高考数学二轮复习特色专题训练专题02破译函数中双变量问题理

高考数学二轮复习特色专题训练专题02破译函数中双变量问题理

专题 02 破译函数中双变量问题 一、单选题 1．已知函数      4 1 1, ln 22 xf x e g x x   ，若    f m g n 成立，则 n m 的最小值为（ ） A. 2ln2 1 3  B. 1 2ln2 3  C. 1 2ln2 3  D. 1 ln2 4  【答案】C 【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性进而求最值，属于难题. 求最值问题往往先将所求 问题转化为函数问题，然后根据:配方法、换元法、不等式法、三角函数法、图像法、函数单调性法求解， 利用函数的单调性求最值，首先确定函数的定义域，然后准确地找出其单调区间 ，最后再根据其单调性求 函数的最值即可. 二、填空题 2．已知 f(x)＝(x＋1)3e－x＋1，g(x)＝(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得 f(x2)≥g(x1)成立，则实数 a 的取值 范围是__________． 【答案】 27, e     【解析】∃x1，x2∈R，使得 f(x2)≥g(x1)成立，即为 f(x)max≥g(x)min.又 f′(x)＝(x＋1)2e－x＋1(－x＋2)，由 f′(x)＝0 得 x＝－1 或 2，且当 x＜2 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当 x＞2 时，f′(x)＜0，f(x)单调 递减，所以 f(x)max＝f(2)＝ 27 e ，又 g(x)min＝a，则 a≤ 27 e ，故实数 a 的取值范围是(－∞， 27 e ]． 点 睛 ： 对 于 不 等 式 任 意 或 存 在 性 问 题 ， 一 般 转 化 为 对 应 函 数 最 值 大 小 关 系 ， 即        1 2 1 2 min min, ,x x f x g x f x g x     ；        1 2 1 2 min max, ,x x f x g x f x g x     ，        1 2 1 2 max min, ,x x f x g x f x g x            1 2 1 2 max max, ,x x f x g x f x g x     3．若不等式 x2－2y2≤cx(y－x)对任意满足 x＞y＞0 的实数 x，y 恒成立，则实数 c 的最大值为__________． 【答案】 2 2 4 点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最 值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化 为函数的最值问题. 三、解答题 4．已知函数   ln 1f x x a x   （ a 为常数）与 x 轴有唯一的公关点 A ． （Ⅰ）求函数  f x 的单调区间； （ Ⅱ ） 曲 线  y f x 在 点 A 处 的 切 线 斜 率 为 2 3a a  ， 若 存 在 不 相 等 的 正 实 数 1 2x x ， 满 足    1 2f x f x ，证明： 1 2 1x x  ． 【答案】（Ⅰ）当 1a  时，函数  f x 的递增区间为  1, ，递减区间为 0,1 ； 当 0a  时，函数  f x 的递增区间为 0, ，无递减区间．（Ⅱ）证明见解析. 【解析】试题分析：（Ⅰ）因为函数   ln 1f x x a x   的定义域为  0, ，且  1 0f  ，故由题意可知 曲线  f x 与 x 轴存在公共点  1,0A ，又   x af x x   ，对 a 进行讨论分 0a  ， 0 1 1 1a a a ， ， 四 种情况进行可得解（Ⅱ）容易知道函数  f x 在  1,0A 处的切线斜率为   21 1 3f a a a     ，得 2a   ，由（Ⅰ）可知 2a   ，且函数  f x 在区间  0, 上递增．不妨设 1 2x x ，因为    1 2f x f x ， 则    1 20f x f x  ，则有  1 1 2 22ln 1 2ln 1x x x x      ，整理得  2 1 1 22 2lnx x x x   ，利用基本 不等式构建关于 1 2x x 的不等关系即可证得. ②若 1a  ，则函数  f x 的极小值为  1 0f  ，符合题意； ③ 若 1a  ， 则 由 函 数  f x 的 单 调 性 ， 有    1 0f a f  ， 取 2 0 1x a a   ， 有    2 0 ln 1f x a a a     ．下面研究函数    2 1g a a ln a   ， 1a  ，因为    2 2 1 01 ag a a    恒成立，故函数  g a 在  1, 上递增，故    1 1 ln2 0g a g    ，故    0 0f x ag a  成立，函数  f x 在区间 2, 1a a  上存在零点． 不符合题意． 综上所述： 当 1a  时，函数  f x 的递增区间为  1, ，递减区间为  0,1 ； 当 0a  时，函数  f x 的递增区间为 0, ，无递减区间． 点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用基本不等式来证明，考查了分类讨论的思想，属于中 档题. 5．已知函数   21ln 2f x a x x ax   (a 为常数)有两个极值点． (1)求实数 a 的取值范围； (2)设 f(x)的两个极值点分别为 x1，x2，若不等式 f(x1)＋f(x2)＜λ(x1＋x2)恒成立，求λ的最小值． 【答案】（1）  4, ；（2） ln4 3 【解析】试题分析：（1）先求导数，转化为对应一元二次方程有两个正根，再根据实根分布列不等式组， 解得实数 a 的取值范围；（2）分离参数转化为对应函数最值问题：    1 2 1 2 f x f x x x    最大值，再化简    1 2 1 2 f x f x x x   为 a 的函数，利用导数可得其值域，即得λ的最小值． 试题解析：(1)f′(x)＝ ＋x－a＝ (x＞0)， 于是 f(x)有两个极值点等价于二次方程 x2－ax＋a＝0 有两正根， 设其两根为 x1，x2，则 ，解得 a＞4， 不妨设 x1＜x2，此时在(0，x1)上 f′(x)＞0，在(x1，x2)上 f′(x)＜0，在(x2，＋∞)上 f′(x)＞0. 因此 x1，x2 是 f(x)的两个极值点，符合题意． 所以 a 的取值范围是(4，＋∞)． 点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参 数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分 析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定 条件. 6．设函数 f(x)＝emx＋x2－mx. (1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增； (2)若对于任意 x1，x2∈[－1,1]，都有    1 2 1f x f x e   ，求 m 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2） 1,1 【解析】试题分析：（1）先求导数，再根据 m 正负以及指数函数单调性讨论得导函数符号（2）先利用最值 转化不等式恒成立得 f(x)最大值与最小值的差不大于 e-1,再利用导数研究函数单调性，解对应不等式得 m 的取值范围． 试题解析：(1)f′(x)＝m(emx－1)＋2x. 若 m≥0，则当 x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0； 当 x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0. 若 m＜0，则当 x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0； 当 x∈(0，＋∞)时，emx－1＜0，f′(x)＞0. 所以，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． 点睛：不等式有解问题与不等式恒成立问题这两类问题都可转化为最值问题，即  f x a 恒成立⇔  maxa f x ，  f x a 恒成立⇔  mina f x . 7．已知    xf x e ax a R   （ e 为自然对数的底数）． （Ⅰ）讨论  f x 的单调性； （Ⅱ）若  f x 有两个零点 1 2,x x ，求 a 的取值范围； （2）在（1）的条件下，求证： 1 2 2lnx x a  ． 【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）（1） a e ；（2） 见解析. 【解析】试题分析：（I）求出函数的导数，通过讨论 a 的范围，分别令  ' 0f x  求得 x 的范围，可得函 数  f x 增区间，  ' 0f x  求得 x 的范围，可得函数  f x 的减区间；（II）（1）由（Ⅰ）知，当 0a  时，  f x 在 R 上为增函数，  f x 不合题意；当 0a  时，  f x 的递增区间为  ln ,a  ，递减区间为  ,lna ，只需      min ln ln 1 ln 0f x f a a a a a a      ，即可解得 a 的取值范围；（2）分离参数 a , 问题转化为证明证明   1 2 1 21 2 2 x x x x e ex x e e   ,不妨设 1 2x x ,记 1 2t x x  ,则 0, 1tt e  ,因此只要证明： 1 21 t t et e   ，即 2 2 0tt e t    根据函数的单调性证明即可. 试题解析：（Ⅰ）  f x 的定义域为 R，   xf x e a   ，（1）当 0a  时，   0f x  在 R 上恒成立， ∴  f x 在 R 上为增函数； （2）当 0a  时，令   0f x  得 lnx a ，令   0f x  得 lnx a ，∴  f x 的递增区间为  ln ,a  ，递减区间为  ,lna ； （2）由（Ⅱ）（1），当 a e 时，  f x 有两个零点 1 2,x x ，且  f x 在 ln ,a  上递增， 在 ,lna 上 递减，依题意，    1 2 0f x f x  ，不妨设 1 2lnx a x  ． 要证 1 2 2lnx x a  ，即证 1 22lnx a x  ， 又 1 2lnx a x  ，所以 1 22ln lnx a x a   ， 而  f x 在 ,lna 上递减，即证    1 22lnf x f a x  ， 又    1 2 0f x f x  ，即证    2 22lnf x f a x  ，（ 2 lnx a ）． 构造函数       2 2ln 2 2 ln ( ln )x x ag x f x f a x e ax a a x ae         ，   2 22 2 2 0x x ag x e a a ae       ，∴  g x 在 ln ,a  单调递增， ∴    ln 0g x g a  ，从而    2lnf x f a x  ， ∴    2 22lnf x f a x  ，（ 2 lnx a ），命题成立． 8．已知函数   1 2xf x e kx k   (其中 e 是自然对数的底数，k∈R)． (1)讨论函数  f x 的单调性； (2)当函数  f x 有两个零点 1 2,x x 时，证明： 1 2 2x x   ． 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】试题分析： 本题考查导数与函数单调性的关系以及用导数证明不等式的问题。（1）求导数后，根据导函数的符号判断 出函数的单调性。（2）根据题意将证明 1 2 2x x   的问题转化为证明   1 2 +1 ln4 21 t tx x t     ，即证    +1 ln 2 1t t t  ，构造函数      +1 ln 2 1g t t t t   ，利用函数  g t 的单调性证明即可。 （2）证明：当 时，由（1）知函数 单调递增，不存在两个零点。 所以 。 设函数 的两个零点为 ， 则 ， 设 ， 解得 ， 所以   1 2 +1 ln4 1 t tx x t     ， 要证 ， 只需证 ， 设 设 单调递增， 所以 ， 所以 在区间 上单调递增， 所以 ， 故 ． 9．已知函数      1 ln , 2 0xf x x x g x mx m m e        与，其中 e 是自然对数的底数． (1)求曲线  f x 在 1x  处的切线方程； (2)若对任意的    2 1 2 1 2 1, , ,2x x e f x g x     恒成立，求实数 m 的取值范围． 【答案】（1） 11 1 0x y e        （2）0,2 2 1  (2)很明显 0m  ，原问题等价于    max minf x g x ，结合导函数研究函数的性质可得关于 m 的不等式： 1 22 2 m    ，求解不等式可得实数 m 的取值范围是0,2 2 1  . 试题解析： （1） 定义域为 ， ， ，又 ， 故曲线 在 处的切线方程为 ， 即 . 10．函数   21 ln 1 2 22f x x m x mx m     ,其中 0m  . (1)试讨论函数  f x 的单调性; (2)已知当 e 2m   (其中 e 2.71828  是自然对数的底数)时,在 1 e 1,2 2x      上至少存在一点 0x ,使  0 e 1f x   成立,求 m 的取值范围; (3)求证:当 1m   时,对任意  1 2 1 2, 0,1 ,x x x x  ,有    2 1 2 1 1 3 f x f x x x   . 【答案】(1)见解析(2) 1 e 2m   (3)见解析 【解析】试题分析： 试题解析： (1)易知  f x 的定义域为 1 2      ， ． ∵   21 ln 1 2 22f x x m x mx m     ， ∴   1 2 mf x x mx     =  2 122 2 1 2 1 2 1 2 x x mx m x x x         ． 由   0f x  得: 0x  或 1 2x m   ． ∵ 0m  ， ∴ 1 1 2 2m    ． ①当 1 02 m   时， 则    1 1, 02 2x m f x f x        时， ， 单调递增；当    1 ,0 , 02x m f x f x        时 ， 单调递减；      0, 0,x f x f x   时， 单调递增． ②当 1 2m   时， 则当    1 ,0 02x f x f x      时， ， 单调递增；当    10, 02x m f x f x       时， ， 单调递减；当    1 , 02x m f x f x         时， ， 单调递增． ③当 1 2m   时，    1 , 02x f x f x       时， ， 单调递增． 综上，当 1 02 m   时，  f x 在 1 1,2 2m      和 0,  上单调递增，在 1 ,02m     上单调递减； 当 1 2m   时，  f x 在 1,02     和 1 ,2m       上单调递增，在 10, 2m     上单调递减； 当 1 2m   时，  f x 在 1 ,2      上单调递增． (3)当 1m   时，   21 ln 1 2 22f x x x x     ． 设     1 3g x f x x  ， 则          2 6 1 11 4 6 5 1 1 2 3 3 1 2 3 1 2 x xx xg x x x x x           ． 故当  01x ， 时，    0g x g x  ， 单调递减． ∴对任意 1 20 1x x   ，都有    1 2g x g x 成立， ∴    1 1 2 2 1 1 3 3f x x f x x   ． 即      2 1 2 1 1 3f x f x x x   ． 又 2 1 0x x  ， ∴    2 1 2 1 1 3 f x f x x x   ． 点睛： 利用导数研究不等式恒成立或存在型问题时，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值， 进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函 数的最值问题. 11．设 f(x)＝ln x，g(x)＝ 1 2 x|x|. (1)求 g(x)在 x＝－1 处的切线方程； (2)令 F(x)＝x·f(x)－g(x)，求 F(x)的单调区间； (3)若任意 x1，x2∈[1，＋∞)且 x1>x2，都有 m[g (x1)－g(x2)]>x1f(x1)－x2f(x2)恒成立，求实数 m 的取值范 围. 【答案】(1) 1 02x y   ；(2)答案见解析；(3)  1, . 试题解析： (1)x<0 时，g(x)＝－ x2，g′(x)＝－x， 故 g(－1)＝－ ，g′(－1)＝1， 故 g(x)在 x＝－1 处的切线方程是：y＋ ＝1×(x＋1)， 即 x－y＋ ＝0. (2)由题意知 F(x)＝xln x－ x|x|＝xln x－ x2(x>0)， F′(x)＝ln x－x＋1，令 t(x)＝F′(x)＝ln x－x＋1， 则 t′(x)＝ －1， 令 t′(x)>0，解得 01， 故 F′(x)在(0，1)上递增，在(1，＋∞)上递减， 故 F′(x)≤F′(1)＝0， 故 F(x)在(0，＋∞)上递减； 点睛：构造函数的题型需要观察题目函数的关系，本题中第（3）问将式子整理可得 x1>x2≥1 时，mg(x1)－ x1f(x1)≥mg(x2)－x2f(x2)恒成立，则联想到构造函数 h(x)＝mg(x)－xf(x)＝ x2－xln x，再结合单调性进 行解题。 12．已知函数    1ln 2 a xf x x x    . （1）若函数  f x 在定义域内不单调，求实数 a 的取值范围； （2）若函数  f x 在区间 0,1 内单调递增，求实数 a 的取值范围； （3）若 1 2,x x R 且 1 2x x ，求证：     1 2 1 2 1 2ln ln 2 3x x x x x x    . 【答案】（1） 8 3a  （2） 3a  （3）见解析 【解析】试题分析： (1)对函数求导有       2 2 4 3 4 2 x a xf x x x     ，则原问题等价于方程  2 4 3 4 0x a x    有大于零的实 根，结合二次方程根的分布理论可得 8 3a  ； (2)原问题等价于  2 4 3 4 0x a x    在区间 0,1 内恒成立，结合均值不等式的结论可得 3a  ； (3)当 1 2x x 时，不等式显然成立，当 1 2x x ，等价转化后结合（2）的结论即可证得题中的结论. （2）函数  f x 在区间 0,1 内单调递增，   2 4 3 4 0x a x    在区间  0,1 内恒成立，即 43 4a xx    在区间 0,1 内恒成立 4 4y xx    在 1x  时取得最小值 9， 3a  （3）当 1 2x x 时，不等式显然成立， 当 1 2x x ，只需证明  1 21 2 1 2 3 2 x xxln x x x   ，令  1 2 0,1x tx   ，则只需证明  3 1 2 tlnt t   成立，由（2）可知    3 1 2 xf x lnx x    在 0,1 上是增函数，      3 11 0, 2 tf x f lnt t       点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在 历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看，对 导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联 系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极 值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 13．已知函数 f(x)＝(x＋1)e－x(e 为自然对数的底数)． (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)设函数φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e－x，存在实数 x1，x2∈[0,1]，使得 2φ(x1)<φ(x2)成立，求实数 t 的 取值范围． 【答案】(1)见解析 (2) (－∞，3－2e)∪ 3 ,2 e     . 【解析】试题分析：（1）确定函数的定义域，求导数．利用导数的正负，可得函数  f x 的单调区间；（2） 假设存在  1 2, 0,1x x  ，使得成立    1 22 x x  成立，则    min max2 x x  ，分类讨论求最值，即可 求实数t 的取值范围． (2)假设存在  1 2, 0,1x x  ，使得    1 22 x x  成立，则    min max2 x x  . ∵        2 1 1x x x t xx xf x tf x e e        ∴     1 x x t xx e      . 对于  0,1x ，当 1t  时，   0x  ，  x 在 0,1 上单调递减， ∴    2 1 0  ，即 3 12 et    . ②当 0t  时，   0x  ，  x 在 0,1 上单调递增， ∴    2 0 1  ，即 3 2 0t e   . ③当 0 1t  时，若  0,x t ，则   0x  ，  x 在 0,t 上单调递减； 若  ,1x t ，则   0x  ，  x 在 ,1t 上单调递增， ∴       2 max 0 , 1t   ，即 1 32 max 1,t t t e e        .(*) 由(1)知，   12 t tg t e   在 0,1 上单调递减， 故 4 12 2t t e e    ，而 2 3 3t e e e   ∴不等式(*)无解． 综上所述， t 的取值范围为 ,3 2 3 ,2 ee         14．设函数 f(x)＝emx＋x2－mx. (1)证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增； (2)若对于任意 x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求 m 的取值范围． 【答案】(1) 见解析(2) [－1,1]． 【解析】试题分析：（1）利用   0f x  说明函数为增函数，利用   0f x  说明函数为减函数，要注意参 数 m 的讨论；（2）由（1）知，对任意的 m ，  f x 在 1,0 单调递减，在 0,1 单调递增，则恒成立问题 转化为最大值和最小值问题．从而求得 m 的取值范围． (2)由(1)知，对任意的 m ，  f x 在 1,0 上单调递减，在 0,1 上单调递增，故  f x 在 0x  处取得最 小值．所以对于任意  1 2, 1,1x x   ，    1 2 1f x f x e   的充要条件是         1 0 1{ 1 0 1 f f e f f e        即 1{ 1 m m e m e e m e       ① 设函数   1tg t e t e    ，则   1tg t e   当 0t  时，   0g t  ；当 0t  时，   0g t  ∴  g t 在 ,0 上单调递减，在  0, 上单调递增． 点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调性，用导数解决恒成立求参的问题，对于函数恒成立或者有解 求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题，或者直接求函数最值，使得函数 最值大于或小于 0，或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数. 15．已知函数   2lnf x x x ax   ，   3 3 xg x x  （Ⅰ）若 1a  ，求函数  f x 的极值； （Ⅱ）若 0a  ,  1 1,2x  ,  2 1,2x  ,使得    1 2f x mg x （ 0m  ），求实数 m 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）  3 3, ln2 3 3 ln2,2 2         ． 【解析】试题分析：（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的极 值即可；（2）设   lnh x x x  在 1,2 上的值域为 A，函数   31 3g x mx mx  在 1,2 上的值域为 B，根据 函数的单调性求出实数 m 的取值范围． （Ⅱ）当 0a  时，   lnf x x x  因为  1 1,2x  ，  2 1,2x  ，使得    1 2f x mg x （ 0m  ）， 故 3 1 1 2 2 1ln 3x x mx mx   ；设   lnh x x x  在 1,2 上的值域为 A， 函数   31 3g x mx mx  在 1,2 上的值域为 B， 当  1,2x 时，   1' 1 0h x x    ，即函数  h x 在 1,2 上单调递减， 故    ln2 2, 1h x    ，又     2' 1 1g x mx m m x x     . （i）当 0m  时，  g x 在 1,2 上单调递减，此时  g x 的值域为 2 2,3 3 m mB      ， 因为 A B ，又 2 0 13 m    ，故 2 ln2 23 m   ，即 3 ln2 32m   ； （ii）当 0m  时，  g x 在 1,2 上单调递增，此时  g x 的值域为 2 2,3 3 m mB      ，因为 A B ，又 2 0 13 m    ，故 2 ln2 23 m   ，故  3 3ln2 2 3 ln22 2m      ； 综上所述，实数 m 的取值范围为  3 3, ln2 3 3 ln2,2 2         ． 16．已知      1 e 1, 0,1xf x x x    (1)证明:  f x 图象恒在直线 1 2y x  的上方; (2)若 e 1x a bx   在  0,1x 恒成立,求b a 的最小值. 【答案】(1)见解析(2) b a 的最小值为 e 2 试题解析： (1)由题意只需证   1 ,2f x x  即证明  31 e 02 xx x    在 0,1 上恒成立. 令        31 e , 0,1 , e 12 x xk x x x x k x x       ,    1 0,xk x x e   即  k x 在 0,1 单调递增. 又  1 0, 1 02k k       ,所以  k x 在 0,1 在唯一的解, 记为 1, ,12o ox x     ,且 1e 1 0, eo ox x o o x x   即 , 可得当        0, , 0; ,1 , 0o ox x k x x x k x    时 当 时 , 所以只需最小值    0 0 0 0 3 5 11 e 2 2 ox ok x x x x x            , 易得 0 0 1 5 1, ,12 2ox xx       ,所以   0k x  .所以结论得证. (2)令   e 1x g x x  ,则      2 1 e 1 0, 0,1 xxg x xx      , 所以,当  0,1x 时,    1 e 1g x g   , 要使 e 1x bx   ,只需 e 1b   , 当 ea  时,   0h x  此时  0,1 ,x 有    0 0h x h  , 不符合题意,舍去. 当1 a e  时,令   0,h x  得 lnx a , 可得当  0,lnx a 时,   0h x  .即  0,lnx a 时,    0 0h x h  , 不符合题意,舍去. 综上, 1a  , 又 e 1b   ,所以 b a 的最小值为 e 2 . 点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最 值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化 为函数的最值问题.