2023高考数学二轮专题导数38讲 专题28 单变量恒成立之参变分离后导函数零点可猜型

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]．