前言
多题一解是思维训练的好素材。
直曲线相切
【变式】直线\(y=x\)上的点为\(P(x，y)\)，函数\(y=lnx\)上的点是\(Q(m，n)\)，求\(\sqrt{(x-m)^2+(y-n)^2}\)的最小值。
分析：采用平行线法，
设和直线\(y=x\)平行且和函数\(y=lnx\)相切的直线为\(y=x+m\)，
切点为\(P_0(x_0，y_0)\)，则有
\(\begin{cases} y_0=x_{0}+ m \\ y_0=lnx_0 \\ f'(x_0)=\cfrac{1}{x_0}=1\end{cases}\)；
从而解得\(x_0=1，y_0=0，m=-1\)
所以所求的点点距的最小值，就转化为切点\(P_0(1,0)\)到直线\(x-y=0\)的点线距，
\(d=\cfrac{|1-0|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)。
或者两条直线\(y=x，y=x-1\)的线线距\(d=\cfrac{|1-0|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)。课件地址
能成立问题
【变式1】已知不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)在区间 \([1，5]\)上有解，求参数\(a\)的取值范围。
【变式2】已知不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)在区间 \([1，5]\)上解集不是空集，求参数\(a\)的取值范围。
【变式3】已知不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)在区间 \([1，5]\)上至少有一个解，求参数\(a\)的取值范围。
【变式4】已知命题\(p\)：对任意\(x\in [1，5]\)，不等式\(x^2 +ax-2< 0\)在区间 \([1，5]\)无实数解，是假命题，求参数\(a\)的取值范围。
【法1】：分离参数，得到\(a≥\cfrac{2}{x}－x\)在区间\([1,5]\)上能成立，
转化为求新函数\(\cfrac{2}{x}－x\)在\([1,5]\)上的最小值。
令\(g(x)=\cfrac{2}{x}－x，g(x)=\cfrac{2}{x}－x\)在区间 \([1,5]\)上单调递减，
所以\(g(x)_{min}=g(5)=-\cfrac{23}{5}\)，所以\(a≥-\cfrac{23}{5}\)，
即\(a\)的取值范围是\([-\cfrac{23}{5}，+\infty)\)
【法2】：转化为求\(x\in [1，5]\)上的\(f(x)_{max}\ge 0\)，
对称轴是\(x=-a\)，针对\(x=-a\)和给定区间的位置关系分类讨论即可，较繁琐，
①当\(-a\leq 1\)时，即\(a\ge -1\)时，\(f(x)\)在区间\([1，5]\)单调递增，
故\(f(x)_{max}=f(5)=5a+23\ge 0\)，即\(a\ge -\cfrac{23}{5}\)，
又由于\(a\ge -1\)，求交集得到\(a\ge -1\)；
②当\(1<-a<5\)时，即\(-5<a<-1\)时，\(f(x)\)在区间\([1，5]\)有减有增无单调性，
\(f(x)_{max}=max{f(1)，f(5)}\)，
\(f(1)=a-1\)，\(f(5)=5a+23\)，
\(f(5)-f(1)=4a+24\in [4，20]\)，即\(f(5)>f(1)\)，
故\(f(x)_{max}=f(5)=5a+23\ge 0\)，即\(a\ge -\cfrac{23}{5}\)，
求交集得到，\(-\cfrac{23}{5}\leq a<-1\)；
③当\(-a\ge 5\)时，即\(a\leq -5\)时，\(f(x)\)在区间\([1，5]\)单调递减，
故\(f(x)_{max}=f(1)=a-1\ge 0\)，即\(a\ge 1\)，
求交集得到\(a\in \varnothing\)；
综上所述，得到\(a\in [-\cfrac{23}{5}，+\infty)\)。
即\(a\)的取值范围是\([-\cfrac{23}{5}，+\infty)\)
【法3】：转化为不等式\(f(x)=x^2 +ax-2≥0\)在区间 \([1,5]\)上有解，
解法基本同于法2，
①当\(-a\leq 1\)时，必须\(f(5)\ge 0\)，解得\(a\ge -1\)；
②当\(1<-a<5\)时，必须\(f(5)\ge 0\)，解得\(-\cfrac{23}{5}\leq a<-1\)；
③当\(-a\ge 5\)时，必须\(f(1)\ge 0\)，解得\(a\in \varnothing\)；
综上所述，得到\(a\in [-\cfrac{23}{5}，+\infty)\)。
幂函数
分析：由于上述不等式依托的函数是\(y=x^{\frac{1}{2}}\)，在定义域\([0，+\infty)\)上单调递增，
故有\(\left\{\begin{array}{l}{2m+1\ge 0①}\\{m^2+m-1\ge 0②}\\{2m+1>m^2+m-1③}\end{array}\right.\)
解得\(\left\{\begin{array}{l}{m\ge -\cfrac{1}{2}①}\\{m\ge\cfrac{\sqrt{5}-1}{2}或m\leq \cfrac{-\sqrt{5}-1}{2}②}\\{-1<m<2③}\end{array}\right.\)
求交集得到，\(\cfrac{\sqrt{5}-1}{2}\leq m<2\)。故\(m\in [\cfrac{\sqrt{5}-1}{2}，2)\)。
【变式1】【无奇偶性】若\((2m+1)^{\frac{1}{4}}>(m^2+m-1)^{\frac{1}{4}}\)，求实数\(m\)的取值范围。
分析：求解过程同上，故\(m\in [\cfrac{\sqrt{5}-1}{2}，2)\)。
【变式2】【无奇偶性】若\((2m+1)^{\frac{1}{2n}}>(m^2+m-1)^{\frac{1}{2n}}(n\in N^{*})\)，求实数\(m\)的取值范围。
分析：求解过程同上，故\(m\in [\cfrac{\sqrt{5}-1}{2}，2)\)。
【变式3】【抽象函数】若函数\(f(x)\)的定义域为\([0，+\infty)\)，且满足对任意的\(x_1，x_2\in [0，+\infty)\)，都有\(\cfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}>0(x_1\neq x_2)\)，且满足\(f(2m+1)>f(m^2+m-1)\)，求实数\(m\)的取值范围。
分析：求解过程同上，故\(m\in [\cfrac{\sqrt{5}-1}{2}，2)\)。
恒成立问题
【变式】\(\forall x\in [1，5]\)，都能使得函数\(f(x)=x^2 +ax-2\ge 0\)成立，求参数\(a\)的取值范围。
【常规】法1：二次函数法，由于\(\Delta=a^2+8>0\)，故不需要考虑\(\Delta<0\)的情形，
只需要考虑对称轴\(x=-\cfrac{a}{2}\)和给定区间\([1，5]\)的相对位置关系
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，
所以\(f(x)_{min}=f(1)=1+a-2\geqslant 0\),解得\(a\geqslant 1\)，又因为\(a\geqslant -2\)，所以得到\(a\geqslant 1\)。
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，
所以\(f(x)_{min}=f(5)=25+5a-2\ge 0\),解得\(a\ge -\cfrac{23}{5}\)，
又因为\(a\leq -10\)，所以得到\(a\in\varnothing\)。
当\(1<-\cfrac{a}{2}<5\)，即\(-10<a<-2\)时，\(f(x)min=f(-\cfrac{a}{2})=\cfrac{a^2}{4}-\cfrac{a^2}{2}-2≥0\)，
得到\(a\in\varnothing\)。（这种情形可以省略）
综上可得\(a\geqslant 1。\)即\(a\)的取值范围是\([1，+\infty)\)
【通法】法2：【恒成立+分离参数法】两边同时除以参数\(a\)的系数\(x\)(由于\(x\in [1，5]\)，不等号方向不变)，得到
\(a\geqslant \cfrac{2}{x}－x\)在区间 \([1，5]\)上恒成立, 转化为求新函数“\(\cfrac{2}{x}－x\)”在\([1，5]\)上的最大值。
这时我们一般是定义新函数，令\(g(x)=\cfrac{2}{x}－x\)，
则利用函数单调性的结论，可以看到\(g(x)=\cfrac{2}{x}－x\)在区间 \([1，5]\)上单调递减，
所以\(g(x)_{max}=g(1)=1\)，所以\(a\geqslant 1\)，即\(a\)的取值范围是\([1，+\infty)\)
集合关系
【变式1】给定命题\(p:m+1\leq x\leq 1-2m\)，命题\(q:-2\leq x\leq 7\)，已知\(q\)是\(p\)的充分不必要条件，求实数\(m\)的取值范围。
【变式2】给定命题\(p:m+1\leq x\leq 1-2m\)，命题\(q:-2\leq x\leq 7\)，已知\(p\)是\(q\)的必要不充分条件，求实数\(m\)的取值范围。
【变式3】给定命题\(p:m+1\leq x\leq 1-2m\)，命题\(q:-2\leq x\leq 7\)，已知\(\neg p\)是\(\neg q\)的充分不必要条件，求实数\(m\)的取值范围。
分析：自行画出草图可知，先列出条件\(\begin{cases}&m+1\leq-2\\&1-2m \ge 7\end{cases}\)，解得\(m\leq -3\)，
接下来验证\(m=-3\)是否满足题意。
当\(m=-3\)时，\(A=[-2，7]\)，\(B=[m+1，1-2m]=[-2，7]\)，此时\(A=B\)，不满足题意，舍去，
故实数\(m\)的取值范围为\(\{m\mid m<-3\}\)。
解后反思：本题目如上处理，则可以避免分类讨论；
函数性质综合
分析：先求定义域，由于\(\sqrt{x^2+1}\ge \pm \sqrt{x^2}\)，故定义域为\((-\infty，+\infty)\)，
又由于\(f(-x)=ln(\sqrt{x^2+1}-x)\)，故\(f(x)+f(-x)=ln1=0\)，故函数为奇函数。
当\(x\in [0，+\infty)\)时，\(x^2\nearrow\)，\(1+x^2\nearrow\)，\(\sqrt{1+x^2}\nearrow\)，\(x+\sqrt{1+x^2}\nearrow\)，
\(y=ln(x+\sqrt{1+x^2})\nearrow\)，则由奇函数可知在\((-\infty，+\infty)\)上，\(f(x)\nearrow\)，
故由定义域为\(R\)，奇函数，单调递增，则由\(f(x-1)+f(x)>0\)，
得到\(f(x-1)>-f(x)=f(-x)\)，即\(x-1>-x\)，解得\(x>\cfrac{1}{2}\)，即\(x\in (\cfrac{1}{2}，+\infty)\)。
【变式1】已知奇函数\(f(x)\)定义域为\(R\)，且单调递增，若\(f(x-1)+f(x)>0\)，求\(x\)的取值范围；
【变式2】已知定义在\(R\)上的函数\(f(x)\)满足\(f(-x)+f(x)=0\)，且在\(x\in [0，+\infty)\)上时，恒有\(f'(x)\geqslant 0\)成立，若\(f(x-1)+f(x)>0\)，求\(x\)的取值范围；
【变式3】已知定义在\(R\)上的函数\(f(x)\)图像关于原点对称，且在\(x_1,x_2\in [0，+\infty)\)上时，有\(\cfrac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}>0(x_1\neq x_2)\)成立，若\(f(x-1)+f(x)>0\)，求\(x\)的取值范围；