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新高考数学二轮复习专题30 单变量恒成立之同构或放缩后参变分离 (教师版)
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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) 1 ∵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
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
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, 2 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
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=, 3 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. 4 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
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. 5 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]. 6
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