分离参数的思想

2024-11-01

分离参数的思想（精选8篇）

分离参数的思想篇1

数学题中的其中一个难点是带参数问题, 而其中的一部分又是关于对任意自变量恒成立的问题, 此类题往往会让学生觉得束手无策, 而要是考虑到分离参数的方法, 则问题会迎刃而解.下面举例说明.

例1 (2007年福建高考理科数学试题) 已知函数f (x) =ex-kx, x∈R, 若k>0, 且对于任意x∈R, f (|x|) =0恒成立, 试确定实数k的取值范围.

解 ∵f (|0|) =f (0) =e0-k·0=1>0,

而由于f (|-x|) =f (|x|) , 可知f (|x|) 是偶函数,

于是f (|x|) >0对于任意x∈R恒成立等价于f (x) >0对于任意x∈ (0, +∞) 恒成立.

由f (x) >0分离出参数k, 得 $k < \frac{e^{x}}{x} .$

$\begin{array}{l} 令 g (x) = \frac{e^{x}}{x}, x \in (0, + \infty) ‚ \\ g^{'} (x) = \frac{e^{x} x - e^{x}}{x^{2}} = \frac{e^{x}}{x^{2}} (x - 1) ‚ g^{'} (x) < 0 ‚ x \in (0, 1) ‚ \\ g^{'} (x) > 0 ‚ x \in (1, + \infty) ‚ g^{'} (1) = 0 ‚ \end{array}$

故gmin (x) =g (1) =e, 因此有k<gmin (x) =e.

又由题意k>0, 所以实数k的取值范围是0<k<e.

例2 (2008年湖南高考理科数学试题) 已知函数 $f (x) = \ln^{2} (1 + x) - \frac{x^{2}}{1 + x} .$

(1) 求函数f (x) 的单调区间;

(2) 若不等式 $(1 + \frac{1}{n})^{n + α} \leq e$ 对任意的n∈N*都成立 (其中e是自然对数的底数) .求α的最大值.

解 (1) 函数f (x) 的定义域是

$\begin{array}{l} (- 1, + \infty) ‚ \\ f^{'} (x) = \frac{2 \ln (1 + x)}{1 + x} - \frac{2 x (1 + x) - x^{2}}{(1 + x)^{2}} \\ = \frac{2 (1 + x) \ln (1 + x) - x^{2} - 2 x}{(1 + x)^{2}} ‚ \end{array}$

令g (x) =2 (1+x) ln (1+x) -x2-2x, 对g (x) 求导, 得

g′ (x) =2ln (1+x) +2-2x-2=2ln (1+x) -2x.

再令h (x) =2ln (1+x) -2x, 再对h (x) 求导, 得

$h^{'} (x) = \frac{2}{1 + x} - 2 = \frac{- 2 x}{1 + x} .$

显然有h′ (0) =0,

而h′ (x) >0, x∈ (-1, 0) , h′ (x) <0, x∈ (0, +∞) ,

∴有h (x) <h (0) =0, x∈ (-1, 0) ∪ (0, +∞) ,

∴函数g (x) 在 (-1, +∞) 上是减函数.

于是g (x) >g (0) =0, x∈ (-1, 0) , g (x) <g (0) =0, x∈ (0, +∞) ,

即f′ (x) >0, x∈ (-1, 0) , f′ (x) <0, x∈ (0, +∞) .

因此函数f (x) 的单调增区间为 (-1, 0) , 单调减区间为 (0, +∞) .

(2) 由不等式 $(1 + \frac{1}{n})^{n + α} \leq e$ 分离出参数α, 两边取对数解得 $α \leq \frac{1}{\ln (1 + \frac{1}{n})} - n .$

设函数 $F (x) = \frac{1}{\ln (1 + x)} - \frac{1}{x} ‚ x \in (0, 1]$ , 则

$\begin{array}{l} F^{'} (x) = - \frac{1}{(1 + x) \ln^{2} (1 + x)} + \frac{1}{x^{2}} \\ = \frac{(1 + x) \ln^{2} (1 + x) - x^{2}}{x^{2} (1 + x) \ln^{2} (1 + x)} \\ = \frac{\ln^{2} (1 + x) - \frac{x^{2}}{1 + x}}{x^{2} \ln^{2} (1 + x)} . \end{array}$

由 (1) 知函数f (x) 在区间 (0, 1]上是减函数, 所以 $\ln^{2} (1 + x) - \frac{x^{2}}{1 + x} < f (0) = 0 ‚ x \in (0, 1]$ , 即F′ (x) <0, F (x) 在区间 (0, 1]上是减函数, 故F (x) 在区间 (0, 1]上的最小值为 $F (1) = \frac{1}{\ln 2} - 1$ , 所以α的最大值为 $\frac{1}{\ln 2} - 1 .$

例3 (2006年全国高中数学联赛一试试题) 给定整数n≥2, 设M0 (x0, y0) 是抛物线y2=nx-1与直线y=x的一个交点.试证明对任意正整数m, 必存在整数k≥2, 使 (x $_{0}^{m}$ , y $_{0}^{m}$ ) 为抛物线y2=kx-1与直线y=x的一个交点.

解由题意, x0=y0均为方程x2=nx-1的根, 即可把已知条件转化为:方程x2-nx+1=0有一根x0, 分离参数n, 得 $n = \frac{x_{0}^{2} + 1}{x_{0}} = x_{0} + \frac{1}{x_{0}} \geq 2$ , 且是整数.

类似地可以把结论转化为:对任意正整数m, 必存在整数k≥2, 使x $_{0}^{m}$ 为方程x2-kx+1=0的一根, 分离参数k, 得 $k = \frac{(x_{0}^{m})^{2} + 1}{x_{0}^{m}} = x_{0}^{m} + \frac{1}{x_{0}^{m}}$ .现只需证参数 $k = x_{0}^{m} + \frac{1}{x_{0}^{m}} \geq 2$ , 且是整数对任意正整数m均成立即可.可把k看成是关于m的函数k (m) , 则有

$① k (1) = n \geq 2 ‚ k (2) = x_{0}^{2} + \frac{1}{x_{0}^{2}} = (x_{0} + \frac{1}{x_{0}})^{2} - 2 = n^{2} - 2 \geq 2^{2} - 2 = 2$ , 且是整数;

②当m>2时, 假设k (i-s) ≥2, s=0, 1且是整数, 由 $x_{0}^{i + 1} + \frac{1}{x_{0}^{i + 1}} = (x_{0}^{i} + \frac{1}{x_{0}^{i}}) (x_{0} + \frac{1}{x_{0}}) - (x_{0}^{i - 1} + \frac{1}{x_{0}^{i - 1}})$ , 得k (i+1) =nk (i) -k (i-1) 也是整数.

又由方程x2-nx+1=0的两根之和为n, 两根之积为1均大于0, ∴x0>0.可判断当i>1时,

$\begin{array}{l} k (i) - k (i - 1) = x_{0}^{i} + \frac{1}{x_{0}^{i}} - (x_{0}^{i - 1} + \frac{1}{x_{0}^{i - 1}}) \\ = \frac{1}{x_{0}^{i}} (x_{0} - 1) (x_{0}^{2 i - 1} - 1) \geq 0 ‚ \\ ∴ k (i + 1) = n k (i) - k (i - 1) \geq 2 k (i) - k (i - 1) \geq k (i) \geq 2 . \end{array}$

因此对任意正整数m, 均存在参数k≥2且是整数, 问题得证.

分离参数事半功倍篇2

一、判断函数零点个数

例1（2013年高考江苏卷理20（2））设函数f(x)=lnx-ax,g(x)=ex-ax，其中a为实数．若g(x)在(-1,+∞)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．

解由已知g′(x)=ex-a≥0，即a≤ex对x∈(-1,+∞)恒成立．

∵ex>e-1，∴a≤1e．

f(x)的零点个数等价于方程f(x)=lnx-ax=0在(0,+∞)上的根的个数，分离参数得a=lnxx，x>0，令h(x)=lnxx，则h′(x)=1-lnxx2，

令h′(x)>0，得0

令h′(x)<0，得x>e，h(x)在(e,+∞)单调递减，又limx→+∞h(x)=0,

图1limx→0h(x)=-∞，

在同一直角坐标系中做出

y=h(x)与y=a的图象，如图1，当a≤0或a=1e时，f(x)只有一个零点，当0

点评分离参数法将函数的零点问题转化为函数的值域问题．

二、判断方程根的个数

例2（2013年高考山东卷理21（2））设函数f(x)=xe2x+c(e=2.71828…是自然对数的底数，c∈R）．讨论关于x的方程|lnx|=f(x)根的个数．

解由|lnx|=f(x)=xe2x+c,分离参数得

c=lnx-xe2x,x≥1,

-lnx-xe2x,0

令g(x)=lnx-xe2x,x≥1,

-lnx-xe2x,0

则g′(x)=e-2x(e2xx+2x-1),x≥1.

e-2x(-e2xx+2x-1),0

当x≥1时，g′(x)>0，g(x)在［1,+∞)上单调递增．

当01>x>0，所以-e2xx<-1，又2x-1<1，所以-e2xx+2x-1<0，即g′(x)<0，g(x)在(0,1)上单调递减，

又g(1)=-e-2，limx→0g(x)=+∞，limx→+∞g(x)=+∞，

图2在同一坐标系中做出y=g(x)与y=c的图象，如图2，

当c<-e-2时，关于x的方程|lnx|=f(x)根的个数为0，

当c=-e-2时，关于x的方程|lnx|=f(x)根的个数为1，

当c>-e-2时，关于x的方程|lnx|=f(x)根的个数为2．

三、判断两曲线公共点个数

例3（2013年高考陕西卷理21（2））设x>0，讨论曲线y=ex与曲线y=mx2(m>0)公共点个数．

解当x>0时，曲线y=ex与y=mx2的公共点个数等价于方程ex=mx2，即m=exx2在(0,+∞)上的根的个数．令f(x)=exx2，则f ′(x)=(x-2)exx3，∴f(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，

图3在同一坐标系中做出y=f(x)与y=m的图象，如图3，当0e24时，曲线y=exx2与y=m有两个公共点．

综上，当00)无公共点；当m=e24时，曲线y=ex与y=mx2(m>0)有一个公共点；当m>e24时，曲线y=ex与y=mx2(m>0)有两个公共点．

四、求函数单调性问题中的参数范围

例4（2013年高考大纲版全国卷理9）若函数f(x)=x2+ax+1x在(12,+∞)上是增函数，则a的取值范围是（）.

A．［-1,0］B．［-1,+∞）

C．［0,3］ D．［3,+∞）

解由已知f ′(x)=2x+a-1x2≥0对x>12恒成立，∴a≥1x2-2x对x>12恒成立，令g(x)=1x2-2x，则g(x)在(12,+∞）上是减函数，∴g(x)

五、求函数极值问题中的参数范围

例5（2013年高考湖北卷文（10））已知函数f(x)=x(lnx-ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是（）．

A．(-∞,0)B．(0,12)

C．(0,1)D． (0,+∞)

解f ′(x)=lnx-ax+x(1x-a)=lnx-2ax+1，由已知f ′(x)=lnx-2ax+1=0在(0,+∞)上有两个不同的解，分离参数得a=1+lnx2x，x>0，令g(x)=1+lnx2x，则g′(x)=-lnx2x2，令g′(x)>0，得01，g(x)在(1,+∞)上单调递减，

limx→+∞g(x)=limx→+∞1+lnx2x=0，

limx→0g(x)=limx→01+lnx2x=-∞，

图4在同一直角坐标系中作出y=g(x)与y=a的图象，如图4，g(1)=12 ，当0

六、求不等式恒成立问题中的参数范围

例6（2013年高考新课标全国卷Ⅰ理（11））已知函数f(x)=-x2+2x,x≤0,

ln(x+1),x>0.若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是（）.

A．(-∞,0］B．(-∞,1］

C．［-2,1］ D．［-2,0］

解①当x>0时，由|f(x)|≥ax得a≤f(x)x=ln(x+1)x，令g(x)=ln(x+1)x，则g′(x)=xx+1-ln(x+1)x2，令φ(x)=xx+1-ln(1+x)，则φ′(x)=1(x+1)2-11+x=-x(1+x)2<0，

∴φ(x)在(0,+∞)上是减函数，∴φ(x)<φ(0)=0，从而g′(x)<0，

∴g(x)在(0,+∞)上是减函数，又limx→+∞ln(x+1)x=0，故a≤0．

②当x=0时，|f(x)|≥ax显然成立

③当x<0时，由|f(x)|≥ax，得a≥|f(x)|x=|-x2+2x|x=x2-2xx=x-2，

∵x-2<-2，∴a≥-2，

综上知-2≤a≤0，故选D．

例7（2013年高考新课标卷Ⅰ理（21））已知函数f(x)=x2+ax+b，g(x)=ex(cx+d)，若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)均过点P(0,2)，且在

点P处有相同切线y=4x+2．（1）求a,b,c,d；

（2）若x≥-2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．

解(1)a=4,b=2,c=2,d=2;(2)由（1）知f(x)=x2+4x+2，g(x)=2ex(x+1)，

∴2k(x+1)ex≥x2+4x+2．

①若x>-1，则k≥x2+4x+22(x+1)ex，令h(x)=x2+4x+22(x+1)ex，则h′(x)=-x(x+2)22(x+1)2ex,

令h′(x)>0，得-1

令h′(x)<0，得x>0，h(x)在(0,+∞)上单调递减，

∴h(x)max=h(0)=1，故k≥1．

②若-2

令h′(x)>0，得-2

∴h(x)min=h(-2)=e2，故k≤e2．

③若x=-1，f(x)≤kg(x)成立．

综上，k的取值范围为［1,e2］．

例8（2013年高考大纲版全国卷文21（2））已知函数f(x)=x3+3ax2+3x+1，若x∈［2,+∞)时，f(x)≥0，求a的取值范围．

解当x∈［2,+∞)时，f(x)=x3+3ax2+3x+1≥0等价于a≥-x3-1x-13x2对x≥2恒成立，令g(x)=-x3-1x-13x2，则g′(x)=-13+1x2+23x3 ≤-13+14+224=0,

∴g(x)在［2,+∞)上单调递减，

∴g(x)max=-54，故a≥-54．

(收稿日期：2013-12-04)

分离参数求参数范围的高考压轴题篇3

解:分离参数求解:有唯一解, 下面只需画出的草图即可.

错解:, x∈ (0, 1) 时g′ (x) <0, 则g (x) 在 (0, 1) 单调递减, x∈ (1, +∞) 时g′ (x) >0, 则g (x) 在 (1, +∞) 单调递增, ∴g (x) min=g (1) =1, ∴2a=1∴a=.

仔细分析, 发现, 但是g (1) =1, 那么g (x) 在 (0, 1) 内怎么可能单调递减呢?

正解: (x>0) 的分母h (x) =x+lnx (x>0) 在 (0, 1) 内有零点 (这可以通过零点定理验证, 也可以通过作出两个函数y=lnx及y=-x的图像发现) .设这个零点为x0, x∈ (0, x0) 时g′ (x) <0, 则g (x) 在 (0, x0) 单调递减;x∈ (x0, 1) 时g′ (x) <0, 则g (x) 在 (x0, 1) 单调递减.又, 即x=x0为函数的渐近线, x∈ (1, +∞) 时g′ (x) >0, g (x) 在 (1, +∞) 单调递增, 因此, 可以作出 (x>0) 的草图, 又g (1) =1, ∴2a=1, a=.

例2. (2011新课标全国卷最后一题) 已知函数, 曲线y=f (x) 在点 (1, f (1) ) 处的切线方程为x+2y-3=0. (1) 求a, b的值; (2) 证明:当x>0, 且x≠1时, , 求k的取值范围.

分析:对于第 (1) 问, 易得a=b=1, 而对于第 (2) 问, 分离参数后所得函数需要多次求导, 最终使用罗必塔法则解决.

解: (2) ∵x>0∴分离参数得对恒成立,

附:罗必塔法则:当x→a (或x→∞) 时, 如果两个函数f (x) 与F (x) 都趋于零或趋于无穷大, 那么, 它们的比的极限可能存在, 也可能不存在.通常把这种极限叫做未定式, 并分别简记为.如果极限为型或型未定式的极限, 并且存在或为∞, 则.

例3.已知函数, 求实数a的取值范围.

解:分离参数求解:x=0时, 显然成立.

下面求g (x) 的上界, (x>0) ,

∴sinx>0即x∈ (2kπ, 2kπ+π) (k∈N) 时, h′ (x) <0, h (x) 单调递减;

sinx<0即x∈ (2kπ+π, 2kπ+2π) (k∈N) 时, h′ (x) >0, h (x) 单调递增,

又h (2kπ) =6kπ>0, h (2kπ+π) =-2kπ-π<0, ∴h (x) 在每个区间 (2kπ, 2kπ+π) (k∈N) 内必有零点, 这些零点从小到大记为x1, x2, x3, …, 且它们都是极大值点, 所以g (x) 的上界要么在x=0处取, 要么在极大值点xi (i=1, 2, 3, …) 处取.

易求 (2kπ

利用分离参数法求解参数取值范围篇4

分离参数法即根据表达式的特点把含有参数的部分分离出来, 视参数部分为变元的函数, 然后把问题转化为求函数的值域问题或利用恒成立问题的求解方法求解.

例1 已知方程 cos2x+sinx-a=0在 $| x | \leq \frac{π}{4}$ 时有解, 求 a 的取值范围.

$\begin{array}{l} 解析 ∶ 分离出 a = \cos^{2} x + \sin x \\ = - \sin^{2} x + \sin x + 1 \\ = - (\sin x - \frac{1}{2})^{2} + \frac{5}{4} . \end{array}$

又由 $| x | \leq \frac{π}{4}$ , 知

$- \frac{\sqrt{2}}{2} \leq \sin x \leq \frac{\sqrt{2}}{2} .$

所以当 $\sin x = \frac{1}{2}$ 时, a 取最大值 $\frac{5}{4}$ ;

当 $\sin x = - \frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, a 取最小值 $\frac{1 - \sqrt{2}}{2} .$

所以 a 的取值范围是 $[\frac{1 - \sqrt{2}}{2} ‚ \frac{5}{4}] .$

点评:方程 cos2x+sinx-a=0有解, 等价于求函数 a=cos2x+sinx 的值域.

例2 若不等式 x2+2x+a≥-y2-2y 对任意实数 x, y 都成立, 则实数 a 的取值范围是 ( )

(A) a≥0 (B) a≥1

解析:a≥-x2-2x-y2-2y

=- (x+1) 2- (y+1) 2+2,

而- (x+1) 2- (y+1) 2+2的最大值是2, 所以 a≥2, 故选 (C) .

例3 已知不等式 $2 \sqrt[4]{x y} \leq a \sqrt[4]{x^{2} + y^{2}}$ 对任意正实数 x, y 恒成立, 则实数 a 的最小值为 ( )

$(A) 2^{\frac{1}{4}} (B) 2^{\frac{1}{2}} (C) 2^{\frac{3}{4}} (D) 2$

解析:原不等式恒成立等价于 $a \geq \frac{2 \sqrt[4]{x y}}{\sqrt[4]{x^{2} + y^{2}}}$ 恒成立.

而 $\frac{2 \sqrt[4]{x y}}{\sqrt[4]{x^{2} + y^{2}}} \leq \frac{2 \sqrt[4]{x y}}{\sqrt[4]{2 x y}} = 2^{\frac{3}{4}}$ ,

所以 $a \geq 2^{\frac{3}{4}}$ .故选 (C) .

例4 若函数 y=lg (1+2x+a·4x) , 当 x∈ (-∞, 2]时有意义, 求实数 a 的取值范围.

解析:由题意得当 x∈ (-∞, 2]时,

有 1+2x+a·4x>0,

即 x∈ (-∞, 2]时, $a ＞ - \frac{1 + 2^{x}}{4^{x}} = - \frac{1}{4^{x}} - \frac{1}{2^{x}}$ 恒成立.

又因为 $y = - \frac{1}{4^{x}} ‚ y = - \frac{1}{2^{x}}$ 在 (-∞, 2]上是增函数, 故 $y = - \frac{1}{4^{x}} - \frac{1}{2^{x}}$ 在 (-∞, 2]上是增函数, 其最大值是

$- \frac{1}{4^{2}} - \frac{1}{2^{2}} = - \frac{5}{16}$ ,

所以 $a ＞ - \frac{5}{16} .$

例5 已知函数 f (x) 的图象与函数 $h (x) = x + \frac{1}{x} + 2$ 的图象关于点A (0, 1) 对称.

(1) 求 f (x) 的表达式;

(2) 若 $g (x) = f (x) + \frac{a}{x}$ 且 g (x) 在区间 (0, 2]上为减函数, 求实数 a 的取值范围.

解析: (1) 设 (x, y) 是函数 f (x) 的图象上的任一点, 则点 (x, y) 关于A (0, 1) 的对称点为 (-x, 2-y) .

由于 (-x, 2-y) 在 h (x) 的图象上,

所以 $2 - y = - x + \frac{1}{- x} + 2$ ,

即 $f (x) = x + \frac{1}{x} .$

(2) 因为 $g (x) = x + \frac{a + 1}{x}$ ,

所以 $g^{'} (x) = 1 - \frac{a + 1}{x^{2}} .$

因为 g (x) 在区间 (0, 2]上为减函数, 所以 $1 - \frac{a + 1}{x^{2}} \leq 0$ 在 (0, 2]上恒成立, 即 a≥x2-1在 (0, 2]上恒成立.

因为当 x∈ (0, 2]时, x2-1的最大值为3, 所以 a≥3.

江苏省南京市溧水县第二高级中学

分离参数巧求含参函数问题篇5

在导数及其应用这一部分内容中, 利用导数这一工具求解函数单调性、极值与最值问题, 一直是教学过程中的重点和难点, 也是历年高考考试热点.

出现含有参数的函数更是学生最为苦恼的问题, 很多时候, 按照常规的解法, 总是忽略了对参数变量的取值范围的讨论, 导致经常出现讨论不完全、结论不完整的解题过程.更有甚者, 一看到含参数的题目, 直接跳过去, 放弃此题, 有破罐子破摔的想法.

对参数的讨论是一道坎, 是否能够讨论清楚可以反映一名学生在数学学习过程知识的扎实程度.但不是所有的学生都能很好地掌握这一方法.能不能在含参数的某些典型题型中, 利用一些方法, 绕过对参数的讨论呢?

我们通过以下几个例题来讨论含参函数的这一类问题.

例1 已知函数f (x) =x3+2x2+x.若对于任意x∈ (0, +∞) , f (x) ≥ax2恒成立, 求实数a的取值范围.

解法一任意x∈ (0, +∞) , f (x) ≥ax2恒成立, 即x∈ (0, +∞) , f (x) -ax2≥0恒成立.

∴只需满足对于任意x∈ (0, +∞) , (f (x) -ax2) min≥0 即可.

而f (x) -ax2=x3+2x2+x-ax2=x[x2+ (2-a) x+1],

令g (x) =x2+ (2-a) x+1,

则函数g (x) 的对称轴 $x = \frac{a - 2}{2}$ .又g (x) 过点 (0, 1) ,

①当 $x = \frac{a - 2}{2} < 0$ , 即a<2时, (f (x) -ax2) min≥0满足条件;

②当

${\begin{cases} x = \frac{a - 2}{2} \geq 0 ‚ \\ Δ \leq 0 \end{cases}$

时, (f (x) -ax2) min≥0也成立, 所以2≤a≤4.

综合以上, 可以知道, 当a∈ (-∞, 4]时, 对于任意x∈ (0, +∞) , f (x) ≥ax2恒成立.

解法二依题意, 得f (x) -ax2=x3+2x2+x-ax2=x[x2+ (2-a) x+1].

由已知x[x2+ (2-a) x+1]≥0对于任意x∈ (0, +∞) 恒成立, ∴x2+ (2-a) x+1≥0对于任意x∈ (0, +∞) 恒成立,

即 $a - 2 \leq \frac{1}{x} + x$ 对于任意x∈ (0, +∞) 恒成立.

$∵ x > 0 ‚ ∴ \frac{1}{x} + x \geq 2$ (当且仅当x=1时取“=”号) ,

$∴ \frac{1}{x} + x$ 的最小值为2.

由a-2≤2, 得a≤4, 所以对于任意x∈ (0, +∞) , f (x) ≥ax2恒成立时, 实数a的取值范围是 (-∞, 4].

点评解法一把恒成立问题转化为解二次函数最值问题, 思路很明确, 只是本题在求解最值问题时, 必须在对二次函数图像有很强的理解能力的基础上, 才能正确的对参数a进行分析、讨论.而解法二另辟新径, 提取参数a, 用自变量x来表示a, 不仅明确了要求解的目标, 更是绕过了对参数a的讨论, 条理清楚, 更加容易上手.

例2 已知函数f (x) =ax2+2ln (x+1) , 其中a为实数.若f (x) 在[2, 3]上是增函数, 求a的取值范围.

解法一依题意, 得f′ (x) >0对x∈[2, 3]恒成立,

$\begin{array}{l} ∴ 2 a x + \frac{2}{x + 1} > 0 ‚ 即 \frac{a x^{2} + a x + 1}{x + 1} > 0 . \\ ∵ 1 + x > 0 ‚ ∴ a x^{2} + a x + 1 > 0 对 x \in [2, 3] 恒成立 . \end{array}$

令g (x) =ax2+ax+1,

(1) 当a=0时, 1>0恒成立;

(2) 当a<0时, 抛物线g (x) 开口向下, 可得g (x) min=g (3) >0, 即 $9 a + 3 a + 1 \geq 0 ‚ ∴ 0 > a > - \frac{1}{12}$ ;

(3) 当a>0时, 抛物线g (x) 开口向上, 可得g (x) min=g (2) >0, 即 $4 a + 2 a + 1 > 0 ‚ ∴ a > - \frac{1}{6}$ , 即a>0.

又 $∵ a = - \frac{1}{12}$ 时符合题意, ∴综上可得 $a \geq - \frac{1}{12}$ 为所求.

$\begin{array}{l} 解法二依题意 ‚ 得 f^{'} (x) = 2 a x + \frac{2}{x + 1} . \\ f (x) > 0 \end{array}$

对x∈[2, 3]恒成立,

$\begin{array}{l} ∴ 2 a x + \frac{2}{x + 1} > 0 ‚ \\ ∴ 2 a x > - \frac{2}{1 + x} ‚ a > \frac{1}{- x^{2} - x} = \frac{1}{- (x + \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{4}} . \\ ∵ x \in [2, 3], \end{array}$

$\begin{array}{l} ∴ - (x + \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{4} 的最小值为 - (3 + \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{4} = - 12 ‚ \\ ∴ \frac{1}{- (x + \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{4}} 的最大值为 - \frac{1}{12} . \end{array}$

又 $∵ a = - \frac{1}{12}$ 时符合题意, $∴ a \geq - \frac{1}{12}$ 为所求.

点评这是一道很典型的求参数取值范围的题目, 两种解法各有优劣, 解法二依然是利用提取参数a, 分离两个变量, 用自变量x来表示a, 这样的话, 要求解参数a的取值范围, 就转化为我们较熟悉的二次函数的最值问题, 使问题明朗化.

通过上面两个例子的分析, 我们可以发现, 在已知含参数不等式恒成立的前提下, 求解参数取值范围这一类问题, 除了直接利用最值求解这一方法外, 我们还可以利用分离参数这一方法, 根据题意, 把含参数不等式转化为以自变量x来表示参数的不等式, 这样, 我们就能够避免对参数取值范围的讨论, 而直接切中题目的关键, 把题目转化为求解含有关于变量x的式子的最值问题, 而这就可以利用我们熟悉的导数工具来解决了.

分离参数的思想篇6

原油从地层中到达井口并沿出油管或采油管流动时,随压力和温度条件的变化,常常会形成油气水三相共存状态。在油田储存和管道运输的过程中,必须将已经形成的油气水混合物三相分离。油气水三相分离器是目前油田开发生产过程中最常用的设备之一,对采出液的快速分离工作都需要通过三相分离器来实现[1]。三相分离器对油、气、水的分离程度是采出液后续处理工艺中分离得到的三相能否达到存储或排放标准的关键。油气水三相分离器在此分离过程中,不仅需保证分离的足够充分、高效,并且要满足经济可靠和绿色环保等多项要求,故该过程的关键设备的性能优越性十分重要。

2三相分离器罐体设计计算

三相分离器罐体的设计需确定的主要参数包括分离器的直径、长度、和壁厚。当油田采出液油、气、水含量以及处理量一定时,即可估算三相分离器的容积。在某一既定容积下,罐体直径和长度的分配取决于混合物的停留时间以及需沉降的液滴微粒大小。

根据液滴在气相中的沉降规律,假定气体停留时间等于液滴沉降至液面的时间,分离器罐体的尺寸应保证具有足够的气体容量[1],即有:

其中为d(mm)分离器罐体内径、Lef(m)为罐体有效长度、T(K)为工作温度、P(k Pa)为工作压力、Z为气体压缩因子、Qg(m3/h)为气体流量、籽g(kg/m3)为气体密度、籽1(kg/m3)为液体密度、Cd为拖曳系数、dm(滋m)为液滴尺寸。

此外,罐体尺寸除满足气体容量需要外,还应保证液相具有足够的停留时间,以使水滴能够充分沉降[5],即有:

其中Qm、Qo(m3/h)分别为水和油的流量,tw、to(min)分别为水和油的停留时间。

在气液充分分离的基础之上,液相中的水滴也应充分沉降。根据液相中水滴的沉降速度及停留时间,计算三相分离器内存油部分最大厚度为:

其中△w为水的相对密度;△o为油的相对密度;dm(μm)为沉降水滴微粒直径,一般取500μm;μo(mpa·s)为原油粘度。

根据半满状态下油高度与总高度比系数β,计算罐体最大直径为:

经初步计算,即可选定三相分离器罐体直径d和长度LS,但需要保证长细比要求为:

3罐体参数化建模

三维建模软件UG具有参数化建模功能,设定三相分离器罐体内径为变量d,两端封头焊缝间长度为变量l,壁厚为变量s,建立参数化罐体轴截面模型[2]如图1所示。

在此参数化截面模型中,可通过修改d、l、s三个主要参数来建立不同尺寸的三相分离器罐体三维模型。当三相分离器处于工作状态下时,其内部同时存在有气、水、油三相,此三相将罐体分隔为三段,对罐壁的压力各不相同。故建立2个参考平面以分隔罐体,如此则可在后续分析中对罐体不同区段定义不同的工作压力。类似于罐体的参数化模型,油水分界面、水气分界面两参考平面距离罐体底部的距离同样定义为变量h1、h2。如此,则可表示不同含水率和气油比的原油在分离器内进行处理时的工作状态。

4罐体强度分析

三相分离器是一种压力容器,需保证在操作压力下强度满足要求。故将参数化模型导入有限元分析软件,对罐壁强度进行分析。也可调整参数化罐体模型的壁厚参数,针对不同壁厚的罐体进行分析,获得既满足强度要求又节省材料的设计结果[6]。

将UG软件建立的参数化模型导入有限元分析软件ANSYS[3],生成几何模型如图2所示。

定义材料为钢材,弹性模量EX=2.1E5MPa、泊松比为PRXY=0.3,用solid185单元划分实体模型网格如图3所示。

三相分离器罐体强度分析模型为轴对称模型,其目的是为了减少单元数量,从而减少计算量。

三相分离器罐体所受载荷为内部气、水、油的压力。气体压力即为三相分离器操作压力,水和油对罐壁的压力为在气体压力的基础之上,增加液体某一深度出的静液压力[8]。分别取水层和油层的平均深度处压力为静液压力,则气、水、油三段罐壁所受压力分别[6]为:

图4所示为对罐体不同区段施加不同压力载荷的情况。

经计算尺寸为φ1.8× 9、壁厚为20mm的三相分离器罐体等效应力和位移云图如图5所示。最大等效应力约为62MPa,位于罐体底部存油处。最大位移约为0.5mm,位于罐体最大直径处。最大等效应力远小于刚才的许用强度,最大位移较小,罐体在工作状态下足够安全。

修改设计参数变量,图6所示为直径和长度不变,壁厚为10mm时的等效应力及位移云图。最大应力约为127MPa,最大位移约为1.1mm,满足强度要求。图7所示为尺寸φ2.15× 6.5、壁厚为10mm时的等效应力及位移云图,最大等效应力约为139MPa,最大位移约为1.5mm,也可满足强度要求。

在满足设计罐体强度的要求下,对比上述三种尺寸罐体,尺寸为φ1.8 × 9、壁厚为20mm罐体耗材明显最大。在实际工程设计中,可以直接修改壁厚参数,利用已有模型,找出最优化设计方案,不必重复建模,极大的减少设计的工作量。

5结论

利用三维建模软件UG进行了三相分离器罐体的参数化设计,可以方便快捷地修改设计参数,完成三相分离器的基本设计。利用参数化模型进行罐体强度分析,减轻了设计工作量,同时也可优化罐体设计参数。主要结论包括:

a.给出了三相分离器罐体结构设计过程,提取出了主要建模参数;

b.建立了三相分离器罐体参数化模型,并针对具体算例进行了建模;

c.将参数化模型导入有限元分析软件,进行了罐体强度分析。修改设计参数重新进行罐体强度分析,在满足强度要求的基础上尽量减少材料用量,优化了罐体设计。

摘要：利用计算机仿真技术进行三相分离器罐体三维模型参数化设计,避免了重复建模,提高了设计效率。三相分离器罐体的设计是根据油气水混合物沉降效率、停留时间及液滴大小来确定罐体主要参数,并将参数化模型导入有限元分析软件ANSYS,对罐壁强度进行了分析,再对三相分离器罐体设计参数进行了调整,从而提高了三相分离器罐体设计的效率和质量,或者是直接调整壁厚参数进行罐壁强度有元分析,通过对比不同壁厚时罐体的强度,实现满足强度要求情况下节省材料、降低成本。

关键词：三相分离器,UG,参数化设计

参考文献

[1]李巍,伊锋,孙章权,沈志恒,兰蓝.油水分离器及其内部构件的工艺设计计算方法的研究[J].应用能源技术,2012(10).

[2]朱晓婵.基于UG的航天发动机零件夹具CAD系统研制[D].武汉:武汉理工大学机械工程学院,2005.

[3]郭晓兰.基于UG的汽车离合器参数化设计系统开发与研究[D].大连:大连理工大学,2006.

[4]金浩炫.基于UG的注塑机模板参数化设计系统开发与研究[D].杭州:浙江大学机械设计及其自动化专业,2005.

[5]S.J Rehm,R.J Shanghnessy,Enhanced Oil-Water Separation the Performax Coalescer[J].Proceeding,Production Operation Symposium,Oklahoma,1983.

[6]Gregory G Aymong.Oil-Water Separator[P].US4.722,800,1988.

[7]Miranda J G.Designing parallel-plates[J].chem.Eng,1997,84(3):105-107.

分离参数的思想篇7

例题1 (2010年全国卷Ⅱ第22题) 设函数f (x) =l-e-x。 (Ⅱ) 当x≥0时求a的取值范围。

分析:当x≥0时恒成立, 由于a∈R, 需要对a进行分类讨论, 方可变量分离。若a<0, 则于是而f (x) =1-e-x为增函数, 所以当x∈ (-∞, +∞) 时所以这与当x≥0时恒成立矛盾, 故a<0不合题意。

于是a≥0时x≥0, ax+1>0, 又因为函数f (x) =1-e-x (x>0) 的值域为 (0, +∞) , 变量分离易得: 然而函数的值域为 (1/2, 1) , 运用高中知识不易求出, 故而特别地, 当x=0, a∈R时, 恒成立;a=0时, 恒成立。综上所述

例题2 (2010年新课标全国卷第21题) 设函数f (x) =ex-1-x-ax2。 (Ⅱ) 若当x≥0时, f (x) ≥0, 求a的取值范围。

分析:变量分离易得 , 但是函数的值域为由高中现有知识难以求解, 从而得出理由不充分。

以上例题充分说明, 变量分离法仅是求解这类问题的重要方法之一, 有时还会使思路走入死胡同, 欲解决此类问题还需另辟蹊径。

研究函数f (x) =ex-1-x-ax2 (x≥0) , 注意到f (0) =0, 所以当x≥0时, 欲使f (x) ≥0, 只要能说明函数f (x) =ex-1-x-ax2在[0, +∞]上单调递增即可。于是f' (x) =ex-1-2ax, 只要f' (x) =ex-1-2ax≥0对x≥0恒成立即可。又因为f' (0) =0, 则只要f' (x) 在[0, +∞]上单调递增即可。亦即f'' (x) =ex-2a≥0 (x≥0) 恒成立。而函数f'' (x) =ex-2a≥0 (x≥0) 在[0, +∞]上单调递增, 故只需f'' (x) min=f'' (0) =1-2a≥0即可, 故此时, 函数f (x) =ex-1-x-ax2≥0 (x≥0) 恒成立。12,

从解题过程可知, 仅是符合题意的充分条件, 是否充分必要呢?

当时, 由f'' (x) =ex-2a≥0, 解得x=ln (2a) >0, 于是函数f' (x) 有极小值点, 且f' (x) =ex-1-ax2在[0, ln (2a) ]单调递减, [ln (2a) , +∞]单调递增。所以x∈[0, ln (2a) ]时, f' (x) 0时, f (x) ≥0成立的必要条件。

综上所述, a的取值范围是[-∞, 1/2]。

有上述例题可见, 此法是运用比较法思想, 作差与零比较, 构造函数h (x) , 判断h (x) 的单调性, 特别是注意h (0) =0是否成立。由导函数h' (x) 探究h (x) ≤0或h (x) ≥0恒成立的充分条件, (有时还需要“用二次”的思路求h'' (x) 用以判断h' (x) 的符号) , 求出参数的取值范围, 然后再检验该取值范围是否必要?进而求出h (x) ≤0或h (x) ≥0恒成立的充分必要条件——参数的取值范围。

下面运用此法求解2012年相关高考题。

例题3 (2012年高考湖南卷22题) 已知函数f (x) =eax-x, 其中a≠0。

(Ⅰ) 若对一切x∈R, f (x) ≥1恒成立, 求a的取值集合;

(Ⅱ) 在函数f (x) 的图象上取定两点A (x1, f (x1) ) , B (x2, f (x2) ) , 其中x1k成立?若存在, 求x0的取值范围;若不存在, 请说明理由。

解: (Ⅰ) 令h (x) =eax-x-1 (a≠0) , 依题意对任意x∈R, h (x) ≥0恒成立, 只要h (x) min>0即可。研究其单调性, h' (x) =eax·a-1。当a<0时, h' (x) <0恒成立, h (x) =eax-x-1在 (-∞, +∞) 上递减, 与对任意x∈R, h (x) ≥0恒成立矛盾, 故而a>0。

于是满足h (x) min≥0恒成立, 所以1+lna-a≥0恒成立, 令g (a) =1+lna-a, a>0, 则所以函数g (a) 在[0, 1]递增, 在[1, +∞]递减, 所以g (x) max=g (1) =0, 综上1+lna-a≥0, 且1+lna-a≤0, 当且仅当a=1。对任意x∈R, h (x) ≥0恒成立, a取值集合{1}。

(Ⅱ) 依题意假设存在x0∈ (x1, x2) , 使f (x0) >k成立,

令即存在x0∈ (x1, x2) , 使φ (x0) >0成立, 因为φ' (x) =a2·eax>0, 所以φ (x) 是单调递增函数, 于是对于给定的x1, x2, 只要存在ξ∈ (x1, x2) 使得φ (ξ) =0, 必有x0∈ (ξ, x2) , 使得φ (x0) >0成立, 其中ξ唯一存在。由于构造函数φ (x) =x+1-e x, x∈R, 则φ' (x) =1-e x, φ' (x) 在 (-∞, 0) 单调递增, 在 (0, +∞) 单调递减, 所以φ (x) 的值域为 (-∞, 0) 。由于x10, t2<0, 令x3=at1, x4=at2, 其中a≠0, 则x3, x4异号;于是φ (x3) ·φ (x4) >0恒成立, 所以有又因为φ (x) 在R上连续、单调递增, 所以必存在唯一ξ∈ (x1, x2) , 使得φ (ξ) =0, 即所以综上所述, 存在x0∈ (ξ, x2) , 使得φ (x0) >0, 即f' (x0) >k恒成立。

例题4 (2012年高考安徽卷21题) 数列{xn}满足x1=0, xn+1=-xn+xn+c, n∈N, 2

(Ⅰ) 证明:{xn}是递减数列的充分必要条件是c<0;

(Ⅱ) 求c的取值范围, 使{xn}是递增数列。

分析:此题 (Ⅱ) 并非不等式恒成立求参数取值范围问题, 但是{xn}是递增数列时, 即xn

解: (Ⅰ) 略。

(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 可知{xn}是递增数列的充分必要条件是0x2=c, 所以-c2+c>0, 即0

分离参数的思想篇8

关键词：小型,旋流式,脱粒清选机,原理与参数

1 性能结构特点

5TL-900型稻麦脱粒清选机是集脱粒、清选于一体的小型机械, 具有结构紧凑合理、原理科学、性能可靠、操作简单、效率高、所需动力小、质量小、移动方便和性价比高等特点, 可用于水稻和小麦的脱粒与清选, 脱粒清选一次完成, 省时省力。

2 产品规格及技术指标

(1) 产品规格。外形尺寸1 040、600、1 200 mm, 滚筒直径225 mm、滚筒长900 mm, 滚筒转速800 r/min, 整机质量80 kg (不含动力) 。

(2) 技术指标。脱净率>95%, 清选率>96%, 破碎率<3%, 生产率:小麦250 kg/h、水稻300 kg/h, 配套动力:1.5kW单相电动机或相当功率汽、柴油机。

3 工作原理

(1) 动力传递。由电机 (或汽、柴油机) 提供动力, 电机轴上配装两槽胶带轮, 一组胶带传递动力至滚筒胶带轮完成脱粒;另一组胶带传递至轴流抽风机胶带轮, 完成抽风排杂草。滚筒另一端胶带轮动力再传递至物料籽粒输送器, 完成物料籽粒输送分选。

(2) 脱粒、输送及清选工作原理。待脱粒的水稻、小麦经入口喂入进料口进行脱粒, 脱粒后秸秆经另一端排出, 脱下的籽粒和大量杂草经凹板筛实现第1次分选。经过一级分选的籽粒和部分杂草经由集料箱流入输送器, 然后由输送器送入旋流分选器进行二次分选。旋流分选器采用科学的比重法旋流分选原理, 将杂草和籽粒彻底清选, 杂草经负流风管再经轴流风机杂草排料口吹出;清选后的籽粒从旋流分选器出料口排出并收集, 至此整个脱粒清选一次完成。

4 设计要求及参数

5TL-900型稻麦脱粒机清选机主要部件设计参数如下。

(1) 脱粒滚筒设计参数。滚筒供2人同时操作, 考虑到紧凑和生产率的要求, 该脱粒滚筒优化设计参数:长900 mm, 直径225 mm。为保证脱粒滚筒切线速度大于基本脱粒速度, 要求滚筒转速>800 r/min, 电机转速为2 880r/min, 电机胶带轮直径为70 mm, 滚筒胶带轮直径为240mm, 滚筒脱粒弓齿按双螺旋排列, 弓齿直径3～5 mm, 高度50 mm, 滚筒平均脱粒量>300 kg/h。

(2) 集料箱设计参数。集料箱倾斜度大于物料自然堆放角度。

(3) 输送器的设计参数。为保证输送器不发生堵塞, 输送器输送能力必须大于300 kg/h。

(4) 旋流分选器的设计参数要求。 (1) 进料口沿切线方向。 (2) 排杂草风机单位风速风力小于籽粒重力。 (3) 保证进入旋流分选器的物料形成旋流。 (4) 导向分选器直径、锥度适宜。

上述4部件属5TL-900型稻麦脱粒清选机的主要部件, 每个部件的设计参数, 特别是生产能力必须相互协调, 生产率和进度与各部件的影响关系:旋流分离器≥物料输送器≥集料箱≥凹板筛≥脱粒滚筒。

5 推广应用前景

【分离参数的思想】推荐阅读：

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水的分离06-08