新高考数学二轮复习专题28 单变量恒成立之参变分离后导函数零点可猜型 (2份打包，教师版+原卷版)

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单变量恒成立之参变分离法
参变分离法是将不等式变形成一个一端是f(a)，另一端是变量表达式g(x)的不等式后，若f(a)≥g(x)在x∈D上恒成立，则f(a)≥g(x)max；若f(a)≤g(x)在x∈D上恒成立，则f(a)≤g(x)min．特别地，经常将不等式变形成一个一端是参数a，另一端是变量表达式g(x)的不等式后，若a≥g(x)在x∈D上恒成立，则a≥g(x)max；若a≤g(x)在x∈D上恒成立，则a≤g(x)min．
利用分离参数法来确定不等式f(x，a)≥0(x∈D，a为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：
(1)将参数与变量分离，化为f1(a)≥f2(x)或f1(a)≤f2(x)的形式．
(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值．
(3)解不等式f1(a)≥f2(x)max或f1(a)≤f2(x)min，得到a的取值范围．
【例题选讲】
[例1] 已知函数f(x)＝ex－xlnx，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，其中e为自然对数的底数．
(1)求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求t的取值范围．
解析 (1)由f(x)＝ex－xln x，知f′(x)＝e－ln x－1，则f′(1)＝e－1，而f(1)＝e，
则所求切线方程为y－e＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋1．
(2)∵f(x)＝ex－xln x，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，
∴g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立等价于ex－tx2＋x－ex＋xln x≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
即t≤eq \f(ex＋x－ex＋xln x,x2)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
令F(x)＝eq \f(ex＋x－ex＋xln x,x2)，则F′(x)＝eq \f(xex＋ex－2ex－xln x,x3)＝eq \f(1,x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex＋e－\f(2ex,x)－ln x))，
令G(x)＝ex＋e－eq \f(2ex,x)－ln x，
则G′(x)＝ex－eq \f(2(xex－ex),x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(ex(x－1)2＋ex－x,x2)＞0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
∴G(x)＝ex＋e－eq \f(2ex,x)－ln x在(0，＋∞)上单调递增，且G(1)＝0，
∴当x∈(0，1)时，G(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，G(x)＞0，
即当x∈(0，1)时，F′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，
∴F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)≥F(1)＝1，∴t≤1，
即t的取值范围是(－∞，1]．[例2] 已知函数f(x)＝(x－2)ex－eq \f(1,2)ax2＋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．
解析 (1)当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex，f(0)＝(0－2)e0＝－2，
f′(x)＝(x－1)ex，k＝f′(0)＝(0－1)e0＝－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)(ex－a)，
①当a≤0时，因为x≥2，所以x－1>0，ex－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0e2时，在区间(2，ln a)上，f′(x)0，
所以f(x)在(2，ln a)上单调递减，在(lna，＋∞)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(－∞，e2]．
方法二 当x≥2时，f(x)≥0恒成立，等价于当x≥2时，(x－2)ex－eq \f(1,2)ax2＋ax≥0恒成立．
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2－x))a≤(x－2)ex在[2，＋∞)上恒成立．
当x＝2时，0·a≤0，所以a∈R．
当x>2时， eq \f(1,2)x2－x>0，所以a≤eq \f((x－2)ex,\f(1,2)x2－x)＝eq \f(2ex,x)恒成立．
设g(x)＝eq \f(2ex,x)，则g′(x)＝eq \f(2(x－1)ex,x2)，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)＝e2，所以a≤e2．
综上所述，a的取值范围是(－∞，e2]．
【对点精练】
1．已知函数f(x)＝eq \f(ln x＋a,x)(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤ex－1＋eq \f(1,x)－1恒成立，求实数a的取值范围．
1．解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq \f(1－a－ln x,x2)．
令f′(x)>0，得1－a－ln x>0，解得00恒成立，此时f(x)没有极值点．
②当Δ＝a2－4>0，即a2时，若a0，故x2>x1>0，
∴当00；当x10)，φ′(x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex＋2x－\f(1,x)))x－(ex＋x2－ln x),x2)＝eq \f(ex(x－1)＋ln x＋(x＋1)(x－1),x2)，
∵x>0，∴当x∈(0，1)时，φ′(x)0，φ(x)单调递增，
∴φ(x)≥φ(1)＝e＋1，∴a≤e＋1，即实数a的取值范围是(－∞，e＋1]．3．设函数f(x)＝lnx＋eq \f(a,x)(a为常数)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)不等式f(x)≥1在x∈(0，1]上恒成立，求实数a的取值范围．
3．解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq \f(a,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－a,x2)，
当a≤0时，又x>0，∴x－a>0，∴f′(x)>0，∴f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，∴f(x)单调递增；
若0