中考数学二轮精品专题复习 专题27　单变量恒成立之参变分离后导函数零点可求型（解析版)

这是一份中考数学二轮精品专题复习 专题27　单变量恒成立之参变分离后导函数零点可求型（解析版)，共5页。
专题27　单变量恒成立之参变分离后导函数零点可求型 【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f(x)＝xlnx，g(x)＝x3＋ax2－x＋2．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围．解析　(1)∵函数f(x)＝xln x的定义域是(0，＋∞)，∴f′(x)＝ln x＋1．令f′(x)＜0，得ln x＋1＜0，解得0＜x＜，∴f(x)的单调递减区间是．令f′(x)＞0，得ln x＋1＞0，解得x＞，∴f(x)的单调递增区间是．综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是．(2)∵g′(x)＝3x2＋2ax－1，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，∴2xlnx≤3x2＋2ax＋1恒成立．∵x＞0，∴a≥ln x－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝ln x－x－(x＞0)，则h′(x)＝－＋＝－．令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－(舍去)．当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减．∴当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)max＝h(1)＝－2，∴若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝－2，故实数a的取值范围是[－2，＋∞)．[例2]　已知函数f(x)＝lnx＋x2－(a＋1)x．(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－2，求f(x)的单调区间；(2)若x>0时，<恒成立，求实数a的取值范围．解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由已知得f′(x)＝＋ax－(a＋1)，则f′(1)＝0．而f(1)＝－－1，∴曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－－1．∴－－1＝－2，解得a＝2．∴f(x)＝ln x＋x2－3x，f′(x)＝＋2x－3，由f′(x)>0，得0<x<或x>1，由f′(x)<0，得<x<1，∴f(x)的单调递增区间为和(1，＋∞)，单调递减区间为．(2)由<，得＋x－(a＋1)<＋x－，即－<在区间(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝－，则h′(x)＝＋＝，由h′(x)>0，得0<x<，因而h(x)在上单调递增，由h′(x)<0，得x>，因而h(x)在上单调递减．∴h(x)的最大值为h()＝，∴>，故a>2－1．从而实数a的取值范围为．[例3]　(2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x．(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围．解析　(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，由于f″(x)＝ex＋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)由f(x)≥x3＋1，得ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0，①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；②当x＞0时，分离参数a得a≥－，记g(x)＝－，g′(x)＝－，令h(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－x－1，h″(x)＝ex－1≥0，故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0，故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0，由h(x)≥0可得ex－x2－x－1≥0恒成立，故当x∈(0，2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．因此，g(x)max＝g(2)＝，综上可得，实数a的取值范围是．【对点精练】1．已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)．(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当x＞0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．1．解析　(1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)．即f′(x)＝xex＋ex－4，则f′(0)＝－3，f(0)＝2，所以所求切线方程为3x＋y－2＝0．(2)由f(1)≥0，得a≥＞0，则f(x)≥0对任意的x＞0恒成立可转化为≥对任意的x＞0恒成立．设函数F(x)＝(x＞0)，则F′(x)＝－．当0＜x＜1时，F′(x)＞0；当x＞1时，F′(x)＜0，所以函数F(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以F(x)max＝F(1)＝．于是≥，解得a≥．故实数a的取值范围是．2．已知函数f(x)＝ex(ax2＋x＋a)(a≥0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1恒成立，求实数a的取值范围．2．解析　(1)函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＝(ax＋a＋1)(x＋1)ex，①当a＝0时，f′(x)＝ex(x＋1)，当x>－1时，f′(x)>0，当x<－1时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1)．②当a>0时，f′(x)＝a(x＋1)ex，则方程f′(x)＝0有两根－1，－，且－1>－．所以函数f(x)的单调增区间为和(－1，＋∞)，单调减区间为．综上可知，当a>0时，函数f(x)的单调增区间为和(－1，＋∞)，单调减区间为；当a＝0时，函数f(x)的单调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1)．(2)函数f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1恒成立转化为a≤x＋在R上恒成立．令h(x)＝x＋，则h′(x)＝，易知h(x)在(0，＋∞)上为增函数，在(－∞，0)上为减函数．所以h(x)min＝h(0)＝1，则a≤1．又由题设a≥0，故实数a的取值范围为[0，1]．3．已知函数f(x)＝lnx．(1)求函数g(x)＝f(x＋1)－x的最大值；(2)若对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，求实数a的取值范围．3．解析　(1)∵f(x)＝ln x，∴g(x)＝f(x＋1)－x＝ln(x＋1)－x(x>－1)，∴g′(x)＝－1＝．当x∈(－1，0)时，g′(x)>0，∴g(x)在(－1，0)上单调递增；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减．∴g(x)在x＝0处取得最大值g(0)＝0．(2)∵对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，∴在x>0上恒成立，进一步转化为max≤a≤min，设h(x)＝，则h′(x)＝，当x∈(1，e)时，h′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，∴h(x)在x＝e处取得极大值也是最大值．∴h(x)max＝．要使f(x)≤ax恒成立，必须a≥．另一方面，当x>0时，x＋≥2，当且仅当x＝1时等号成立，要使ax≤x2＋1恒成立，必须a≤2，∴满足条件的a的取值范围是．4．已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2(e是自然对数的底数)．(1)讨论函数f(x)的极值点的个数，并说明理由；(2)若对任意的x>0，f(x)＋ex≥x3＋x，求实数a的取值范围．4．解析　(1)f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)．当a≤0时，由f′(x)<0得x<0，由f′(x)>0得x>0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)有1个极值点；当0<a<时，由f′(x)>0得x<ln (2a)或x>0，由f′(x)<0得ln (2a)<x<0，∴f(x)在(－∞，ln (2a))上单调递增，在(ln (2a)，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)有2个极值点；当a＝时，由f′(x)≥0，∴f(x)在R上单调递增，∴f(x)没有极值点；当a>时，由f′(x)>0得x<0或x>ln (2a)，由f′(x)<0得0<x<ln (2a)，∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln (2a))上单调递减，在(ln (2a)，＋∞)上单调递增，∴f(x)有2个极值点．综上，当a≤0时，f(x)有1个极值点；当a>0且a≠时，f(x)有2个极值点；当a＝时，f(x)没有极值点．(2)由f(x)＋ex≥x3＋x得xex－x3－ax2－x≥0．当x>0时，ex－x2－ax－1≥0，即a≤对任意的x>0恒成立．设g(x)＝，则g′(x)＝．设h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1．∵x>0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，即ex－x－1>0，∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(1)＝e－2，∴a≤e－2，∴实数a的取值范围为(－∞，e－2]．