《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题29　单变量恒成立之参变分离后导函数零点不可求型（解析版)

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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)＝xex
0＋ln x0＝0，即 x0ex
0＝－＝·e，
由于 y＝xex在(0，＋∞)上单调递增，故 x0＝ln＝－ln x0，即 ex
0＝，
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)<xln x＋ax－ax＋x恒成立，∵x∈(1，＋∞)，∴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<h(x)对任意 x∈(1，＋∞)恒成立，∴k<h(x)min＝x0，∴k≤3，∴k的值为 1，2，3．
[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)<x＋1恒成立，求 a的最大整数值．
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)<x＋1，即 a(ex－1)<xex＋1．
因为 x>0，所以 ex－1>0，所以 a<＝x＋．
设g(x)＝x＋(x>0)，则只需 a<g(x)min，则 g′(x)＝1－＝．
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<x0<2．
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；
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