求参数的取值范围
总结各章节模块中的求参数的取值范围问题。有空继续更新中。。。
前言
求参数的取值范围，是高中数学中非常普遍的一类题目，现作以总结整理。
集合
分析：集合\(A\)为定集，集合\(B\)为动集，又因为出现了条件\(B\subseteq A\)，故需要针对集合\(B\)分类讨论如下：
1、当集合\(B=\varnothing\)时，则有\(m+1\ge 2m-1\)，解得\(m\leq 2\)；
2、当集合\(B\neq\varnothing\)时，必须满足三个条件，即\(\begin{cases}&m+1<2m-1\\&-2\leq m+1\\&2m-1\leq 7\end{cases}\)，解得\(2<m\leq 4\)；
综上所述：实数\(m\)的取值范围是\(\{m\mid m\leq 4\}\)。
逻辑用语
【解析】先化简命题\(p\)，由\((x-m)^2>3(x-m)\)，得到\(x^2-(2m+3)x+m^2+3m>0\)，
即\(x^2-(2m+3)x+m(m+3)>0\)，即\((x-m)[x-(m+3)]>0\)，
则有\(p：x>m+3\)或\(x<m；q：-4<x<1\)；
因为\(p\)是\(q\)成立的必要不充分条件，则\(\{x\mid-4<x<1\}\subseteq \{x\mid x>m+3或x<m\}\)，
所以\(m+3≤-4\)或\(m≥1\)，即\(m≤-7\)或\(m≥1\)，
故\(m\)的取值范围为\((-\infty，-7]\cup[1，+\infty)\)。
法1：转化划归+分类讨论，由 \(p\) 或 \(q\) 为真命题，\(p\) 且 \(q\) 为假命题可知，转化为命题 \(p\) 和 \(q\) 必然是一真一假；
当 \(p\) 真且 \(q\) 假时，有\(\left\{\begin{array}{l}{-2-a<1<a}\\{2\ge a或 2\leq -2-a}\end{array}\right.\)，解得 \(1<a\leq 2\)；
当 \(p\) 假且 \(q\) 真时，有\(\left\{\begin{array}{l}{1\ge a或 1\leq -2-a}\\{-2-a<2<a}\end{array}\right.\)，解得 \(a\in \varnothing\)；
综上，\(1<a\leq 2\)；故选\(C\)。
法2：利用运动观点求解，做出区间\((-2-a，a)\)，然后让参数\(a\)从\(0\)到\(3\)逐渐增大，
当\(a=0\)时，设给定区间为\(A\)，则\(A=(-2，0)\)，此时\(1\not\in A\)且\(2\not\in A\)，故不满足题意；
当\(a=1\)时，则\(A=(-3，1)\)，此时\(1\not\in A\)且\(2\not\in A\)，故不满足题意；
当\(a=1.5\)时，则\(A=(-3.5，1.5)\)，此时\(1\in A\)且\(2\not\in A\)，故满足题意；
当\(a=2\)时，则\(A=(-4，2)\)，此时\(1\in A\)且\(2\not\in A\)，故满足题意；
当\(a=3\)时，则\(A=(-5，3)\)，此时\(1\in A\)且\(2\in A\)，故不满足题意；
综上可知，参数\(a\)的取值只能是\(1<a\leq 2\)；选\(C\).
分析：由题目可知，命题 \(p\) 为真命题，则
\(\exists x\in(1，\cfrac{5}{2})\)，使得\(f(x)=tx^2+2x-2\ge 0\)能成立，
分离参数可得，\(t>\cfrac{2-2x}{x^2}\) 对 \(x\in(1，\cfrac{5}{2})\) 能成立编者注：由能成立模型可知，接下来，需要求解函数 \(\cfrac{2-2x}{x^2}\)的最小值或最小值的极限，至此，问题转化为求函数的值域或最值问题，观察此函数的特征，我们可以考虑用导数法或换元为二次函数后求解最值；\(\quad\)，
求解最小值的思路一：
令\(h(x)=\cfrac{2-2x}{x^2}\)，\(x\in(1，\cfrac{5}{2})\)，需要求\(h(x)_{min}\)，
\(h'(x)=\cfrac{(2-2x)'\cdot x^2-(2-2x)\cdot 2x}{(x^2)^2}=\cfrac{2(x-2)}{x^3}\)
\(x\in (1，2)\)时，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)单调递减，
\(x\in (2，\cfrac{5}{2})\)时，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)单调递增，
故\(h(x)_{min}=h(2)=-\cfrac{1}{2}\)，故\(t>-\cfrac{1}{2}\)
即\(t\in (-\cfrac{1}{2}，+\infty)\)。
求解最小值的思路二：
令 \(\cfrac{1}{x}=t\)，由 \(x\in(1，\cfrac{5}{2})\)，得到 \(t\in(\cfrac{2}{5},1)\)，
则 \(h(x)=\cfrac{2-2x}{x^2}=2(\cfrac{1}{x^2}-\cfrac{1}{x})=2(t^2-t)=g(t)\)，
即 \(g(t)=2[(t-\cfrac{1}{2})^2-\cfrac{1}{4}]=2(t-\cfrac{1}{2})^2-\cfrac{1}{2}\)，
故当 \(t=\cfrac{1}{2}\in(\cfrac{2}{5},1)\) 时， \(g(t)_{\min}=-\cfrac{1}{2}=h(x)_{\min}\)，
故\(t>-\cfrac{1}{2}\)，即\(t\in (-\cfrac{1}{2}，+\infty)\)。
定义域值域
- 已知定义域或值域，求参数的取值范围
①如果函数的定义域是\(R\)，求参数\(a\)的取值范围；
预备：先想一想，这个函数的定义域应该怎么求解？
分析：由于函数的定义域是\(R\)，说明对任意的\(x\in R\)，都能使得\(g(x)=x^2+2ax-a>0\)，
转化为二次函数恒成立问题了，(此时至少可以考虑数形结合或者恒成立分离参数)
这里用数形结合，函数\(g(x)\)开口向上，和\(x\)轴没有交点，则\(\Delta <0\)，
即\(\Delta=(2a)^2-4\times 1\times(-a)<0\)，解得\(a\in (-1，0)\)。
②如果函数的值域是\(R\)，求参数\(a\)的取值范围；
分析：如右图所示，要使得函数\(f(x)\)的值域是\(R\)，说明内函数\(g(x)=x^2+2ax-a\)必须要能取遍所有的正数，结合下图，
如果有一部分正实数不能取到，那么函数\(f(x)\)的值域就不会是\(R\)，这样只能是函数\(g(x)\)的\(\Delta \ge 0\)，
而不能是\(\Delta <0\)，注意现在题目要求是值域为\(R\)，而不是定义域为\(R\)，
因此必须满足条件\(\Delta=(2a)^2-4\times 1\times(-a)\ge 0\)，解得\(a\in \{a\mid a\leq -1 ，a\ge 0\}\)。
下图是参数\(a\in [-3，3]\)时的两个函数图像的动态变化情况；
下图是参数\(a\in (-1，0)\)时的两个函数图像的动态变化情况；
分段函数
分析：由题目可知，\(\begin{cases} &3-a>0 ① \\ &a>1 ②\\ &(3-a)7-3\leq a^{7-6}③\end{cases}\)；即\(\begin{cases}&a<3 \\ &a>1 \\ &a\ge \cfrac{9}{4}\end{cases}\)
解得：\(a\in[\cfrac{9}{4}，3)\)；
反思：1、本题目常犯的错误是缺少第三条的限制；学生常认为函数在两段上分别单调递增，则在整体定义域\(R\)上一定单调递增，这个认知是错误的。原因是前者是后者的必要不充分条件。
2、防错秘籍：既要保证每段上的单调性，还要保证转折点处的单调性。
考点：数列的单调性，分段函数，数列与分段函数的交汇
分析：由题目可知，\(\begin{cases} 3-a>0，\\ a>1，\\ (3-a)7-3<a^{8-6}，\end{cases}\)，解得：\(a\in(2，3)\)
感悟反思：1、本题目和上例非常类似，但是又不一样，原因是数列是特殊的函数，所以在③中不等式的两端的自变量的取值不一样，而且不能取等号。
2、如果是一般的函数\(f(x)\)，则比较点\(A\)和点\(C\)的函数值的大小关系；现在是分段数列，那么我们需要比较的是点\(A\)和点\(B\)的函数值的大小关系；
分析：由于\(x\ge 1\)，\(f(x)=2^{x-1}\in[1，+\infty)\)，由函数的值域是R ，
则\(\begin{cases}1-2a>0\\(1-2a)\cdot 1+3a\ge 1\end{cases}\)，解得\(a\in[0，\cfrac{1}{2})\)。
二次不等式
法1：(将\(b\)和\(\lambda\)看做系数)将不等式转化为\(a^2-\lambda ba+8b^2-\lambda b^2\ge 0\)对任意的\(a\in R\)恒成立，
则\(\Delta =b^2\lambda^2-4(8b^2-\lambda b^2)=b^2(\lambda^2+4\lambda-32)\leq 0\)，
解得\(-8\leq \lambda \leq 4\)。
法2：变量集中策略，当\(b=0\)时，即\(a^2\ge 0\)恒成立，\(\lambda\in R\)；
当\(b\neq 0\)时，原不等式等价于\((\cfrac{a}{b})^2+8\ge \lambda (\cfrac{a}{b})+\lambda\)，
令\(\cfrac{a}{b}=t\in R\)，即\(t^2-\lambda t+8-\lambda\ge 0\)对任意的\(t\in R\)恒成立，
则\(\Delta =(\lambda)^2-4(8-\lambda)\leq 0\)，
解得\(-8\leq \lambda \leq 4\)。
综上所述(两种情况取交集)，实数\(\lambda\)的取值范围为\(-8\leq \lambda \leq 4\)。
法1：利用二次函数求解，要使\(f(x)<-m+5\)恒成立，即\(mx^2-mx+m-6<0\)，
即\(m(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{3}{4}x-6<0\)在\(x\in[1,3]\)上恒成立，
令\(g(x)=m(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{3}{4}x-6,x\in [1,3]\)，
当\(m>0\)时，\(g(x)\)在\([1,3]\)上是增函数，
所以\(g(x)_{max}=g(3)=7m-6<0\), 解得\(m<\cfrac{6}{7}\)，
则有\(0<m<\cfrac{6}{7}\)；
当\(m<0\)时，\(g(x)\)在\([1,3]\)上是减函数，
所以\(g(x)_{max}=g(1)=m-6<0\), 解得\(m<6\)，
则有\(m<0\)；
综上所述，\(m\)的取值范围是\((-\infty,0)\cup(0,\cfrac{6}{7})\)。
法2：分离参数法，因为\(x^2-x+1>0\)，由\(f(x)<-m+5\)可得\(m(x^2-x+1)-6<0\)，
故有\(m<\cfrac{6}{x^2-x+1}\)恒成立，
又因为函数\(y=\cfrac{6}{x^2-x+1}=\cfrac{6}{(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{3}{4}}\)在区间\([1,3]\)上的最小值为\(\cfrac{6}{7}\),
故只需\(m<\cfrac{6}{7}\)即可，
又因为\(m\neq 0\)，所以\(m\)的取值范围是\((-\infty,0)\cup(0,\cfrac{6}{7})\)。
分析：主辅元换位，把不等式的左端看成关于\(a\)的一次函数，
记为\(f(a)=(x-2)a+x^2-4x+4\)，则由\(f(a)>0\)对于任意的\(a\in[-1,1]\)恒成立，
只需\(\begin{cases}f(-1)>0\\f(1)>0\end{cases}\)即可，
即\(\begin{cases}x^2-5x+6>0\\x^2-3x+2>0\end{cases}\)，
解得\(x<1\)或\(x>3\)，则\(x\)的取值范围是\((-\infty,1)\cup(3,+\infty)\).
