高考数学导数冲满分-专题28　单变量恒成立之参变分离后导函数零点可猜型

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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] 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≤eq \f(ex＋x－ex＋xln x,x2)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
令F(x)＝eq \f(ex＋x－ex＋xln x,x2)，则F′(x)＝eq \f(xex＋ex－2ex－xln x,x3)＝eq \f(1,x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex＋e－\f(2ex,x)－ln x))，
令G(x)＝ex＋e－eq \f(2ex,x)－ln x，
则G′(x)＝ex－eq \f(2(xex－ex),x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(ex(x－1)2＋ex－x,x2)＞0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
∴G(x)＝ex＋e－eq \f(2ex,x)－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－eq \f(1,2)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0③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－eq \f(1,2)ax2＋ax≥0恒成立．
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2－x))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， eq \f(1,2)x2－x>0，所以a≤eq \f((x－2)ex,\f(1,2)x2－x)＝eq \f(2ex,x)恒成立．
设g(x)＝eq \f(2ex,x)，则g′(x)＝eq \f(2(x－1)ex,x2)，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)＝eq \f(ln x＋a,x)(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤ex－1＋eq \f(1,x)－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)＝eq \f(1－a－ln x,x2)．
令f′(x)>0，得1－a－ln x>0，解得0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＋eq \f(1,x)－1恒成立，即eq \f(ln x＋a,x)≤ex－1＋eq \f(1,x)－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－eq \f(1,x)＝(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－1－\f(1,x)))．
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＋eq \f(1,2)x2＋ax(a∈R)，g(x)＝ex＋eq \f(3,2)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)＝eq \f(1,x)＋x＋a＝eq \f(x2＋ax＋1,x)(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)＝eq \f(x2＋ax＋1,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x10，x1x2＝1>0，故x2>x1>0，
∴当0x2时，f′(x)>0；当x1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≤eq \f(ex＋x2－ln x,x)对于∀x>0恒成立，
设φ(x)＝eq \f(ex＋x2－ln x,x)(x>0)，φ′(x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex＋2x－\f(1,x)))x－(ex＋x2－ln x),x2)＝eq \f(ex(x－1)＋ln x＋(x＋1)(x－1),x2)，
∵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＋eq \f(a,x)(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)＝－eq \f(a,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－a,x2)，
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⇔eq \f(a,x)＋lnx≥1⇔eq \f(a,x)≥－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·eq \f(1,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)＝eq \f(1＋ln x,x)．
(1)若函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a＋\f(1,2)))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)≥eq \f(k,x＋1)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)＝eq \f(1－1－ln x,x2)＝－eq \f(ln x,x2)，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＋eq \f(1,2)，故eq \f(1,2)＜a＜1，
即实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))．
(2)由题意得，当x≥1时，k≤eq \f((x＋1)(1＋ln x),x)恒成立，
令g(x)＝eq \f((x＋1)(1＋ln x),x)(x≥1)，则g′(x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋ln x＋1＋\f(1,x)))x－(x＋1)(1＋ln x),x2)＝eq \f(x－ln x,x2)．
再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－eq \f(1,x)≥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]．