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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,
1
∴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k0都有f(x)0,恒有f(x)0,所以ex-1>0,所以a<=x+.
2
设g(x)=x+(x>0),则只需a0),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10,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;
3
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a0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).
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(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,
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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,
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