中考数学二轮精品专题复习 专题28　单变量恒成立之参变分离后导函数零点可猜型（解析版)

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专题28　单变量恒成立之参变分离后导函数零点可猜型 【方法总结】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≤对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．令F(x)＝，则F′(x)＝＝，令G(x)＝ex＋e－－ln x，则G′(x)＝ex－－＝＞0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．∴G(x)＝ex＋e－－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－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0<a≤e2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>e2时，在区间(2，ln a)上，f′(x)<0；在区间(lna，＋∞)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－ax2＋ax≥0恒成立．即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， x2－x>0，所以a≤＝恒成立．设g(x)＝，则g′(x)＝，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)＝(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调区间；(2)若f(x)≤ex－1＋－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)＝．令f′(x)>0，得1－a－ln x>0，解得0<x<e1－a．令f′(x)<0，得1－a－ln x<0，解得x>e1－a．故f(x)的单调递增区间为(0，e1－a)，单调递减区间为(e1－a，＋∞)．(2)因为f(x)≤ex－1＋－1恒成立，即≤ex－1＋－1对(0，＋∞)恒成立，所以a≤xex－1－x－ln x＋1对(0，＋∞)恒成立，令g(x)＝xex－1－x－ln x＋1，则g′(x)＝ex－1＋xex－1－1－＝(x＋1)．当x∈(0，1)时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，1)上单调递减．当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增．故当x＝1时，g(x)取到最小值g(1)＝1，所以a≤1．故实数a的取值范围是(－∞，1]．2．函数f(x)＝lnx＋x2＋ax(a∈R)，g(x)＝ex＋x2．(1)讨论f(x)的极值点的个数；(2)若对于任意x∈(0，＋∞)，总有f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围．2．解析：(1)由题意得f′(x)＝＋x＋a＝(x>0)，令f′(x)＝0，即x2＋ax＋1＝0，Δ＝a2－4．①当Δ＝a2－4≤0，即－2≤a≤2时，x2＋ax＋1≥0对x>0恒成立，即f′(x)＝≥0对x>0恒成立，此时f(x)没有极值点．②当Δ＝a2－4>0，即a<－2或a>2时，若a<－2，设方程x2＋ax＋1＝0的两个不同实根为x1，x2，不妨设x1<x2，则x1＋x2＝－a>0，x1x2＝1>0，故x2>x1>0，∴当0<x<x1或x>x2时，f′(x)>0；当x1<x<x2时f′(x)<0，故x1，x2是函数f(x)的两个极值点．若a>2，设方程x2＋ax＋1＝0的两个不同实根为x3，x4，则x3＋x4＝－a<0，x3x4＝1>0，故x3<0，x4<0，∴当x>0时，f′(x)>0，故函数f(x)没有极值点．综上，当a<－2时，函数f(x)有两个极值点；当a≥－2时，函数f(x)没有极值点．(2)f(x)≤g(x)⇔ex－ln x＋x2≥ax，因为x>0，所以a≤对于∀x>0恒成立，设φ(x)＝(x>0)，φ′(x)＝＝，∵x>0，∴当x∈(0，1)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，当x∈(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＋(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)＝－＋＝，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<x<a，则f′(x)<0，∴f(x)单调递减．综上可知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在区间(0，a)上单调递减，在区间(a，＋∞)上单调递增．(2)f(x)≥1⇔＋lnx≥1⇔≥－ln x＋1⇔a≥－xln x＋x对任意x∈(0，1]恒成立．令g(x)＝－xln x＋x，x∈(0，1]．则g′(x)＝－ln x－x·＋1＝－ln x≥0，x∈(0，1]，∴g(x)在(0，1]上单调递增，∴g(x)max＝g(1)＝1，∴a≥1，故a的取值范围为[1，＋∞)．4．已知函数f(x)＝．(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；(2)当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，求实数k的取值范围．4．解析　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＝－，令f′(x)＝0，得x＝1．当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一的极值点，所以0＜a＜1＜a＋，故＜a＜1，即实数a的取值范围为．(2)由题意得，当x≥1时，k≤恒成立，令g(x)＝(x≥1)，则g′(x)＝＝．再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－≥0，所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)＞0，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．