单变量分析
专题31 单变量恒成立之最值分析法(解析版)
专题31 单变量恒成立之最值分析法【方法总结】单变量恒成立之最值分析法遇到f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h (x )＝f (x )－g (x )或“右减左”的函数u (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或u (x )max ≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论． 【例题选讲】[例1] 已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围．解析 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )． ①若a ＝0，则f (x )＝e 2x 在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a ＞0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln a ．当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0． 故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． ③若a ＜0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－a 2． 当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )＞0． 故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增． (2)①若a ＝0，则f (x )＝e 2x ，所以f (x )≥0．②若a ＞0，则由(1)得，当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln a )＝－a 2ln a ， 从而当且仅当－a 2ln a ≥0，即0＜a ≤1时，f (x )≥0．③若a ＜0，则由(1)得，当x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－a 2时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a 2⎣⎡⎦⎤34－ln ⎝⎛⎭⎫－a 2， 从而当且仅当a 2⎣⎡⎦⎤34－ln ⎝⎛⎭⎫－a 2≥0，即－2e 34≤a ＜0时，f (x )≥0． 综上，a 的取值范围是[－2e 34，1]． [例2] 已知函数f (x )＝x ln x －ax ＋1(a ∈R )． (1)讨论f (x )在(1，＋∞)上的零点个数；(2)当a >1时，若存在x ∈(1，＋∞)，使得f (x )<(e －1)·(a －3)，求实数a 的取值范围． 解析 (1)由f (x )＝x ln x －ax ＋1＝0可得a ＝ln x ＋1x ，令g (x )＝ln x ＋1x ，易知g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2．∴g ′(x )>0在(1，＋∞)上恒成立，故g (x )在(1，＋∞)上单调递增． 又g (1)＝1，所以当x ∈(1，＋∞)时，g (x )>1．故当a ≤1时，f (x )在(1，＋∞)上无零点；当a >1时，f (x )在(1，＋∞)上存在一个零点． (2)当a >1时，由(1)得f (x )在(1，＋∞)上存在一个零点．由f ′(x )＝ln x ＋1－a ＝0得x ＝e a －1， 所以f (x )在(1，e a －1)上单调递减，在(e a －1，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (e a －1)＝1－e a －1． 若存在x ∈(1，＋∞)，使得f (x )<(e －1)(a －3)成立，只需1－e a －1<(e －1)(a －3)成立，即不等式e a －1＋(e －1)(a －3)－1>0成立． 令h (a )＝e a －1＋(e －1)(a －3)－1，a >1，则h ′(a )＝e a －1＋e －1， 易知h ′(a )＝e a －1＋e －1>0在(1，＋∞)上恒成立，故h (a )＝e a －1＋(e －1)(a －3)－1在(1，＋∞)上单调递增，又h (2)＝0，所以a >2， 故实数a 的取值范围为(2，＋∞)． [例3] 已知函数f (x )＝a ln x ＋x b (a ≠0)． (1)当b ＝2时，讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＋b ＝0，b >0时，对任意的x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，恒有f (x )≤e －1成立，求实数b 的取值范围．思路 (2)由已知a ＋b ＝0消去a ，转化为最值问题，即－b ln x ＋x b ≤e －1恒成立，无法分离参数b ，用单调性分析法解决．解析 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．当b ＝2时，f (x )＝a ln x ＋x 2，所以f ′(x )＝ax ＋2x ＝2x 2＋a x．①当a >0时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②当a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－a2(负值舍去)， 当0<x <－a2时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－a 2上单调递减； 当x >－a2时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增．综上所述，当b ＝2，a >0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当b ＝2，a <0时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－a 2上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增．(2)因为对任意的x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，恒有f (x )≤e －1成立，所以当x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 时，f (x )max ≤e －1． 当a ＋b ＝0，b >0时，f (x )＝－b ln x ＋x b，f ′(x )＝－b x ＋bx b －1＝b (x b －1)x．令f ′(x )<0，得0<x <1；令f ′(x )>0，得x >1．所以函数f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，1上单调递减，在(1，e]上单调递增， f (x )max 为f (1e)＝b ＋e －b 与f (e)＝－b ＋e b 中的较大者．f (e)－f (1e )＝e b －e －b －2b ．令g (m )＝e m －e －m －2m (m >0)，则当m >0时，g ′(m )＝e m ＋e －m －2>2e m ·e －m －2＝0， 所以g (m )在(0，＋∞)上单调递增，故g (m )>g (0)＝0，所以f (e)> f (1e )，从而f (x )max ＝f (e)＝－b ＋e b ，所以－b ＋e b ≤e －1，即e b －b －e ＋1≤0．设φ(t )＝e t －t －e ＋1(t >0)，则φ′(t )＝e t －1>0，所以φ(t )在(0，＋∞)上单调递增． 又φ(1)＝0，所以e b －b －e ＋1≤0的解集为(0，1]．所以b 的取值范围为(0，1]．悟通 (2)构造f (x )＝－b ln x ＋x b 并进行单调性分析后，最大值不定或f (1e )或f (e)，作差比较，f (e)－f (1e )＝e b －e －b －2b ．又不能确定差值的正负，只能构造函数g (m )＝e m －e －m －2m (m >0)，用基本不等式求出最大值g (m )>g (0)＝0，f (x )max ＝f (e)＝－b ＋e b ，但又解不出b 的不等式，再次构造函数φ(t )＝e t －t －e ＋1(t >0)进行处理，解不等式．构造函数，解不等式也是高考题的常用套路．[例4] 已知a ∈R ，设函数f (x )＝a ln(x ＋a )＋ln x ． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若f (x )≤2e a x ＋ln xa－1恒成立，求实数a 的取值范围．解析 (1)f ′(x )＝a x ＋a ＋1x ＝(a ＋1)x ＋a x (x ＋a )，x ＞0且x ＞－a ， ①当a ≥0时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； ②当a ≤－1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； ③当－1＜a ＜0时，－aa ＋1＞－a ＞0，x ∈⎝⎛⎭⎫－a ，－a a ＋1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；x ∈⎝⎛⎭⎫－aa ＋1，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．(2)f (x )＝a ln(x ＋a )＋ln x ≤2e a x ＋ln xa－1，即a ln(x ＋a )＋ln x ≤2e a x ＋ln x －ln a －1，a ＞0，即a ln(x ＋a )＋ln a ≤2e a x －1， 令g (x )＝e x －x －1(x ＞0)，则g ′(x )＝e x －1＞0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴g (x )＞g (0)＝0，即e x －x －1＞0，即e x －1＞x ， ∴e 2e a x －1＞a 2x ，则原不等式等价为a ln(x ＋a )＋ln a ≤a 2x ，即a ln(x ＋a )－a 2x ＋ln a ≤0， 令h (x )＝a ln(x ＋a )－a 2x ＋ln a ，则h ′(x )＝a x ＋a －a 2＝－a 2x ＋a －a 3x ＋a，令h ′(x )＝0，可得x ＝1－a 2a ，当a ≥1时，h ′(x )≤0，则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，则只需满足h (0)＝a ln a ＋ln a ≤0，∴ln a ≤0，解得0＜a ≤1，∴a ＝1；当0＜a ＜1时，可得h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1－a 2a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1－a 2a ，＋∞上单调递减，则h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫1－a 2a ＝a ln 1a －a (1－a 2)＋ln a ≤0，整理可得ln a －a 2－a ≤0，令φ(a )＝ln a －a 2－a ，则φ′(a )＝1a －2a －1＝－(a ＋1)(2a －1)a ，则可得φ(a )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12，1上单调递减， 则φ(a )max ＝φ⎝⎛⎭⎫12＝－ln 2－34＜0，故0＜a ＜1时，h (x )≤0恒成立， 综上，0＜a ≤1．[例5] (2017·全国Ⅲ)已知函数f (x )＝x －1－a ln x ． (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n ＜m ，求m 的最小值． 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为1()2f ＝－12＋a ln 2＜0，所以不满足题意；②若a ＞0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax 知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0．所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增．故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点．由于f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0．故a ＝1． (2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x ＞0．令x ＝1＋12n ，得ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n ＜12n ． 从而ln ⎝⎛⎭⎫1＋12＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋122＋…＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n ＜12＋122＋…＋12n ＝1－12n ＜1． 故⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n ＜e ．而⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122⎝⎛⎭⎫1＋123＞2，所以m 的最小值为3． [例6] 已知函数f (x )＝x ln x －a (x －1)2－x ＋1(a ∈R )． (1)当a ＝0时，求f (x )的极值；(2)若f (x )<0对x ∈(1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围． 解析 (1)若a ＝0，f (x )＝x ln x －x ＋1，f ′(x )＝ln x ， x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数， x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数， ∴f (x )有极小值，f (1)＝0，无极大值．(2)f (x )＝x ln x －a (x －1)2－x ＋1<0在(1，＋∞)恒成立．①若a ＝0，f (x )＝x ln x －x ＋1，f ′(x )＝ln x ，x ∈(1，＋∞)，f ′(x )>0， ∴f (x )为增函数，∴f (x )>f (1)＝0，即f (x )<0不成立，∴a ＝0不成立． ②∵x >1，ln x －(x －1)(ax －a ＋1)x<0在(1，＋∞)恒成立，不妨设h (x )＝ln x －(x －1)(ax －a ＋1)x，x ∈(1，＋∞)，h ′(x )＝－(x －1)(ax ＋a －1)x 2，x ∈(1，＋∞)，h ′(x )＝0，x ＝1或1－aa ，若a <0，则1－aa <1，x >1，h ′(x )>0，h (x )为增函数，h (x )>h (1)＝0(不合题意)；若0<a <12，x ∈⎝⎛⎭⎫1，1－a a ，h ′(x )>0，h (x )为增函数，h (x )>h (1)＝0(不合题意)；若a ≥12，x ∈(1，＋∞)，h ′(x )<0，h (x )为减函数，h (x )<h (1)＝0(符合题意)．综上所述，若x >1时，f (x )<0恒成立，则a ≥12．[例7] (2020·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝e x ＋ax 2－x ． (1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≥12x 3＋1，求a 的取值范围．解析 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x ＋x 2－x ，f ′(x )＝e x ＋2x －1， 由于f ″(x )＝e x ＋2＞0，故f ′(x )单调递增，注意到f ′(0)＝0，故当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． (2)方法一 f (x )≥12x 3＋1等价于⎝⎛⎭⎫12x 3－ax 2＋x ＋1e －x ≤1． 设函数g (x )＝⎝⎛⎭⎫12x 3－ax 2＋x ＋1e －x (x ≥0)， 则g ′(x )＝－⎝⎛⎭⎫12x 3－ax 2＋x ＋1－32x 2＋2ax －1e －x ＝－12x [x 2－(2a ＋3)x ＋4a ＋2]e －x ＝－12x (x －2a －1)(x －2)e －x ，①若2a ＋1≤0，即a ≤－12，则当x ∈(0，2)时，g ′(x )＞0，所以g (x )在(0，2)上单调递增，而g (0)＝1，故当x ∈(0，2)时，g (x )>1，不合题意．②若0<2a ＋1<2，即－12<a <12，则当x ∈(0，2a ＋1)∪(2，＋∞)时，g ′(x )<0；当x ∈(2a ＋1，2)时，g ′(x )>0．所以g (x )在(0，2a ＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a ＋1，2)上单调递增，由于g (0)＝1， 所以g (x )≤1，当且仅当g (2)＝(7－4a )e －2≤1时成立，解得a ≥7－e 24．所以当7－e 24≤a <12时，g (x )≤1．③若2a ＋1≥2，即a ≥12，则g (x )≤⎝⎛⎭⎫12x 3＋x ＋1e －x ． 由于0∈⎣⎡⎭⎫7－e 24，12，故由②可得⎝⎛⎭⎫12x 3＋x ＋1e －x ≤1．故当a ≥12时，g (x )≤1． 综上，a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫7－e 24，＋∞．方法二 当x ≥0时，f (x )≥12x 3＋1，即e x ＋ax 2－x ≥12x 3＋1．当x ＝0时，无论a 取何值，上式恒成立．当x >0时，上式可化为a ≥12x 3＋1＋x －e x x 2．令g (x )＝12x 3＋1＋x －e x x 2，则g ′(x )＝12－1x 2－2x 3－(x －2)e xx 3＝12x 3－x －2－(x －2)e x x 3，令h (x )＝12x 3－x －2－(x －2)e x ，则h ′(x )＝32x 2－1－(x －1)e x ，h ″(x )＝3x －x e x ＝x (3－e x )，令h ″(x )＝0，得3－e x ＝0，即x ＝ln 3．所以在(0，ln3)上，h ″(x )>0，在(ln3，＋∞)上，h ″(x )<0． 所以h ′(x )在(0，ln 3)上单调递增，在(ln 3，＋∞)上单调递减．又h ′(0)＝0，h ′(ln 3)＝32(ln 3)2－1－3(ln 3－1)＝32(ln 3)2－3ln 3＋2＝32(ln 3－1)2＋12>0，h ′(2)＝5－e 2<0，所以h (x )在(0，＋∞)上先增后减．又h (0)＝0，h (2)＝4－2－2＝0，所以在(0，2)上，h (x )>0，在(2，＋∞)上，h (x )<0，所以g (x )在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减．所以g (x )max ＝g (2)＝4＋3－e 24＝7－e 24，所以a ≥7－e 24．所以a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫7－e 24，＋∞．[例8] (2020·新高考Ⅰ)已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ．(1)当a ＝e 时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； (2)若f (x )≥1，求a 的取值范围．解析 (1)当a ＝e 时，f (x )＝e x －ln x ＋1，∴f ′(x )＝e x －1x ，∴f ′(1)＝e －1．∵f (1)＝e ＋1，∴切点坐标为(1，1＋e)，∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －e －1＝(e －1)·(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋2， ∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，2)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2e －1，0，∴所求三角形面积为12×2×⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2e －1＝2e －1．(2)解法一 (隐零点法)∵f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ，∴f ′(x )＝a e x －1－1x，且a >0．设g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝a e x －1＋1x 2>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，即f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，当a ＝1时，f ′(1)＝0，则f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴f (x )min ＝f (1)＝1，∴f (x )≥1成立；当a >1时，1a<1，∴11e a-<1，∴f ′⎝⎛⎭⎫1a f ′(1)＝11(e 1)(1)0a a a ---<，∴存在唯一x 0>0，使得f ′(x 0)＝a e x 0－1－1x 0＝0，且当x ∈(0，x 0)时f ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时f ′(x )>0，∴a e x 0－1＝1x 0，∴ln a ＋x 0－1＝－ln x 0，因此f (x )min ＝f (x 0)＝a e x 0－1－ln x 0＋ln a ＝1x 0＋ln a ＋x 0－1＋ln a ≥2ln a －1＋21x 0·x 0＝2ln a ＋1>1， ∴f (x )>1，∴f (x )≥1恒成立；当0<a <1时，f (1)＝a ＋ln a <a <1，∴f (1)<1，f (x )≥1不恒成立． 综上所述，a 的取值范围是[1，＋∞)． 解法二 (同构法) f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ＝e ln a＋x －1－ln x ＋ln a ≥1等价于e ln a＋x －1＋ln a ＋x －1≥ln x ＋x ＝e ln x ＋ln x ，令g (x )＝e x ＋x ，上述不等式等价于g (ln a ＋x －1)≥g (ln x )，显然g (x )为单调递增函数，∴又等价于ln a ＋x －1≥ln x ，即ln a ≥ln x －x ＋1， 令h (x )＝ln x －x ＋1，则h ′(x )＝1x －1＝1－x x，在(0，1)上h ′(x )>0，h (x )单调递增；在(1，＋∞)上h ′(x )<0，h (x )单调递减， ∴h (x )max ＝h (1)＝0，ln a ≥0，即a ≥1，∴a 的取值范围是[1，＋∞)． [例9] 已知函数f (x )＝a ln x －e x ． (1)讨论f (x )的极值点的个数；(2)若a ∈N *，且f (x )<0恒成立，求a 的最大值． 参考数据：思路 (1)对f (x )进行单调性分析，但导函数的零点不可求，用隐零点技术处理．(2)可对ln x 的正负讨论后分离参数去处理如解法1，也可(1)的结果进行解决，但难度较大．解析 (1)根据题意可得f ′(x )＝a x －e x ＝a －x e xx(x >0)，当a ≤0时，f ′(x )<0，函数是减函数，无极值点；当a >0时，令f ′(x )＝0得a －x e x ＝0，即x e x ＝a ， 又y ＝x e x 在(0，＋∞)上是增函数，且当x →＋∞时，x e x →＋∞，所以x e x ＝a 在(0，＋∞)上存在一解，不妨设为x 0，所以函数y ＝f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减，所以函数y ＝f (x )有一个极大值点，无极小值点．综上，当a ≤0时，无极值点； 当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，无极小值点． (2)解法1 要使f (x )<0恒成立，即a ln x <e x 恒成立，①当ln x >0时，即x >1时，a <e x ln x ，令g (x )＝e xln x，则g ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x －1x ln 2x，令h (x )＝ln x －1x ，则h (x )在(1，＋∞)上是增函数，又h (1.7)＝ln 1.7－11.7<0，h (1.8)＝ln 1.8－11.8>0，∴存在m ∈(1.7，1.8)，h (m )＝0，即ln m －1m ＝0，∴g (x )在(1，m )上单调递增，在(m ，＋∞)上单调递减，∴g (x )min ＝g (m )<e m ln m ，又因为ln m ＝1m ，∴g (m )＝m e m ，g ′(m )＝e m ＋m e m >0，∴g (m )在(1.7，1.8)上是递增函数，∴g (m )max ＝g (1.8)＝10.89， ∴a ≤10.89，又a ∈N *，所以a 的最大值为10．②当ln x <0时，即0<x <1时，，a >e x ln x ，令g (x )＝e xln x ，则g ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x －1x ln 2x<0，∴g (x )在(0，1)上单调递减，∴g (x )max ＝g (0)→0，∴a >0． ③当ln x ＝0时，即x ＝1时，不等式恒成立．解法2 因为a ∈N *，由(1)知，f (x )有极大值f (x 0)，且x 0满足x 00e x ＝a ，① 可知f (x )max ＝f (x 0)＝a ln x 0－0e x ，要使f (x )<0恒成立，即f (x 0)＝a ln x 0－0e x <0，②由①可得0e x ＝a x 0，代入②得a ln x 0－a x 0<0，即a ⎝⎛⎭⎫ln x 0－1x 0<0，因为a ∈N *>0，所以ln x 0－1x 0<0， 因为ln 1.7－11.7<0，ln 1.8－11.8>0，且y ＝ln x 0－1x 0在(0，＋∞)上是增函数．设m 为y ＝ln x 0－1x 0的零点，则m ∈(1.7，1.8)，可知0<x 0<m ，由②可得a ln x 0<0e x ，当0<x 0≤1时，a ln x 0≤0，不等式显然恒成立；当1<x 0<m 时，ln x 0>0，a <0e x ln x 0，令g (x )＝exln x，x ∈(1，m )，则g ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x －1x ln 2x<0，所以g (x )在(1，m )上是减函数，且e 1.8ln 1.8≈10.29，e 1.7ln 1.7≈10.31，所以10.29<g (m )<10.31，所以a ≤g (m )， 又a ∈N *，所以a 的最大值为10．悟通 (2)如不分离参数，可由(1)知，f (x )有极大值f (x 0)，可知f (x )max ＝f (x 0)＝a ln x 0－0e x <0，难以解决，当然可解决．参见解法2．但整个思路不顺畅．如分离参数，则需分类讨论，当然此时问题主要集中到ln x >0，即x >1上，构造函数g (x )＝e x ln x ，求导后提取公因式2e (ln )xx ，之后再构造函数h (x )＝ln x －1x ，用到隐零点技术．但值得注意的是g (x )min ＝g (m )<g (m )max ，因为存在m ∈(1.7，1.8)，而不是对任意的m ，所以a <10.89，又a ∈N *，所以a 的最大值为10． 【对点训练】1．函数f (x )＝x 2－2ax ＋ln x (a ∈R ).(1)若函数y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x －2y ＋1＝0垂直，求a 的值； (2)若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3在区间(0，e]上恒成立，求实数a 的取值范围． 1．解析 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －2a ＋1x ，f ′(1)＝3－2a ，由题意f ′(1)·12＝(3－2a )·12＝－1，解得a ＝52．(2)不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3在区间(0，e]上恒成立等价于2ln x ≥－x ＋a －3x ，令g (x )＝2ln x ＋x －a ＋3x，则g ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝（x ＋3）（x －1）x 2，则在区间(0，1)上，g ′(x )<0，函数g (x )为减函数； 在区间(1，e]上，g ′(x )>0，函数g (x )为增函数. 由题意知g (x )min ＝g (1)＝1－a ＋3≥0，得a ≤4， 所以实数a 的取值范围是(－∞，4]．2．已知函数f (x )＝(x ＋a －1)e x ，g (x )＝12x 2＋ax ，其中a 为常数．(1)当a ＝2时，求函数f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)若对任意的x ∈[0，＋∞)，不等式f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围． 2．解析 (1)因为a ＝2，所以f (x )＝(x ＋1)e x ，所以f (0)＝1，f ′(x )＝(x ＋2)e x ，所以f ′(0)＝2，所以所求切线方程为2x －y ＋1＝0． (2)令h (x )＝f (x )－g (x )，由题意得h (x )min ≥0在x ∈[0，＋∞)上恒成立， 因为h (x )＝(x ＋a －1)e x －12x 2－ax ，所以h ′(x )＝(x ＋a )(e x －1)．①若a ≥0，则当x ∈[0，＋∞)时，h ′(x )≥0，所以函数h (x )在[0，＋∞)上单调递增， 所以h (x )min ＝h (0)＝a －1，则a －1≥0，得a ≥1．②若a ＜0，则当x ∈[0，－a )时，h ′(x )≤0；当x ∈(－a ，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以函数h (x )在[0，－a )上单调递减，在(－a ，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (－a )， 又因为h (－a )＜h (0)＝a －1＜0，所以不合题意． 综上，实数a 的取值范围为[1，＋∞)． 3．已知函数f (x )＝e x －a ．(1)若函数f (x )的图象与直线l ：y ＝x －1相切，求a 的值； (2)若f (x )－ln x >0恒成立，求整数a 的最大值．3．解析 (1)f ′(x )＝e x ，因为函数f (x )的图象与直线y ＝x －1相切，所以令f ′(x )＝1， 即e x ＝1，得x ＝0，即f (0)＝－1，解得a ＝2．(2)先证明e x ≥x ＋1，设F (x )＝e x －x －1，则F ′(x )＝e x －1，令F ′(x )＝0，则x ＝0， 当x ∈(－∞，0)时，F ′(x )<0，当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )>0， 所以F (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以F (x )min ＝F (0)＝0，即F (x )≥0恒成立，即e x ≥x ＋1，即e x －2≥x －1， 当且仅当x ＝0时等号成立，同理可得ln x ≤x －1，当且仅当x ＝1时等号成立，所以e x －2>ln x ， 当a ≤2时，ln x <e x －2≤e x －a ，即当a ≤2时，f (x )－ln x >0恒成立． 当a ≥3时，存在x ＝1，使e x －a <ln x ，即e x －a >ln x 不恒成立． 综上，整数a 的最大值为2．4．已知函数f (x )＝x 2＋(a ＋1)x －ln x ，g (x )＝x 2＋x ＋2a ＋1． (1)若f (x )在(1，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)当x ∈[1，e]时，f (x )<g (x )恒成立，求实数a 的取值范围． 4．解析 (1)f (x )＝x 2＋(a ＋1)x －ln x ，f ′(x )＝2x ＋(a ＋1)－1x．依题意知x ∈(1，＋∞)时，2x ＋(a ＋1)－1x ≥0恒成立，即a ＋1≥1x －2x ．令k (x )＝1x －2x ，x ∈(1，＋∞)，∴k ′(x )＝－1x2－2<0，∴k (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴k (x )<k (1)＝－1，∴a ＋1≥－1， ∴实数a 的取值范围为{a |a ≥－2}．(2)令φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax －ln x －2a －1，x ∈[1，e]，则只需φ(x )max <0即可， ∴φ′(x )＝a －1x ＝ax －1x．当a ≤0时，φ′(x )<0，∴φ(x )在[1，e]上单调递减，∴φ(x )max ＝φ(1)＝－a －1， ∴－a －1<0，即a >－1，∴－1<a ≤0．当a >0时，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，φ′(x )<0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，φ′(x )>0， ∴φ(x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，∴要使φ(x )max <0， 只需⎩⎪⎨⎪⎧φ(1)<0，φ(e)<0，a >0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a －1<0，a e －2a －2<0，a >0，解得0<a <2e －2，综上，实数a 的取值范围为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a ⎪⎪－1<a <2e －2．5．已知函数f (x )＝(x －2)e x －12ax 2＋ax (a ∈R )．(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当x ≥2时，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围．5．解析 (1)当a ＝0时，f (x )＝(x －2)e x ，f (0)＝(0－2)e 0＝－2，f ′(x )＝(x －1)e x ，k ＝f ′(0)＝(0－1)e 0＝－1，所以切线方程为y ＋2＝－(x －0)，即x ＋y ＋2＝0．(2)方法一 ()f ′(x )＝(x －1)(e x －a )，①当a ≤0时，因为x ≥2，所以x －1>0，e x －a >0，所以f ′(x )>0，则f (x )在[2，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (2)＝0成立．②当0<a ≤e 2时，f ′(x )≥0，所以f (x )在[2，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (2)＝0成立．③当a >e 2时，在区间(2，ln a )上，f ′(x )<0；在区间(ln a ，＋∞)上，f ′(x )>0，所以f (x )在(2，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，f (x )≥0不恒成立，不符合题意． 综上所述，a 的取值范围是(－∞，e 2]．方法二 当x ≥2时，f (x )≥0恒成立，等价于当x ≥2时，(x －2)e x －12ax 2＋ax ≥0恒成立． 即⎝⎛⎭⎫12x 2－x a ≤(x －2)e x 在[2，＋∞)上恒成立．当x ＝2时，0·a ≤0，所以a ∈R ．当x >2时， 12x 2－x >0，所以a ≤(x －2)e x 12x 2－x ＝2e x x 恒成立． 设g (x )＝2e x x ，则g ′(x )＝2(x －1)e x x 2，因为x >2，所以g ′(x )>0， 所以g (x )在区间(2，＋∞)上单调递增．所以g (x )>g (2)＝e 2，所以a ≤e 2．综上所述，a 的取值范围是(－∞，e 2]．6．已知函数f (x )＝e ax －ax －1.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n (n ≥2)．若2(1)(!)n n n m -<恒成立，求m 的最小值． 6．解析：(1)f ′(x )＝a e ax －a ＝a (e ax －1)，当a >0时，令f ′(x )>0，解得x >0．所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＝0时，显然无单调区间；当a <0时，令f ′(x )>0，解得x >0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增.综上，当a ＝0时，无单调区间；a ≠0时，单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞).(2)令a ＝1，由(1)可知f (x )的最小值为f (0)＝0，所以f (x )≥0．所以e x ≥x ＋1(当x ＝0时取得“＝”). 令x ＝n －1，则e n －1>n ，所以e 0·e 1·e 2·…·e n －1>1×2×3×…×n ，即(1)2e !n n n ->， 两边进行2(1)n n -次方得2(1)(!)n n n m -<，所以m 的最小值为3.7．已知函数f (x )＝x ln x －ax ＋1(a ∈R )．(1)讨论f (x )在(1，＋∞)上的零点个数；(2)当a >1时，若存在x ∈(1，＋∞)，使得f (x )<(e －1)·(a －3)，求实数a 的取值范围．7．解析 (1)由f (x )＝x ln x －ax ＋1＝0可得a ＝ln x ＋1x， 令g (x )＝ln x ＋1x ，易知g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2． ∴g ′(x )>0在(1，＋∞)上恒成立，故g (x )在(1，＋∞)上单调递增．又g (1)＝1，所以当x ∈(1，＋∞)时，g (x )>1．故当a ≤1时，f (x )在(1，＋∞)上无零点；当a >1时，f (x )在(1，＋∞)上存在一个零点．(2)当a >1时，由(1)得f (x )在(1，＋∞)上存在一个零点．由f ′(x )＝ln x ＋1－a ＝0得x ＝e a －1， 所以f (x )在(1，e a －1)上单调递减，在(e a －1，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (e a －1)＝1－e a －1． 若存在x ∈(1，＋∞)，使得f (x )<(e －1)(a －3)成立，只需1－e a －1<(e －1)(a －3)成立，即不等式e a －1＋(e －1)(a －3)－1>0成立．令h (a )＝e a －1＋(e －1)(a －3)－1，a >1，则h ′(a )＝e a －1＋e －1，易知h ′(a )＝e a －1＋e －1>0在(1，＋∞)上恒成立，故h (a )＝e a －1＋(e －1)(a －3)－1在(1，＋∞)上单调递增，又h (2)＝0，所以a >2，故实数a 的取值范围为(2，＋∞)．8．已知函数f (x )＝e x －1－ax ＋ln x (a ∈R )．(1)若函数f (x )在x ＝1处的切线与直线3x －y ＝0平行，求a 的值；(2)若不等式f (x )≥ln x －a ＋1对一切x ∈[1，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围．8．解析 (1)f ′(x )＝e x －1－a ＋1x，∴f ′(1)＝2－a ＝3，∴a ＝－1， 经检验a ＝－1满足题意，∴a ＝－1，(2)f (x )≥ln x －a ＋1可化为e x －1－ax ＋a －1≥0，令φ(x )＝e x －1－ax ＋a －1，则当x ∈[1，＋∞)时，φ(x )min ≥0，∵φ′(x )＝e x －1－a ，①当a ≤0时，φ′(x )>0，∴φ(x )在[1，＋∞)上单调递增，∴φ(x )min ＝φ(1)＝1－a ＋a －1＝0≥0恒成立，∴a ≤0符合题意．②当a >0时，令φ′(x )＝0，得x ＝ln a ＋1．当x ∈(－∞，ln a ＋1)时，φ′(x )<0，当x ∈(ln a ＋1，＋∞)时，φ′(x )>0，∴φ(x )在(－∞，ln a ＋1)上单调递减，在(ln a ＋1，＋∞)上单调递增．当ln a ＋1≤1即0<a ≤1时，φ(x )在[1，＋∞)上单调递增，φ(x )min ＝φ(1)＝0≥0恒成立，∴0<a ≤1符合题意． 当ln a ＋1>1，即a >1时，φ(x )在[1，ln a ＋1)上单调递减，在(ln a ＋1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )min ＝φ(ln a ＋1)<φ(1)＝0与φ(x )≥0矛盾．故a >1不符合题意．综上，实数a 的取值范围为{a |a ≤1}．9．已知正实数a ，设函数f (x )＝x 2－a 2x ln x ．(1)若a ＝2，求实数f (x )在[1，e]的值域；(2)对任意实数x ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞均有f (x )≥a 2x －1恒成立，求实数a 的取值范围．9．解析 (1)当a ＝2时，函数f (x )＝x 2－2x ln x ，则f ′(x )＝2(x －1－ln x )．设F (x )＝2(x －1－ln x )，x ∈[1，e]，则F ′(x )＝2⎝⎛⎭⎫1－1x ≥0， 所以F ′(x )在[1，e]上单调递增，F ′(x )≥F ′(1)＝0，所以f (x )在[1，e]上单调递增，所以在[1，e]上f (x )∈[1，e 2－2e]．(2)由题意可得f (1)≥a ，即0<a ≤1．当0<a ≤1时，x 2－a 2x ln x ≥a 2x －1，即x 2a 2－2x －1a－x ln x ≥0． 记t ＝1a≥1，设g (t )＝x 2t 2－2x －1t －x ln x ，则g (t )为关于t 的二次函数， 且定义域为[1，＋∞)，其对称轴为t ＝2x －12x 2． 因为当x ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞时，4x 4＋1≥2x ，所以2x －12x 2<1，当a >0，g (t )≥g (1)＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x －1x －ln x ． 设函数h (x )＝x －2x －1x －ln x ，x ≥12， h ′(x )＝1－x 2x －1－2x －1x 2－1x ＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12x －1x 2． 当x ∈⎣⎡⎭⎫12，1时，h ′(x )<0，h (x )在⎣⎡⎭⎫12，1上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝0，即当x ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞时，h (x )≥0，所以g (t )≥0， 所以0<a ≤1．所以实数a 的取值范围是(0，1]．10．设函数f (x )＝x －1x，g (x )＝t ln x (t ∈R )． (1)讨论函数h (x )＝f (x )＋g (x )的单调区间；(2)若当x ∈(0，1)时，f (x )的图象恒在函数g (x )的图象的下方，求正实数t 的取值范围．10．解析 (1)h (x )＝f (x )＋g (x )＝x －1x ＋t ln x (x >0)，则h ′(x )＝1＋1x 2＋t x ＝x 2＋tx ＋1x 2(x >0)． ①当t ≥0时，h ′(x )>0，∴h (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，无减区间；②当t ＜0时，令H (x )＝x 2＋tx ＋1，Δ＝t 2－4，Δ≤0，即－2≤t ＜0时，H (x )≥0，即h ′(x )≥0； ∴h (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，无减区间，Δ＞0时，即t ＜－2，设x 1＝－t －t 2－42，x 2＝－t ＋t 2－42， ∵x 1＋x 2＝－t ＞0，x 1x 2＝1＞0，∴0＜x 1＜x 2，∴(0，x 1)∪(x 2，＋∞)，时H (x )＞0，即h ′(x )＞0，∴h (x )的单调递增区间是(0，x 1)，(x 2，＋∞)，同理，单调递减区间是(x 1，x 2)．综上，①当t ≥－2时，h (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，无减区间，②当t ＜－2时，h (x )的单调递增区间是(0，x 1)，(x 2，＋∞)，单调递减区间是(x 1，x 2)，其中x 1＝－t －t 2－42，x 2＝－t ＋t 2－42． (2)∵函数f (x )的图象恒在g (x )的图象的下方，∴f (x )－g (x )＝x －1x－t ln x <0在区间(0，1)上恒成立． 设F (x )＝x －1x－t ln x ，其中x ∈(0，1)， ∴F ′(x )＝1＋1x 2－t x ＝x 2－tx ＋1x 2，其中t ＞0． ①当t 2－4≤0，即0＜t ≤2时，F ′(x )≥0，∴函数F (x )在(0，1)上单调递增，F (x )<F (1)＝0，故f (x )－g (x )＜0成立，满足题意．②当t 2－4>0，即t >2时，设φ(x )＝x 2－tx ＋1，则φ(x )图象的对称轴方程为x ＝t 2>1，φ(0)＝1，φ(1)＝2－t ＜0， ∴φ(x )在(0，1)上存在唯一实根，设为x 0，则当x ∈(x 0，1)，φ(x )＜0，F ′(x )＜0，∴F (x )在(x 0，1)上单调递减，此时F (x )＞F (1)＝0，不符合题意．综上可得，正实数t 的取值范围是(0，2]．11．已知函数f (x )＝ln x ＋x ＋1，g (x )＝x 2＋2x ．(1)求函数φ(x )＝f (x )－g (x )的极值；(2)若m 为整数，对任意的x ＞0都有f (x )－mg (x )≤0成立，求实数m 的最小值．11．解析 (1)由φ(x )＝f (x )－g (x )＝ln x ＋x ＋1－x 2－2x ＝ln x －x 2－x ＋1(x ＞0)，得φ′(x )＝1x －2x －1＝－2x 2－x ＋1x (x ＞0)，令φ′(x )＞0，解得0＜x ＜12，令φ′(x )＜0，解得x ＞12， 所以函数φ(x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0，12，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫12，＋∞， 故函数φ(x )的极大值是φ⎝⎛⎭⎫12＝ln 12－14－12＋1＝14－ln 2，函数φ(x )无极小值． (2)设h (x )＝f (x )－mg (x )＝ln x －mx 2＋(1－2m )x ＋1，则h ′(x )＝1x －2mx ＋1－2m ＝－2mx 2＋(1－2m )x ＋1x ＝－(2mx －1)(x ＋1)x(x ＞0)． 当m ≤0时，因为x ＞0，所以2mx －1＜0，x ＋1＞0，所以h ′(x )＞0，故h (x )在(0，＋∞)上单调递增， 又因为h (1)＝ln 1－m ×12＋(1－2m )＋1＝－3m ＋2＞0，不满足题意，所以舍去．当m ＞0时，令h ′(x )＞0，得0＜x ＜12m ，令h ′(x )＜0，得x ＞12m， 故h (x )在⎝⎛⎭⎫0，12m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12m ，＋∞上单调递减， 所以h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫12m ＝ln 12m －m ·⎝⎛⎭⎫12m 2＋(1－2m )·12m ＋1＝14m－ln(2m )． 令t (m )＝14m－ln(2m )(m ＞0)，显然t (m )在(0，＋∞)上单调递减， 且t ⎝⎛⎭⎫12＝12＞0，t (1)＝14－ln 2＝14(1－ln 16)＜0， 故当m ≥1时，t (m )＜0，满足题意，故整数m 的最小值为1．12．设函数f (x )＝2x ln x －2ax 2(a ∈R )．(1)当a ＝12时，求函数f (x )的单调区间； (2)若f (x )≤f ′(x )2－ln x －1(f ′(x )为f (x )的导函数)在(1，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围． 12．解析 (1)当a ＝12时，f (x )＝2x ln x －x 2，定义域为(0，＋∞)．∴f ′(x )＝2ln x －2x ＋2． 令g (x )＝f ′(x )＝2ln x －2x ＋2(x >0)，∴g ′(x )＝2x－2． 当x ∈(0，1)时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数． ∴g (x )≤g (1)＝2ln 1－2×1＋2＝0，即f ′(x )≤0．∴函数f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间．(2)f (x )＝2x ln x －2ax 2，∴f ′(x )＝2ln x －4ax ＋2，且x >0．∴f (x )≤f ′(x )2－ln x －1在(1，＋∞)上恒成立⇔2(x ln x －ax 2)≤ln x －2ax ＋1－ln x －1在(1，＋∞)上恒成立 ⇔ln x －ax ＋a ≤0在(1，＋∞)上恒成立．令h (x )＝ln x －ax ＋a ，x ∈(1，＋∞)．则h ′(x )＝1x－a ，且h (1)＝ln1－a ＋a ＝0． 当a ≤0，h ′(x )>0恒成立，故h (x )在(1，＋∞)上为增函数．∴h (x )>h (1)＝0，即a ≤0时不满足题意．当a >0时，由h ′(x )＝0，得x ＝1a． ①若a ∈(0，1)，则1a∈(1，＋∞)，故h (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上为减函数，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上为增函数． ∴存在x 0∈⎝⎛⎭⎫1，1a ，使得h (x 0)>h (1)＝0．这与h (x )＝ln x －ax ＋a ≤0在(1，＋∞)上恒成立矛盾．因此a ∈(0，1)时不满足题意．②若a ∈[1，＋∞)，则1a∈(0，1]，故h (x )在(1，＋∞)上为减函数， ∴h (x )<h (1)＝0，∴h (x )≤0恒成立，故符合题意．综上所述，实数a 的取值范围是[1，＋∞)．。
单变量资料分析
双向有序属性 分析不同年龄组患者疗效之间有无差别，采 不相同的RXC 用秩和检验
表
分析两有序分类变量间是否存在相关关系，
用户等级相关
分析两有序分类变量间是否存在线性变化趋 势，用线性趋势检验
五：等级资料的统计推断 （1） 两个独立样本的比较：a.当n110和n2-n110时，查T界值表
T在界值范围内，P大于相应概率水平 T等于界值，P等于相应概率水平 T在界值范围外，P小于相应概率水平
绝对数 相对数：a.强度相对数;b.结构相对数 检验 2检验：a.四格表2检验;b.四格表资料的Finsher 确切概率法;c.配对四格表2检验;d.RXC表
（3） 等级资料 统计推断 两独立样本比较
多个样本比较
B：双变量资料分析 (1):直线回归;(2):直线相关 C：统计表 ；统计图
二：1.计量资料的统计描述 计量资料的 统计描述
频数分布表 频数分布图
统计 集中趋势指标：算术均数;几何均数；中位
指标
；方 差与标准差；变异系数
2.计量资料的假设检验 a．单组设计
样本做正态 服从正态分布单样本t
性检验
检验
不服从正态分布符号 秩和检验
b.配对设计
差值 做 正 态 性 检 验
差值服从正态分布（均数）配对t检验 差值不服从正态分布（中位数）Wilcoxon符号秩和检验
一 A：单变量资料分析 （1）
统计描述
计量 资料
统计推 断
单因素设计：a.单组设计（单样本）;b.配对设计 （两相关样本）;c.成组设计（两独立样本）;d.单因 素多水平设计（多个独立样本）
多因素设计：a.配伍组设计;b.析因设计;c.正交设 计;d.重复测量设计
单变量描述统计分析
6
9.2二项Logistic回归分析
二项Logistic回归方程： P 设 P (Y 1) P ，称 为发生比（Odds）或 1 P 相对风险，则定义
P
p P ln( ) 0 i xi 1 P i 1 1
1 exp[( 0 i xi )]
2
问题3：在流行病学的研究中，有一类常见问题是 探索某疾病的危险因素，同时根据危险因素预测某 疾病发生的概率。例如，想探讨胃癌发生的危险因 素，选择两组人群，一组胃癌患者，另一组非胃癌 患者，这形成了因变量。两组人群肯定有不同的体 征和生活方式，自变量可以包括很多，例如：年龄 、性别、饮食习惯、幽门螺杆菌感染等。
9
相对风险比（胜算比，odds ratio）的意义 0dds ratio：在自变量处于不同的水平时的胜算，加 以比较（两个胜算的比值)，称为胜算比。 例如：大公司成功经营的概率为10/11，小公司成功 经营的概率为2/13， 则大公司成功经营的胜算为（10/11）/（1/11）=10 小公司成功经营的胜算为（2/13）/（11/13）=0.182 即Odds ratio=10/0.182=55， 即可以解释为大公司的成功胜算为小公司成功胜算的 55倍。
11
二项Logistic回归方程的参数估计： 一般的线性回归模型适合于使用最小二乘法进行估计 ，但是，由于Logistic回归模型中随机扰动项并不满足 经典假设，所以需要使用极大似然法估计。
ˆ 估计就是使Ln(L)达到最大的 。
12
二项Logistic回归方程的检验
回归方程的显著性检验 目的：检验解释变量全体与LogitP (定义LogitP=ln) 的线性关系是否显著，是否可以用线性模型拟合。 检验思想：设没有引入任何解释变量的回归方程的 似然函数为 L0 ，引入解释变量之后回归方程的似然 0 L0 / L1 1 函数值为 L1 ，则似然比为 L0 / L1 。显然， ，且 0 L0 / L1 1 越接近于1，则表明模型中的解释 变量对模型总体没有显著贡献；反之，越接近于0 ，则表明引入变量对模型具有显著贡献。
单变量投资组合分析
单变量投资组合分析单变量分析、组合变量分析单变量分析1.协方差的一些解释：在坐标轴中，使用x_u、y_u画两条直线，会使数据分布在四个象限当s_xy为正时，表示变量x、y是正的线性关系，即x增加，y增加当s_xy为负时，表示变量x、y为负的线性关系，即x增加，y减小当s_xy=0时，表示数据均匀的分布在四个象限中，两个变量基本没有相关性2.皮尔逊基相关系数的一些解释：如果变量x、y存在完全的线性关系时，所有的点在一条直线上，此时相关系数的值为1(完全正线性关系) 或-1(完全负线性关系) 当相关系数越接近0值，表示越若的线性关系，当相关系数为0时，表示两个变量没有相关性。
11种常见的多变量分析方法https:///baidu_38172402/article/details/82977482社会科学研究中，主要的多变量分析方法包括多变量方差分析（Multivariate analysis of variance，MANOVA）、主成分分析（Principal component analysis）、因子分析（Factor analysis）、典型相关（Canonical correlation analysis）、聚类分析（Cluster analysis）、判别分析（Discriminant analysis）、多维量表分析（Multidimensional scaling），以及近来颇受瞩目的验证性因子分析(Confirmatory factor analysis )或线性结构模型（LISREL）与逻辑斯蒂回归分析等，以下简单说明这些方法的观念和适用时机。
1 多变量方差分析MANOVA适用于同时探讨一个或多个自变量与两个以上因变量间因果关系的统计方法，依照研究者所操作自变量的个数，可以分为单因素（一个自变量）或多因素（两个以上自变量）MANOVA。
进行多变量方差分析时，自变量必须是离散的定类或定序变量，而因变量则必须是定距以上层次的变量。
单变量分析
表1.
学 历 小学以下 中学 高中 中专 大专 大学 硕士 博士 合计
97年统计学历分布 年统计学历分布
人 1 72 44 13 52 58 4 7 300 数
频率分布
频率分布是一组数据中不同值的个案相对于总 数的比率分布情况，常用频率分布表表示。 数的比率分布情况，常用频率分布表表示。
表1.
常见的离散量数统计量有：
全距 标准差 异众比率 四分位差
全距(Range) 全距
全距也叫极差,它是一组数据中 最大值与最小 全距也叫极差 它是一组数据中,最大值与最小 它是一组数据中 值之差. 值之差
中文系:78, 79, 80, 81. 82 中文系:78, 数学系:65, 数学系:65, 72, 80, 88, 95 外语系:35, 外语系:35, 78, 89, 98, 100
中位数(Median) 中位数(Median)
1. 把一组数据按值的大小顺序排列起 来,处于中央位置的那个数值就叫中位 数. 2. 它描述的是定序变量以上层次的变 量. 3. 它的含义是整个数据中有一半数值 在她之上,另一半数值在它之下. 在她之上,另一半数值在它之下. 公式为: Md=(n+1)÷ 公式为: Md=(n+1)÷2
原始资料计算中位数
调查五个工厂的职工人数, 规模依次为300人, 调查五个工厂的职工人数, 规模依次为300人 300 200人 800人 500人 1000人 求中位数。 200人, 800人, 500人, 1000人.求中位数。 排列大小：200、300、500、800、1000 排列大小：200、300、500、800、 依据公式(5+1)÷ 依据公式(5+1)÷2=3 第3位为中间位置 (5+1) 所对应的数值500人即为中位数. 所对应的数值500人即为中位数. 500人即为中位数
单变量的统计描述分析社会统计学
特点 概率密度函数关于均值对称。
偏态分布的概念与特点
概念：偏态分布是指概率密 度函数不对称于均值的情况。
特点
01
分布曲线可能有一个或多个
峰值。
02
03
分布曲线可能偏向均值的一 侧或两侧。
04
05
分布的离散程度可能大于正 态分布。
正态性与偏态性的判断与检验
判断方法
可以通过观察数据的直方图或Q-Q 图来判断数据的分布形态。正态分布 的直方图应该呈现钟形，而偏态分布 的直方图则可能呈现其他形状。
如果四分位距较大，说明数据分布较为分散，存在较大的异 常值；如果四分位距较小，说明数据分布较为集中，异常值 的影响较小。
06 正态分布与偏态分布
正态分布的概念与特点
概念：正态分布是一种连续概率分布， 其概率密度函数以均值为中心，呈钟形 对称。
曲线下的面积为1，代表所有可能结果的 概率总和。
分布曲线是单峰的，即只有一个峰值。
直方图是一种用直条矩形面积代表各组频数，各矩形面积总和代表频数的累积，以 扇形面积代表各组出现的频率的统计图。
直方图可以直观地展示数据的分布情况，帮助我们了解数据的离散程度和集中趋势。
在制作直方图时，需要选择合适的分组方法和组距，并根据数据的特征和需求进行 合理的调整。
饼图与环形图
• 饼图是一种圆形图表，用于表示各部分在总体中所 占的比例。
03
中位数主要用于描述偏态分布的数据，对于异常值不敏感。
众数
01
众数是数据中出现次数最多的数值。
02
对于未分组的数据，众数是一组数据中出现次数最多的数值；
对于分组数据，众数是某一组别的频数最高。
众数主要用于描述分类数据的集中趋势，不适用于连续型数据。
单变量变异数分析
Post Hoc Tests 事后比较
事后比较结果，采两两配对组别比较。从 Scheffe 方法作事后比较可以 看出以适用度而言，国外品牌显着高于国内品牌，国外品牌与组装电脑 没有显着差异，国内品牌与组装电脑没有显着差异。
范例结果整理如下：
1.叙述性统计量
2.变异数分析统计表
*P<.05 事后比较： 事后比较结果，以适用度而言，国外品牌显着高于国内品牌，国 外品牌与组装电脑没有显着差异，国内品牌与组装电脑没有显着 差异。
2.相依样本,有二种情形 (1)重复量数：同一组受测者, 重复接受多次(k)的测试以比较 之间的差异 (2)配对组法：选择一个与依变数有关控制配对条件完全相同, 以比较k组受测者在依变数的差异
10-3 变异数分析的基本假设条件
变异数分析的基本假设条件有常态、线性、变异数同质 性。我们介绍如下：
常态：直方图, 偏度(skewness)和峰度(kcat osis), 检定, 改正 (非常态可以透过资料转型来改正)
计算t值 t值 = u1 (平均数) - u2 (平均数) / 组的平均数标准差 u1 是第一组的平均数 u2 是第二组的平均数
查t crit标准值 在研究者指定可接受t分配型态 I (type I) 错误机率a (例如： 0.05或0.01) 样本1和样本2的degree of freedm = (N1+N2) – 2 我们可以透过查表, 得到 t crit标准值
➢F检定 除了t检定外，我们也常用F值来检定单变量多组平均数 是否颢着
10-5 单变量变异数分析范例
我们想了解不同年龄层 A组20 ~29岁，B组30 ~39岁，C组 40~49岁，对笔记型Bubble喜好程度是否有差异，随机抽取年 龄层各5个人，以1 – 10的分数请他们评分如下：
第八讲：单变量描述统计分析.
第五节：离散趋势测量法
1. 所谓离散趋势，是指用一个或几个值来 测量不同样本（个案）之间的差异情况；与 集中趋势测量法相互补充，反映集中趋势测 量的代表性程度大小。 2. 与集中趋势相同的是，不同层次的变量 有不同的离散趋势测量法。
2.1 定类变量的离散趋势测量
对于定类变量，可以采用异众比例来测量个 案之间的离散性程度。 公式： v n f mo fmo是指众值的频次 n 异众比例越大，说明众值的代表性越低；当 运用众值来预测变量时，所犯的错误会越大
7.3 定距变量分布表
假如某定距变量有100个取值，如100个儿 童的身高；将其制作成分布表； 思路：进行分组统计，转化为定类变量再进 行统计。 方法：确定组数→确定组距→确定分点精度 （比原始数据提高一位精度）→频次统计。
第三节：如何制作分布图？
不同类型变量，可以制作不同类型的图。 1.定类变量：条形图，饼状图； 2.定序变量：条形图； 3.定距变量：直方图； 利用excel作图。
232频次分布数据求方差和标准差频次分布数据求方差和标准差222222iiiiiiiifxxfxfxfxxnnnn???????????222iiiifxxfxxnn???????233分组资料求方差和标准差?用组中值bi来代替个案取值
第八讲：单变量描述统计分析
本讲关注的主要问题
1.什么是单变量分析？ 2.变量分布特征； 3.如何制作统计图表？ 4.集中趋势分析法； 5.离散趋势分析法；
累积比例
20 .0 95 .3 97 .7 10 0.0
未婚 已婚 离婚 丧偶
To talຫໍສະໝຸດ 11 60 44 40 13 4 15 0 58 94
2.1.1 众值测量法