2023高考数学二轮专题导数38讲专题29 单变量恒成立之参变分离后导函数零点不可求型

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专题29　单变量恒成立之参变分离后导函数零点不可求型
【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]　已知函数f(x)＝axex－lnx＋b在x＝1处的切线方程为y＝(2e－1)x－e．
(1)求a，b的值；
(2)若f(x)≥mx恒成立，求实数m的取值范围．
解析　(1)f′(x)＝aex＋axex－，
∵函数f(x)＝axex－ln x＋b在x＝1处的切线方程为y＝(2e－1)x－e，
∴∴a＝1，b＝－1．
(2)由f(x)≥mx得，xex－ln x－1≥mx(x＞0)，即m≤，
令φ(x)＝，则φ′(x)＝，
令h(x)＝x2ex＋ln x，易知h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h＝e－1<－1＝0，h(1)＝e>0，
故h(x)在上存在零点x0，即h(x0)＝xex0＋ln x0＝0，即x0ex0＝－＝·e，
由于y＝xex在(0，＋∞)上单调递增，故x0＝ln＝－ln x0，即ex0＝，
且φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(x0)＝＝1，∴m≤1．
[例2]　已知函数f(x)＝xlnx＋ax(a∈R)．
(1)若函数f(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；
(2)若对任意x∈(1，＋∞)，f(x)>k(x－1)＋ax－x恒成立，求正整数k的值．
解析：(1)由f(x)＝xln x＋ax，得f′(x)＝ln x＋a＋1，∵函数f(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数，
∴当x∈[e2，＋∞)时，f′(x)≥0，即ln x＋a＋1≥0在区间[e2，＋∞)上恒成立，∴a≥－1－ln x．
又当x∈[e2，＋∞) 时，ln x∈[2，＋∞)，∴－1－ln x∈(－∞，－3]．∴a≥－3．
(2)若对任意x∈(1，＋∞)，f(x)>k(x－1)＋ax－x恒成立，即xln x＋ax>k(x－1)＋ax－x恒成立，
也就是k(x－1)0．
则问题转化为k<对任意x∈(1，＋∞)恒成立．
设函数h(x)＝，则h′(x)＝，再设m(x)＝x－ln x－2，则m′(x)＝1－．
∵x∈(1，＋∞)，∴m′(x)>0，则m(x)＝x－ln x－2在(1，＋∞)上为增函数，
∵m(1)＝1－ln 1－2＝－1，m(2)＝2－ln 2－2＝－ln 2，
m(3)＝3－ln 3－2＝1－ln 3<0，m(4)＝4－ln 4－2＝2－ln 4>0．
∴∃x0∈(3，4)，使m(x0)＝x0－ln x0－2＝0，∴当x∈(1，x0)时，m(x)<0，h′(x)<0，
∴h(x)＝在(1，x0)上单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，m(x)>0，h′(x)>0，
∴h(x)＝在(x0，＋∞)上单调递增，∴h(x)的最小值为h(x0)＝．
∵m(x0)＝x0－ln x0－2＝0，∴ln x0＋1＝x0－1，代入函数h(x)＝得h(x0)＝x0，
∵x0∈(3，4)，且k [例3]　已知函数f(x)＝aex－xex＋x－a(a∈R)．
(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若对任意x>0都有f(x) 解析　(1)当a＝2时，f(x)＝2ex－xex＋x－2，∴f′(x)＝2ex－(ex＋xex)＋1＝ex－xex＋1，
因此f(0)＝0，f′(0)＝2．所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－0＝2(x－0)，即y＝2x．
(2)对任意x>0，恒有f(x) 因为x>0，所以ex－1>0，所以a<＝x＋．
设g(x)＝x＋(x>0)，则只需a 令h(x)＝ex－x－2(x>0)，则h′(x)＝ex－1>0恒成立．所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
因为h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0．所以存在唯一一个x0使得h(x0)＝0，且1 所以当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0．
所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝x0＋．
由ex0－x0－2＝0，得ex0＝x0＋2，所以g(x0)＝x0＋＝x0＋1∈(2，3)．
故a的最大整数值为2．
[例4]　已知函数f(x)＝(x＋a)lnx－x2－ax＋a－1．
(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)>alnx－x2－2x在(1，＋∞)上恒成立，求整数a的最大值．
解析　(1)若a＝1，则f(x)＝(x＋1)ln x－x2－x，
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－x＋．
设g(x)＝ln x－x＋，则g′(x)＝－1－＝＝<0，
故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝0，
故当x∈(0，1)时，g(x)>0，即f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上，函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)原不等式等价于xln x－a(x－1)＋2x－1>0，即a<在(1，＋∞)上恒成立．
设φ(x)＝，x>1，则φ′(x)＝．
设h(x)＝x－ln x－2(x>1)，则h′(x)＝1－＝>0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又h(3)＝3－ln 3－2＝1－ln 3<0，h(4)＝4－ln 4－2＝2－2ln 2>0，
所以根据函数零点存在定理，可知h(x)在(1，＋∞)上有唯一零点．
设该零点为x0，则x0∈(3，4)，且h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，即x0－2＝ln x0．
当x∈(1，x0)时，h(x)<0，即φ′(x)<0，故φ(x)在(1，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，即φ′(x)>0，故φ(x)在(x0，＋∞)上单调递增．
所以φ(x)min＝φ(x0)＝＝x0＋1．
由题意可知a 又a∈Z，所以整数a的最大值为4．
【对点精练】
1．已知函数f(x)＝．
(1)若函数f(x)的图象在x＝1处的切线为y＝1，求f(x)的极值；
(2)若f(x)≤ex＋－1恒成立，求实数a的取值范围．
1．解析　(1)f′(x)＝，由题意可得f′(1)＝＝0，解得a＝1．此时f(1)＝a＝1，
所以f(x)＝，f′(x)＝，由f′(x)>0可得01，
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以f(x)的极大值为f(1)＝1，不存在极小值．
(2)由f(x)≤ex＋－1，可得≤ex＋－1，分离参数a可得，a≤x(ex－1)－ln x＋2(x>0)，
令F(x)＝x(ex－1)－ln x＋2，x>0，
F′(x)＝ex－1＋xex－＝ex(x＋1)－＝(x＋1)，x>0．
令h(x)＝ex－，x>0，则h′(x)＝ex＋>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h＝－2<0，h(1)＝e－1>0，所以存在唯一的x0∈，使得h(x0)＝－＝0，
当0x0时，h(x)>0，即F′(x)>0，
故F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
F(x)min＝x0(－1)－ln x0＋2＝x0－x0－ln x0＋2，
由h(x0)＝－＝0，得x0＝1，再对x0＝1两边取对数可得x0＋ln x0＝0，
所以F(x)min＝x0－x0－ln x0＋2＝1－0＋2＝3，
所以a≤3，即实数a的取值范围为a≤3．
2．已知函数f(x)＝xex＋(e为自然对数的底数)．
(1)求证：函数f(x)有唯一零点；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，xex－lnx≥1＋kx恒成立，求实数k的取值范围．
2．解析　(1) f′(x)＝(x＋1)ex＋，x∈(0，＋∞)，易知当0＜x＜1时，f′(x)＞0，
所以f(x)在区间(0，1)上为增函数，又因为f＝＜0，f(1)＝e＞0，
所以ff(1)＜0，即f(x)在区间(0，1)上恰有一个零点，
由题可知f(x)＞0在(1，＋∞)上恒成立，即在(1，＋∞)上无零点，
所以f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
(2)设f(x)的零点为x0，即x0ex0＋＝0．原不等式可化为≥k，
令g(x)＝，则g′(x)＝，
由(1)可知g(x)在(0，x0) 上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，故g(x0)为g(x)的最小值．
下面分析x0ex0＋＝0，
设x0ex0＝t，则＝－t，可得即x0(1－t)＝ln t，
若t＞1，等式左负右正不相等；若t＜1，等式左正右负不相等，只能t＝1．
因此g(x0)＝＝－＝1，所以k≤1．
即实数k的取值范围为(－∞，1]．
3．已知函数f(x)＝5＋lnx，g(x)＝(k∈R)．
(1)若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与函数y＝g(x)的图象相切，求k的值；
(2)若k∈N*，且x∈(1，＋∞)时，恒有f(x)>g(x)，求k的最大值．
(参考数据：ln 5≈1．61，ln 6≈1．791 8，ln(＋1)≈0．881 4)
3．解析：(1)∵f(x)＝5＋ln x，∴f(1)＝5，且f′(x)＝，从而得到f′(1)＝1．
∴函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－5＝x－1，即y＝x＋4．
设直线y＝x＋4与g(x)＝(k∈R)的图象相切于点P(x0，y0)，从而可得g′(x0)＝1，g(x0)＝x0＋4，
又g′(x)＝，∴解得或∴k的值为1或9．
(2)由题意知，当x∈(1，＋∞)时，5＋ln x>恒成立，
等价于当x∈(1，＋∞)时，k<恒成立．
设h(x)＝(x>1)，则h′(x)＝(x>1)，记p(x)＝x－4－ln x(x>1)，
则p′(x)＝1－＝>0，∴p(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增．又p(5)＝1－ln 5<0，p(6)＝2－ln 6>0，
∴在x∈(1，＋∞)上存在唯一的实数m，且m∈(5，6)，使得p(m)＝m－4－ln m＝0，①
∴当x∈(1，m)时，p(x)<0，即h′(x)<0，则h(x)在x∈(1，m)上单调递减；
当x∈(m，＋∞)时，p(x)>0，即h′(x)>0，则h(x)在x∈(m，＋∞)上单调递增，
∴当x∈(1，＋∞)时，h(x)min＝h(m)＝，
由①可得ln m＝m－4，∴h(m)＝＝m＋＋2，
而m∈(5，6)，∴m＋＋2∈，又h(3＋2)≈7．9，p(3＋2)＝2－1－ln(3＋2)>0，
∴m∈(5，3＋2)，∴h(m)∈．又k∈N*，∴k的最大值是7．
4．设函数f(x)＝ex－ax－2．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，k为整数，且当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0，求k的最大值．
4．解析　(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a．
若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
若a＞0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1．
故当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0等价于k＜＋x(x＞0)．①
令g(x)＝＋x，则g′(x)＝．
由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)＜0，h(2)＞0，
所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．
设此零点为α，则α∈(1，2)．当x∈(0，α)时，g′(x)＜0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)＞0．
所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2，3)．
由于①式等价于k＜g(α)，故整数k的最大值为2．
5．设函数f(x)＝xlnx－＋a－x(a∈R)．
(1)若函数f(x)有两个不同的极值点，求实数a的取值范围；
(2)若a＝2，k∈N，g(x)＝2－2x－x2，且当x＞2时不等式k(x－2)＋g(x)＜f(x)恒成立，试求k的最大值．
5．解析　(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－ax－1＝ln x－ax，
令f′(x)＝0，可得a＝，令h(x)＝(x＞0)，
则由题可知直线y＝a与函数h(x)的图象有两个不同的交点，
h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝e，可知h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
h(x)max＝h(e)＝，当x→0时，h(x)→－∞，当x→＋∞时，h(x)→0，故实数a的取值范围为．
(2)当a＝2时，f(x)＝xln x－x2＋2－x，k(x－2)＋g(x)＜f(x)，
即k(x－2)＋2－2x－x2＜xlnx－x2＋2－x，整理得k(x－2)＜xlnx＋x，
因为x＞2，所以k＜．设F(x)＝(x＞2)，则F′(x)＝．
令m(x)＝x－4－2lnx(x＞2)，则m′(x)＝1－＞0，所以m(x)在(2，＋∞)上单调递增，
m(8)＝4－2ln 8＜4－2ln e2＝4－4＝0，m(10)＝6－2ln 10＞6－2ln e3＝6－6＝0，
所以函数m(x)在(8，10)上有唯一的零点x0，
即x0－4－2ln x0＝0，故当2＜x＜x0时，m(x)＜0，即F′(x)＜0，当x＞x0时，F′(x)＞0，
所以F(x)min＝F(x0)＝＝＝，所以k＜，
因为x0∈(8，10)，所以∈(4，5)，故k的最大值为4．