得两个函数要有两个不一样的交点， </br>

则$k\in(0，\cfrac{1}{2e})$。故选$D$.

【法2】：彻底分离参数法，定义域为$(0，+\infty)$，转化为方程$kx^2=lnx$有两个不一样的实数根， </br>

再转化为$k=\cfrac{lnx}{x^2}$有两个不一样的实数根， </br>

再转化为函数$y=k$和函数$y=g(x)=\cfrac{lnx}{x^2}$的图像有两个不一样的交点， </br>

用导数研究函数$g(x)$的单调性，$g'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}\cdot x^2-lnx\cdot 2x}{(x^2)^2}=\cfrac{1-2lnx}{x^3}$， </br>

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

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， </br>

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

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

从上述的解法中咱们体会到，若是一个数学题目从数的角度直接来求解，结果颇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(好比$k+1$)和自变量分别放置在等号的两端，即$k=f(x)$的形式，而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，当咱们从形的角度入手分析解题时，接下来使用的方法经常是分离参数法。

常见类型

①彻底分离参数法：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，即获得方程$k=\cfrac{lnx}{x^2}$有两个不一样实根，<a href="https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/7819627.html " target="_blank" >具体解法连接</a>

<LT>例2</LT>【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，常规法分离参数获得

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

因为$x>1$，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，也知足题意，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$kx^2=e^x$，若常规法分离参数获得$k=\cfrac{e^x}{x^2}$，就没有倒数法分离为$\cfrac{1}{k}=\cfrac{x^2}{e^x}$优越，

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

<LT>例3</LT>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$m，n\in 0，1$，$|f_1(m)-f_1(n)|>|f_2(m)-f_2(n)|$恒成立，

就能够转化为$f_1(m)-f_1(n)>f_2(n)-f_2(m)$恒成立，

即$f_1(m)+f_2(m)>f_1(n)+f_2(n)$恒成立，

令$h(x)=f_1(x)+f_2(x)=e^x+ax^2-2ax+b$，

则到此的题意至关于已知$m>n$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，这里咱们使用倒数法分离参数获得，

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

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

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

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$\lambda f(x)\ge g(x)$；

好比，$\lambda(x-1)\ge 2lnx$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。

<LT>例4</LT>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，

因此$\phi(x)>\phi(1)=0$，即获得$h'(x)>0$，

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

取两种结果的交集，因此$m=1$。

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

④总体法分离参数：如$\lambda^2+2\lambda=f(x)$；

<LT>例5</LT>【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__________。</br>

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$[1，2]$。

<LT>例6</LT>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$f(1-x)=f(1+x)$获得，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<font color=red>总体法分离参数</font>，获得$b^2-b>x^2-2x-1$对任意$x\in[-1,1]$恒成立。

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

$g(x)=x^2-2x-1=(x-1)^2-2，x\in[-1，1]$，

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：还能够利用对称轴与给定区间的关系求解；

⑤不彻底分离参数法：如$kx^2=lnx$；

好比，已知函数$f(x)=kx^2-lnx$有两个零点，求参数$k$的取值范围，用不彻底分离参数法，即获得方程$kx^2=lnx$有两个不一样实根，<a href="https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/7819627.html " target="_blank" >具体解法连接</a>

局限之处

并非全部的含参问题都适合分离参数，好比$ax^2-a^2x+3<0$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，由于你无法将参数和自变量有效的分开，因此此时你可能须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。

通常来讲，如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；

好比，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，此时咱们就能够考虑用数形结合的思路求解。解法

(2)若是参数的系数能取到正、负、零三种情形的，

<font color=blue>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。</font>

若是用分离参数的方法，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，无论会不会作，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，获得的新函数变得复杂无比的；

好比函数$f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})$有惟一的零点，分离参数后，获得$a=\cfrac{-x^2+2x}{e^{x-1}+e^{-x+1}}=h(x)$，

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

(4)分离参数后，获得的新函数中有$sinx$和$cosx$的，他们都有无穷阶导数，因此求导会一直作下去，通常不会使得函数式变得简单。

好比已知$2a-1+sin2x+a(sinx-cosx)\ge 0$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，因此放弃；

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

由$(sinx-cosx)^2=t^2$，获得$sin2x=1-t^2$，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$a\ge 1$，

(5)看题目的选项肯定方法

<LT>例12</LT>【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：先考虑分离参数法，若能成功分离参数，那么获得的形式必然是$m>g(x)$或$m<g(x)$的形式，接下来须要求解函数$g(x)$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，故这个思路作了大体分析后放弃；

法2：由函数$f(x)>0$恒成立，则须要求在$(0，+\infty)$上的函数$f(x)_{min}>0$便可，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，只须要$f(\cfrac{m-1}{m})>0$便可，

对此化简整理获得，正实数$m$应该知足$\cfrac{m-1}{m}\cdot e^{2m-1}>1$，故选$C$。

解后反思：本题目的解法有点漏洞，条件中应该使得$m>1$，而不只仅是$m>0$，不然当$0<m\leq 1$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，咱们会发现绝大多数的题目能够用分离参数法解决，可是若是简单尝试后发现此法行不通，则须要及时调整解题思路和策略，好比作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：因为$f(x)+g(x)=x^2-2lnx$，则$x^2-2lnx\ge x^2-\lambda(x-1)$对任意的$x\in(0，1]$恒成立，能够有如下的思路：

<font color=red>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，</font>

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

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，

因此$h(\cfrac{2}{\lambda})<h(1)=0$，故不知足题意，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$(-\infty，2]$。

<font color=red>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，</font>

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

当$x\in (0，1)$时，分离参数获得$\lambda \leq \cfrac{2lnx}{x-1}$；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$m(x)=1-\cfrac{1}{x}-lnx$，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$\lambda\leq 2$

综上所述求交集获得，$\lambda \in(-\infty，2]$。

<font color=red>法3：不彻底分离参数法，由$\lambda(x-1)\ge 2lnx$对任意的$x\in(0，1]$恒成立，</font>

作函数$y=\lambda(x-1)$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，通常经常使用于恒成立问题、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，又或是从数的角度很差解决须要从形的角度入手的问题。
分离参数时，尽量的使函数形式简单，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，

<lt>第21题</lt>【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，咱们的第一反应每每是分离参数，而后数形结合求解，可是这个方法不见得是很恰当和很灵活的。<br/>

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$x\in (0，\cfrac{1}{2})$，<br/>

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

暂时无法看透$h'(x)$的正负值，也没法判断原函数$h(x)$的增减性，<br/>

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

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

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

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

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，<br/>

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，<br/>

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

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

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

【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，必须知足函数$y=\cfrac{2-a}{2}$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，咱们还能够这么分析呢？咱们这样想，分离参数法是从数的角度来求解的，那么咱们能够换个思路，想一想能不能从形上入手分析？这时候，最好将原方程$f(x)=0$变形获得两个函数$h(x)=m(x)$，其中这两个函数最好是基本初等函数，这样它们的图像咱们不用费事就能作出来，同时让参数配备个几何意义那是最好的选择，好比斜率等等，故求解以下：

因为函数$f(x)=0$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，<a href=" https://www.desmos.com/calculator/r4fmdy4fpo" target="_blank">图像</a>

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，

只须要函数$h(x)$的斜率$2-a$小于等于斜率$k=4ln2$便可，

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：一、法1是这类问题的通用解法，可是分离参数后获得的右端的函数，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，并且用到了二阶导数，通常学生根本分不清一阶导数和二阶导数的关系，因此慎重使用。

二、法2比法1虽然都是分离参数法，可是咱们感受法2比法1要简单，其主要缘由是法2采用的策略是，让函数简单些，让参数复杂些，这样运算量就小不少了。

三、法3将方程分离成立两个基本初等函数的形式，这样就能够很快很容易的使用形来解决问题了，到此咱们也能体会命题人的意图，能将问题简化为咱们学习过的，简单模型的学生，是否是其思惟具备更好的可塑性。

经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刻的理解，使用会更加驾轻就熟。

对应练习

<LT>练1</LT>【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【】

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

提示：选$C$。

法1：分别做出两个函数的图像，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$C$.

引伸：可能还会同时考查总体思想，好比如下的题目；

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____________.