2023高考数学二轮专题导数38讲 专题30 单变量恒成立之同构或放缩后参变分离

专题30　单变量恒成立之同构或放缩后参变分离

【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]　(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－，∴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)，，

∴所求三角形面积为×2×＝．

(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)＝－1＝，

在(0，1)上h′(x)>0，h(x)单调递增；在(1，＋∞)上h′(x)<0，h(x)单调递减，

∴h(x)max＝h(1)＝0，ln a≥0，即a≥1，∴a的取值范围是[1，＋∞)．

解法二　(最值分析法＋隐零点法)

∵f(x)＝aex－1－ln x＋lna，∴f′(x)＝aex－1－，且a>0．

设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝aex－1＋>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，<1，∴<1，∴f′f′(1)＝，

∴存在唯一x0>0，使得f′(x0)＝aex0－1－＝0，且当x∈(0，x0)时f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时f′(x)>0，

∴ae x0－1＝，∴lna＋x0－1＝－lnx0，

因此f(x)min＝f(x0)＝ae x0－1－lnx0＋lna＝＋lna＋x0－1＋lna≥2lna－1＋2＝2lna＋1>1，

∴f(x)>1，∴f(x)≥1恒成立；

当0<a<1时，f(1)＝a＋lna<a<1，∴f(1)<1，f(x)≥1不恒成立．

综上所述，a的取值范围是[1，＋∞)．

[例2]　已知函数f(x)＝x－alnx．

(1)若曲线y＝f(x)＋b(a，b∈R)在x＝1处的切线方程为x＋y－3＝0，求a，b的值；

(2)求函数g(x)＝f(x)＋(a∈R)的极值点；

(3)设h(x)＝f(x)＋aex－＋ln a(a>0)，若当x>a时，不等式h(x)≥0恒成立，求a的最小值．

解析　(1)由f(x)＝x－aln x，得y＝x－aln x＋b，∴y′＝f′(x)＝1－．

由已知可得即∴a＝2，b＝1．

(2)g(x)＝f(x)＋＝x－aln x＋，

∴g′(x)＝1－－＝(x>0)，

当a＋1≤0，即a≤－1时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数，无极值点．

当a＋1>0，即a>－1时，则有，当0<x<a＋1时，g′(x)<0，当x>a＋1时，g′(x)>0，

∴g(x)在(0，a＋1)上为减函数，在(a＋1，＋∞)上为增函数，

∴x＝a＋1是g(x)的极小值点，无极大值点．

综上可知，当a≤－1时，函数g(x)无极值点，

当a>－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)＝f(x)＋aex－＋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≥ln，即ex≥ln，即xex≥ln．①

①式等价于xex≥ln·eln，由x>a>0知，>1，ln>0．

令φ(x)＝xex(x>0)，则原不等式即为φ(x)≥φ，

又φ(x)＝xex(x>0)在(0，＋∞)上为增函数，∴原不等式等价于x≥ln ，②

又②式等价于ex≥，即a≥(x>a>0)，

设F(x)＝(x>0)，则F′(x)＝，

∴F(x)在(0，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，又x>a>0，

∴当0<a<1时，F(x)在(a，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数．

∴F(x)≤F(1)＝．要使原不等式恒成立，须使≤a<1，

当a≥1时，F(x)在(a，＋∞)上为减函数，F(x)<F(1)＝．

要使原不等式恒成立，须使a≥，∴当a≥1时，原不等式恒成立．

综上可知，a的取值范围是[，＋∞)，a的最小值为．

[例3]　已知实数a∈R，设函数f(x)＝lnx－ax＋1．

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若f(x)≥＋1恒成立，求实数a的取值范围．

解析　(1)由题意得定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a＝．

当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝，

所以当时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．

(2)因为x>0，所以f(x)≥＋1恒成立等价于xln x≥a恒成立．

设h(x)＝ln x－，则h′(x)＝－＝，

所以函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

所以h(x)min＝h(1)＝0．即ln x≥1－，所以xln x≥x＝x－1恒成立，

问题等价于x－1－a≥0恒成立，分离参数得a≤恒成立．

设t＝∈(1，＋∞)，函数g(t)＝，则g′(t)＝1＋>0，

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＝－．

当x<－时，f′(x)<0；当x>－时，f′(x)>0．

故f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为．

(2)(同构后参变分离)　由f(x)≥eaxln x－ax2，即ax2－x≥eax(ln x－1)，有≥，

故仅需≥即可．

设函数g(x)＝，则≥等价于g(eax)≥g(x)．

∵g′(x)＝，∴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≥恒成立．

设函数h(x)＝，x∈(0，e]，则h′(x)＝≥0，即h(x)在(0，e]上单调递增，

∴h(x)max＝h(e)＝，则a≥即可，∴a的取值范围为．

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)(a<0)，对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．

2．解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝1时，f′(x)＝ex，

令g(x)＝ln x＋，则g′(x)＝－＝，

当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，

∴当x＝1时，g(x)取得极小值即最小值g(1)＝1，

∴f′(x)>0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－＝，∴当t∈(0，1)时，k′(t)<0，k(t)在(0，1)上单调递减；

当t∈(1，＋∞)时，k′(t)>0，k(t)在(1，＋∞)上单调递增，

∵x∈(1，＋∞)，0<e－x<e－1<1，当a<0时，0<xa<1，且k(t)在(0，1)上单调递减，

则(*)式⇔e－x≤xa⇒－a≤，令h(x)＝(x>1)，则h′(x)＝，

当x∈(1，e)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，

∴h(x)min＝h(e)＝e，则－a≤e，∴a≥－e，又a<0，∴a的取值范围是[－e，0)．

3．已知函数f(x)＝e－x－ax，g(x)＝ln(x＋m)＋ax＋1．

(1)当a＝－1时，求函数f(x)的最小值；

(2)若对任意的x∈(－m，＋∞)，恒有f(－x)≥g(x)成立，求实数m的取值范围．

3．解析　(1)当a＝－1时，f(x)＝e－x＋x，则f′(x)＝－＋1．令f′(x)＝0，得x＝0．

当x＜0时，f′(x)＜0，当x＞0时，f′(x)＞0，

∴函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增．

∴当x＝0时，函数f(x)取得最小值，最小值为f(0)＝1．

(2)由(1)得ex≥x＋1恒成立．f(－x)≥g(x)⇔ex＋ax≥ln(x＋m)＋ax＋1⇔ex≥ln(x＋m)＋1．

故x＋1≥ln(x＋m)＋1，即m≤ex－x在(－m，＋∞)上恒成立．

当m＞0时，在(－m，＋∞)上，ex－x≥1，得0＜m≤1；

当m≤0时，在 (－m，＋∞)上，ex－x＞1，m≤ex－x恒成立．于是m≤1．

∴实数m的取值范围为(－∞，1]．