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进阶2　参数半分离与主元变换
分值：34分
1.(17分)已知函数f(x)=ex-ax-1(a∈R，其中e为自然对数的底数).
(1)若f(x)在定义域内有唯一零点，求a的取值范围；(7分)
(2)若f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立，求a的取值范围.(10分)
2.(17分)设函数f(x)=e2x-aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数；(7分)
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a+aln.(10分)
答案精析
1.解　(1)f'(x)=ex-a.
①当a≤0时，f'(x)>0，
所以f(x)在R上单调递增.
又f(-1)=-1+a<0，
f(1)=e-a-1>0，
由函数零点存在定理可知，函数f(x)在R上有唯一零点，
故a≤0符合题意.
②当a>0时，令f'(x)=0，得x=ln a.
当x∈(-∞，ln a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(ln a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(ln a)=eln a-aln a-1=a-aln a-1.
设g(a)=a-aln a-1(a>0)，
则g'(a)=1-(ln a+1)=-ln a，
当00，g(a)单调递增；
当a>1时，g'(a)<0，g(a)单调递减，
所以g(a)max=g(1)=0，
故a=1.
综上，实数a的取值范围为{a|a≤0或a=1}.
(2)方法一　f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立，
即(1-x2)ex≤ax+1对x∈[0，+∞)恒成立，
即函数h(x)=(1-x2)ex的图象恒在直线y=ax+1的下方，
而h'(x)=(1-x2-2x)ex，h″(x)=(-x2-4x-1)ex<0(x≥0)，
所以函数h(x)是上凸函数，且在点(0，1)处的切线斜率k=h'(0)=1，
直线y=ax+1过定点(0，1)，斜率为a，
故a≥1，
即a的取值范围为[1，+∞).
方法二　f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立，
即(1-x2)ex≤ax+1对x∈[0，+∞)恒成立，
记h(x)=(1-x2)ex=(1+x)(1-x)ex.
①当a≥1时，设函数m(x)=(1-x)ex，
则m'(x)=-xex≤0，
因此m(x)在[0，+∞)上单调递减.
又m(0)=1，故m(x)≤1，
所以h(x)=(1+x)·m(x)≤1+x≤ax+1，
故f(x)≥x2ex对x∈[0，+∞)恒成立.
②当a<1时，设函数n(x)=ex-x-1，
则n'(x)=ex-1≥0，
所以n(x)在[0，+∞)上单调递增，且n(0)=0，
故ex≥x+1.
当0(1-x)(1+x)2，
则(1-x)(1+x)2-ax-1
=x(1-a-x-x2)，
(ⅰ)当0取x0=
则x0∈(0，1)，(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0，
所以h(x0)>ax0+1，
故0(ⅱ)当a≤0时，取x0=
则x0∈(0，1)，h(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1，
故a≤0不符合题意.
综上，a的取值范围为[1，+∞).
2.(1)解　f(x)=e2x-aln x的定义域为(0，+∞)，
f'(x)=2e2x-.
①当a≤0时，f'(x)>0恒成立，
故f'(x)没有零点.
②当a>0时，因为y=e2x单调递增，y=-单调递增，
所以f'(x)在(0，+∞)上单调递增.
又f'(a)>0，当b满足0f'(b)=2e2b-<2e2b-4<2-4<0，
故由函数零点存在定理可知，f'(x)存在唯一零点.
综上所述，当a≤0时，f'(x)没有零点；
当a>0时，f'(x)存在唯一的零点.
(2)证明　方法一　由(1)可设导函数f'(x)在(0，+∞)上的唯一零点为x0，
当x∈(0，x0)时，f'(x)<0；
当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
所以当x=x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于2-=0，
所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln
故当a>0时，f(x)≥2a+aln.
方法二　令g(a)=2a+aln-e2x+aln x，
求导得g'(a)=2+ln-1+ln x
=1+ln 2+ln x-ln a，
令g'(a)>0，得a<2ex；
令g'(a)<0，得a>2ex，
所以函数g(a)在(0，2ex)上单调递增，在(2ex，+∞)上单调递减，
所以g(a)max=g(2ex)
=4ex+2exln+2exln x-e2x
=2ex-e2x.
再令h(x)=2ex-e2x，h'(x)=2e-2e2x，
所以h(x)在上单调递增，在上单调递减，
h(x)max=h=0，
所以g(a)max≤0，得证.进阶2　参数半分离与主元变换
题型一　参数半分离
例1　若不等式aln x-x+1≤0恒成立，求实数a的取值范围.
思维升华　在半分离时，要调节参数a与x的位置，使f(x)与g(x)的作图更方便，一般分为一条动直线与一条曲线.
跟踪训练1　设函数f(x)=若不等式f(x)≤ax+2对任意x∈R恒成立，则实数a的取值范围为　　　　.
题型二　主元变换
例2　已知不等式ln x-x2+bx+c≤0对任意的x∈(0，+∞)，b∈恒成立，求c的取值范围.
思维升华　一些导数大题经常会含有多个变量，主要解题思路是以x为主元进行求解，但有时解题过程较为复杂，此时，有的题目就可以以其他变量为主元进行求解.
跟踪训练2　已知函数f(x)=2ax+bx-1-2ln x，对任意a∈[1，3]和任意x∈(0，+∞)，f(x)≥2bx-3恒成立，求实数b的取值范围.
答案精析
例1　解　∵不等式aln x-x+1≤0恒成立，
∴aln x≤x-1恒成立，x>0，
当a≤0时，显然不恒成立，
当a>0时，原不等式等价于ln x≤(x-1)恒成立，
由于y=ln x在x=1处的切线方程为y=x-1，
∴要使ln x≤(x-1)恒成立，
只需=1，即a=1，
∴a的取值范围为{1}.
跟踪训练1　
解析　作出函数f(x)的图象，如图，
直线y=ax+2恒过定点(0，2)，由图可知a>0，
当直线y=ax+2与y=-x2-2x相切时，
联立可得x2+(a+2)x+2=0，
令Δ=(a+2)2-8=0，
解得a=-2+2或a=-2-2(舍去)；
当直线y=ax+2与曲线y=2ln x相切时，
设切点P(x0，2ln x0)，
则曲线在点P处的切线方程为y-2ln x0=(x-x0)，
又切线过点(0，2)，
解得x0=e2，此时a==，所以a的取值范围为.
例2　解　令f(b)=x·b+ln x-x2+c，b∈，
由于x>0，所以函数f(b)在上单调递增，
所以f(b)即c≤x2-x-ln x，x∈(0，+∞)，
令g(x)=x2-x-ln x，
则g'(x)=x--
==，
当02时，g'(x)>0，
所以g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增，
所以c≤g(x)min=g(2)=-1-ln 2，
所以c的取值范围为(-∞，-1-ln 2].
跟踪训练2　解　由题知对任意a∈[1，3]，x∈(0，+∞)，2ax+bx-1-2ln x≥2bx-3恒成立，
即2x·a-bx-2ln x+2≥0恒成立，
令g(a)=2x·a-bx-2ln x+2，a∈[1，3]，
则g(1)≥0，
即2x-bx-2ln x+2≥0，
所以b≤2-+恒成立，
令h(x)=2-+，x∈(0，+∞)，
则h'(x)=-2·，
当0当x>e2时，h'(x)>0，
所以h(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，+∞)上单调递增，
所以h(x)min=h(e2)=2-，
所以b≤2-，
故b的取值范围为.(共43张PPT)
第三章　
进阶篇　不等式恒(能)成立问题
数学
大
一
轮
复
习
参数半分离与主元变换
进阶2
例1　若不等式aln x－x＋1≤0恒成立，求实数a的取值范围.
参数半分离
题型一
∵不等式aln x－x＋1≤0恒成立，
∴aln x≤x－1恒成立，x>0，
当a≤0时，显然不恒成立，
当a>0时，原不等式等价于ln x≤(x－1)恒成立，
由于y＝ln x在x＝1处的切线方程为y＝x－1，
∴要使ln x≤(x－1)恒成立，
只需＝1，即a＝1，
∴a的取值范围为{1}.
在半分离时，要调节参数a与x的位置，使f(x)与g(x)的作图更方便，一般分为一条动直线与一条曲线.
思维升华
跟踪训练1　设函数f(x)＝若不等式f(x)≤ax＋2对任意
x∈R恒成立，则实数a的取值范围为　　　　　　　　 .
作出函数f(x)的图象，如图，
直线y＝ax＋2恒过定点(0，2)，由图可知a>0，
当直线y＝ax＋2与y＝－x2－2x相切时，
联立可得x2＋(a＋2)x＋2＝0，
令Δ＝(a＋2)2－8＝0，
解得a＝－2＋2或a＝－2－2(舍去)；
当直线y＝ax＋2与曲线y＝2ln x相切时，
设切点P(x0，2ln x0)，
则曲线在点P处的切线方程为y－2ln x0＝(x－x0)，
又切线过点(0，2)，
解得x0＝e2，此时a＝
所以a的取值范围为.
例2　已知不等式ln x－x2＋bx＋c≤0对任意的x∈(0，＋∞)，b∈恒成立，求c的取值范围.
主元变换
题型二
令f(b)＝x·b＋ln x－x2＋c，b∈
由于x>0，所以函数f(b)在上单调递增，
所以f(b)即c≤x2－x－ln x，x∈(0，＋∞)，
令g(x)＝x2－x－ln x，
则g'(x)＝x－
当02时，g'(x)>0，
所以g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以c≤g(x)min＝g(2)＝－1－ln 2，
所以c的取值范围为(－∞，－1－ln 2].
一些导数大题经常会含有多个变量，主要解题思路是以x为主元进行求解，但有时解题过程较为复杂，此时，有的题目就可以以其他变量为主元进行求解.
思维升华
跟踪训练2　已知函数f(x)＝2ax＋bx－1－2ln x，对任意a∈[1，3]和任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥2bx－3恒成立，求实数b的取值范围.
由题知对任意a∈[1，3]，x∈(0，＋∞)，2ax＋bx－1－2ln x≥2bx－3恒成立，
即2x·a－bx－2ln x＋2≥0恒成立，
令g(a)＝2x·a－bx－2ln x＋2，a∈[1，3]，
则g(1)≥0，
即2x－bx－2ln x＋2≥0，
所以b≤2－恒成立，
令h(x)＝2－x∈(0，＋∞)，
则h'(x)＝－2·
当0当x>e2时，h'(x)>0，
所以h(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(e2)＝2－
所以b≤2－
故b的取值范围为.
课时精练
答案
1
2
(1)f'(x)=ex-a.
①当a≤0时，f'(x)>0，
所以f(x)在R上单调递增.
又f(-1)=-1+a<0，
f(1)=e-a-1>0，
由函数零点存在定理可知，函数f(x)在R上有唯一零点，
故a≤0符合题意.
1.
答案
1
2
②当a>0时，令f'(x)=0，得x=ln a.
当x∈(-∞，ln a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(ln a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(ln a)=eln a-aln a-1=a-aln a-1.
设g(a)=a-aln a-1(a>0)，
则g'(a)=1-(ln a+1)=-ln a，
当00，g(a)单调递增；
当a>1时，g'(a)<0，g(a)单调递减，
1.
答案
1
2
所以g(a)max=g(1)=0，故a=1.
综上，实数a的取值范围为{a|a≤0或a=1}.
(2)方法一　f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立，
即(1-x2)ex≤ax+1对x∈[0，+∞)恒成立，
即函数h(x)=(1-x2)ex的图象恒在直线y=ax+1的下方，
而h'(x)=(1-x2-2x)ex，h″(x)=(-x2-4x-1)ex<0(x≥0)，
所以函数h(x)是上凸函数，且在点(0，1)处的切线斜率k=h'(0)=1，
1.
答案
1
2
直线y=ax+1过定点(0，1)，斜率为a，故a≥1，
即a的取值范围为[1，+∞).
方法二　f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立，
即(1-x2)ex≤ax+1对x∈[0，+∞)恒成立，
记h(x)=(1-x2)ex=(1+x)(1-x)ex.
①当a≥1时，设函数m(x)=(1-x)ex，
则m'(x)=-xex≤0，
1.
答案
1
2
因此m(x)在[0，+∞)上单调递减.
又m(0)=1，故m(x)≤1，
所以h(x)=(1+x)·m(x)≤1+x≤ax+1，
故f(x)≥x2ex对x∈[0，+∞)恒成立.
②当a<1时，设函数n(x)=ex-x-1，
则n'(x)=ex-1≥0，
所以n(x)在[0，+∞)上单调递增，且n(0)=0，
1.
答案
1
2
故ex≥x+1.
当0(1-x)(1+x)2，
则(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2)，
(ⅰ)当0取x0=
则x0∈(0，1)，(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0，
所以h(x0)>ax0+1，故01.
答案
1
2
(ⅱ)当a≤0时，取x0=
则x0∈(0，1)，h(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1，
故a≤0不符合题意.
综上，a的取值范围为[1，+∞).
1.
答案
1
2
(1)f(x)=e2x-aln x的定义域为(0，+∞)，f'(x)=2e2x-.
①当a≤0时，f'(x)>0恒成立，
故f'(x)没有零点.
②当a>0时，因为y=e2x单调递增，y=-单调递增，
所以f'(x)在(0，+∞)上单调递增.
又f'(a)>0，当b满足02.
答案
1
2
f'(b)=2e2b-<2e2b-4<2-4<0，
故由函数零点存在定理可知，f'(x)存在唯一零点.
综上所述，当a≤0时，f'(x)没有零点；
当a>0时，f'(x)存在唯一的零点.
2.
答案
1
2
(2)方法一　由(1)可设导函数f'(x)在(0，+∞)上的唯一零点为x0，
当x∈(0，x0)时，f'(x)<0；
当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
所以当x=x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于2-=0，所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln
故当a>0时，f(x)≥2a+aln.
2.
答案
1
2
方法二　令g(a)=2a+aln-e2x+aln x，
求导得g'(a)=2+ln-1+ln x
=1+ln 2+ln x-ln a，
令g'(a)>0，得a<2ex；
令g'(a)<0，得a>2ex，
所以函数g(a)在(0，2ex)上单调递增，在(2ex，+∞)上单调递减，
2.
答案
1
2
所以g(a)max=g(2ex)=4ex+2exln+2exln x-e2x=2ex-e2x.
再令h(x)=2ex-e2x，h'(x)=2e-2e2x，
所以h(x)在上单调递增，在上单调递减，
h(x)max=h=0，
所以g(a)max≤0，得证.
2.
1.已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R，其中e为自然对数的底数).
(1)若f(x)在定义域内有唯一零点，求a的取值范围；
1
2
答案
1
2
答案
f'(x)＝ex－a.
①当a≤0时，f'(x)>0，
所以f(x)在R上单调递增.
又f(－1)＝－1＋a<0，f(1)＝e－a－1>0，
由函数零点存在定理可知，函数f(x)在R上有唯一零点，
故a≤0符合题意.
②当a>0时，令f'(x)＝0，得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
1
2
答案
当x∈(ln a，＋∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(ln a)＝eln a－aln a－1＝a－aln a－1.
设g(a)＝a－aln a－1(a>0)，
则g'(a)＝1－(ln a＋1)＝－ln a，
当00，g(a)单调递增；
当a>1时，g'(a)<0，g(a)单调递减，
所以g(a)max＝g(1)＝0，故a＝1.
综上，实数a的取值范围为{a|a≤0或a＝1}.
(2)若f(x)≤x2ex对x∈[0，＋∞)恒成立，求a的取值范围.
1
2
答案
1
2
答案
方法一　f(x)≤x2ex对x∈[0，＋∞)恒成立，
即(1－x2)ex≤ax＋1对x∈[0，＋∞)恒成立，
即函数h(x)＝(1－x2)ex的图象恒在直线y＝ax＋1的下方，
而h'(x)＝(1－x2－2x)ex，h″(x)＝(－x2－4x－1)ex<0(x≥0)，
所以函数h(x)是上凸函数，且在点(0，1)处的切线斜率k＝h'(0)＝1，
直线y＝ax＋1过定点(0，1)，斜率为a，
故a≥1，即a的取值范围为[1，＋∞).
1
2
答案
方法二　f(x)≤x2ex对x∈[0，＋∞)恒成立，
即(1－x2)ex≤ax＋1对x∈[0，＋∞)恒成立，
记h(x)＝(1－x2)ex＝(1＋x)(1－x)ex.
①当a≥1时，设函数m(x)＝(1－x)ex，则m'(x)＝－xex≤0，
因此m(x)在[0，＋∞)上单调递减.
又m(0)＝1，故m(x)≤1，
所以h(x)＝(1＋x)·m(x)≤1＋x≤ax＋1，
故f(x)≥x2ex对x∈[0，＋∞)恒成立.
1
2
答案
②当a<1时，设函数n(x)＝ex－x－1，
则n'(x)＝ex－1≥0，
所以n(x)在[0，＋∞)上单调递增，且n(0)＝0，
故ex≥x＋1.
当0(1－x)(1＋x)2，
则(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，
(ⅰ)当01
2
答案
则x0∈(0，1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，
所以h(x0)>ax0＋1，
故0(ⅱ)当a≤0时，取x0＝
则x0∈(0，1)，h(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1，
故a≤0不符合题意.
综上，a的取值范围为[1，＋∞).
1
2
答案
2.设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数；
1
2
答案
f(x)＝e2x－aln x的定义域为(0，＋∞)，
f'(x)＝2e2x－.
①当a≤0时，f'(x)>0恒成立，
故f'(x)没有零点.
②当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－单调递增，
所以f'(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f'(a)>0，当b满足01
2
答案
f'(b)＝2e2b－<2e2b－4<2－4<0，
故由函数零点存在定理可知，f'(x)存在唯一零点.
综上所述，当a≤0时，f'(x)没有零点；
当a>0时，f'(x)存在唯一的零点.
1
2
答案
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
1
2
答案
方法一　由(1)可设导函数f'(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，
当x∈(0，x0)时，f'(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于2＝0，
所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
1
2
答案
方法二　令g(a)＝2a＋aln－e2x＋aln x，
求导得g'(a)＝2＋ln－1＋ln x
＝1＋ln 2＋ln x－ln a，
令g'(a)>0，得a<2ex；
令g'(a)<0，得a>2ex，
所以函数g(a)在(0，2ex)上单调递增，在(2ex，＋∞)上单调递减，
所以g(a)max＝g(2ex)
＝4ex＋2exln＋2exln x－e2x＝2ex－e2x.
1
2
答案
再令h(x)＝2ex－e2x，h'(x)＝2e－2e2x，
所以h(x)在上单调递增，在上单调递减，
h(x)max＝h＝0，
所以g(a)max≤0，得证.

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