高考数学导数冲满分-专题30　单变量恒成立之同构或放缩后参变分离

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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] (2020·新高考Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna．
(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)＝ex－ln x＋1，∴f′(x)＝ex－ eq \f(1,x)，∴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)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2,e－1)，0))，
∴所求三角形面积为 eq \f(1,2)×2× eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－2,e－1)))＝ eq \f(2,e－1)．
(2)解法一 (同构后参变分离)
f(x)＝aex－1－lnx＋lna＝eln a＋x－1－lnx＋lna≥1等价于eln a＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝eln x＋lnx，
令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于g(lna＋x－1)≥g(lnx)，
显然g(x)为单调递增函数，∴又等价于lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1，
令h(x)＝lnx－x＋1，则h′(x)＝ eq \f(1,x)－1＝ eq \f(1－x,x)，
在(0，1)上h′(x)>0，h(x)单调递增；在(1，＋∞)上h′(x)0．
设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝aex－1＋ eq \f(1,x2)>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， eq \f(1,a)1，
∴f(x)>1，∴f(x)≥1恒成立；
当00，即a>－1时，则有，当0－1时，函数g(x)的极小值点是a＋1，无极大值点．
(3) (同构后参变分离)
h(x)＝eq \f(1,a)f(x)＋aex－eq \f(x,a)＋ln a＝aex－ln x＋lna(a>0)，
由题意知，当x>a时，aex－ln x＋lna≥0恒成立，
又不等式aex－ln x＋ln a≥0等价于aex≥lneq \f(x,a)，即ex≥eq \f(1,a)lneq \f(x,a)，即xex≥eq \f(x,a)lneq \f(x,a)．①
①式等价于xex≥lneq \f(x,a)·elneq \f(x,a)，由x>a>0知，eq \f(x,a)>1，lneq \f(x,a)>0．
令φ(x)＝xex(x>0)，则原不等式即为φ(x)≥φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(x,a)))，
又φ(x)＝xex(x>0)在(0，＋∞)上为增函数，∴原不等式等价于x≥ln eq \f(x,a)，②
又②式等价于ex≥eq \f(x,a)，即a≥eq \f(x,ex)(x>a>0)，
设F(x)＝eq \f(x,ex)(x>0)，则F′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
∴F(x)在(0，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，又x>a>0，
∴当00，
所以函数g(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(t)>g(1)＝－1，
所以a≤－1，故实数a的取值范围为(－∞，－1]．
【对点精练】
1．已知函数f(x)＝eax－x．
(1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处切线的斜率为1，求f(x)的单调区间；
(2)若不等式f(x)≥eaxln x－ax2对x∈(0，e]恒成立，求a的取值范围．
1．解析 (1)f′(x)＝aeax－1，则f′(0)＝a－1＝1，即a＝2．
∴f′(x)＝2e2x－1，令f′(x)＝0，得x＝－eq \f(ln 2,2)．
当x0．
故f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(ln 2,2)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(ln 2,2)，＋∞))．
(2)(同构后参变分离) 由f(x)≥eaxln x－ax2，即ax2－x≥eax(ln x－1)，有eq \f(ax－1,eax)≥eq \f(ln x－1,x)，
故仅需eq \f(ln eax－1,eax)≥eq \f(ln x－1,x)即可．
设函数g(x)＝eq \f(ln x－1,x)，则eq \f(ln eax－1,eax)≥eq \f(ln x－1,x)等价于g(eax)≥g(x)．
∵g′(x)＝eq \f(2－ln x,x2)，∴当x∈(0，e]时，g′(x)>0，则g(x)在(0，e]上单调递增，
∴当x∈(0，e]时，g(eax)≥g(x)等价于eax≥x，即a≥eq \f(ln x,x)恒成立．
设函数h(x)＝eq \f(ln x,x)，x∈(0，e]，则h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)≥0，即h(x)在(0，e]上单调递增，
∴h(x)max＝h(e)＝eq \f(1,e)，则a≥eq \f(1,e)即可，∴a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))．
2．已知函数f(x)＝1＋aexlnx．
(1)当a＝1时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若不等式f(x)≥ex(xa－x)(a0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)(同构后参变分离) 不等式f(x)≥ex(xa－x)⇔e－x＋x≥xa－aln x⇔e－x－ln e－x≥xa－ln xa，
设k(t)＝t－ln t，即k(e－x)≥k(xa)，(*)
∵k′(t)＝1－eq \f(1,t)＝eq \f(t－1,t)，∴当t∈(0，1)时，k′(t)0，k(t)在(1，＋∞)上单调递增，
∵x∈(1，＋∞)，0