《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题30　单变量恒成立之同构或放缩后参变分离（原卷版)

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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)

∵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)＝aex

－1－＝0，且当 x∈(0，x0)时f′(x)<0，当 x∈(x0，＋∞)时f′(x)>0，

∴ae x

－1＝，∴lna＋x0－1＝－lnx0，

因此 f(x)min＝f(x0)＝ae x

－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]．

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