《2023届高考数学专项练习导数解密36专题ac专题29 单变量恒成立之参变分离后导函数零点不可求型含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届高考数学专项练习导数解密36专题ac专题29 单变量恒成立之参变分离后导函数零点不可求型含答案.docx（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023届高考数学专项练习导数解密36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xD上恒成立，则f(a)g(x)max；若f(a)g(x)在xD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ag(x)在xD上恒成立，则ag(x)max；若ag(x)在xD上恒成立，则ag(x)min利用分离参数法来确定不等式f(x，a)0(xD，a为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：
2、(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xD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)axexlnxb在x1处的切线方程为y(2e1)xe(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)aexaxex，函数f(x)axexln xb在x1处的切线方程为y(2e1)xe，a1，b1(2)由f(x)mx得，xexln x1mx(x0)，即m，令(x)，则(x)，令h(x)x2exln x，易知h(x)在(0，)上单
3、调递增，又he10，故h(x)在上存在零点x0，即h(x0)xex0ln x00，即x0ex0e，由于yxex在(0，)上单调递增，故x0lnln x0，即ex0，且(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，1(x)min(x0)1，m1例2已知函数f(x)xlnxax(aR)(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(x1)axx恒成立，求正整数k的值解析：(1)由f(x)xln xax，得f(x)ln xa1，函数f(x)在区间e2，)上为增函数，当xe2，)时，f(x)0，即ln xa10在区间e2，)上恒成立，a1l
4、n x又当xe2，) 时，ln x2，)，1ln x(，3a3(2)若对任意x(1，)，f(x)k(x1)axx恒成立，即xln xaxk(x1)axx恒成立，也就是k(x1)0则问题转化为k0，则m(x)xln x2在(1，)上为增函数，m(1)1ln 121，m(2)2ln 22ln 2，m(3)3ln 321ln 30x0(3，4)，使m(x0)x0ln x020，当x(1，x0)时，m(x)0，h(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)x0ln x020，ln x01x01，代入函数h(x)得h(x0)x0，x0(3，4)，且kh(x
5、)对任意x(1，)恒成立，k0都有f(x)0，恒有f(x)x1，即a(ex1)0，所以ex10，所以a0)，则只需a0)，则h(x)ex10恒成立所以h(x)在(0，)上单调递增因为h(1)e30所以存在唯一一个x0使得h(x0)0，且1x02所以当x(0，x0)时，h(x)0，g(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)ming(x0)x0由ex0x020，得ex0x02，所以g(x0)x0x01(2，3)故a的最大整数值为2例4已知函数f(x)(xa)lnxx2axa1(1)若a1，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)alnxx22
6、x在(1，)上恒成立，求整数a的最大值解析(1)若a1，则f(x)(x1)ln xx2x，函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln xx设g(x)ln xx，则g(x)10，即f(x)0，f(x)单调递增；当x(1，)时，g(x)0，即f(x)0，即a1，则(x)设h(x)xln x2(x1)，则h(x)10，所以h(x)在(1，)上单调递增又h(3)3ln 321ln 30，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)x0ln x020，即x02ln x0当x(1，x0)时，h(x)0，即(x)0，即(x)0，故(x)在(x0
7、，)上单调递增所以(x)min(x0)x01由题意可知ax01，由x0(3，4)，得4x010可得0x1，由f(x)1，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)ex1，可得ex1，分离参数a可得，ax(ex1)ln x2(x0)，令F(x)x(ex1)ln x2，x0，F(x)ex1xexex(x1)(x1)，x0令h(x)ex，x0，则h(x)ex0，所以h(x)在(0，)上单调递增，又h20，所以存在唯一的x0，使得h(x0)0，当0xx0时，h(x)0，即F(x)x0时，h(x)0，即F(x)0，故F(x)在(
8、0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增F(x)minx0(1)ln x02x0x0ln x02，由h(x0)0，得x01，再对x01两边取对数可得x0ln x00，所以F(x)minx0x0ln x021023，所以a3，即实数a的取值范围为a32已知函数f(x)xex(e为自然对数的底数)4(1)求证：函数f(x)有唯一零点；(2)若对任意x(0，)，xexlnx1kx恒成立，求实数k的取值范围2解析(1) f(x)(x1)ex，x(0，)，易知当0x1时，f(x)0， 所以f(x)在区间(0，1)上为增函数，又因为f0，f(1)e0，所以ff(1)0，即f(x)在区间(0，1)上恰有
9、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x0ex00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x0ex00，设x0ex0t，则t，可得即x0(1t)ln t，若t1，等式左负右正不相等；若t1，等式左正右负不相等，只能t1因此g(x0)1，所以k1即实数k的取值范围为(，13已知函数f(x)5lnx，g(x)(kR) (1)若函数f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线与函数yg(x)的图象
10、相切，求k的值；(2)若kN*，且x(1，)时，恒有f(x)g(x)，求k的最大值(参考数据：ln 5161，ln 61791 8，ln(1)0881 4)3解析：(1)f(x)5ln 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y5x1，即yx4设直线yx4与g(x)(kR)的图象相切于点P(x0，y0)，从而可得g(x0)1，g(x0)x04，5又g(x)，解得或k的值为1或9(2)由题意知，当x(1，)时，5ln x恒成立，等价于当x(1，)时，k1)，则h(x)(x1)，记p(x)x4ln x(x1)，则p(x)10，p(x)在x(1
11、，)上单调递增又p(5)1ln 50，在x(1，)上存在唯一的实数m，且m(5，6)，使得p(m)m4ln m0，当x(1，m)时，p(x)0，即h(x)0，即h(x)0，则h(x)在x(m，)上单调递增，当x(1，)时，h(x)minh(m)，由可得ln mm4，h(m)m2，而m(5，6)，m2，又h(32)79，p(32)21ln(32)0，m(5，32)，h(m)又kN*，k的最大值是74设函数f(x)exax2(1)求f(x)的单调区间；(2)若a1，k为整数，且当x0时，(xk)f(x)x10，求k的最大值4解析(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)exa若a0，则f(x)0，所
12、以f(x)在(，)上单调递增若a0，则当x(，ln a)时，f(x)0；当x(ln a，)时，f(x)0，所以f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增(2)由于a1，所以(xk)f(x)x1(xk)(ex1)x1故当x0时，(xk)f(x)x10等价于kx(x0)令g(x)x，则g(x)由(1)知，函数h(x)exx2在(0，)上单调递增而h(1)0，h(2)0，所以h(x)在(0，)上存在唯一的零点故g(x)在(0，)上存在唯一的零点6设此零点为，则(1，2)当x(0，)时，g(x)0；当x(，)时，g(x)0所以g(x)在(0，)上的最小值为g()又由g()0，可得e
13、2，所以g()1(2，3)由于式等价于kg()，故整数k的最大值为25设函数f(x)xlnxax(aR)(1)若函数f(x)有两个不同的极值点，求实数a的取值范围；(2)若a2，kN，g(x)22xx2，且当x2时不等式k(x2)g(x)f(x)恒成立，试求k的最大值5解析(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln x1ax1ln xax，令f(x)0，可得a，令h(x)(x0)，则由题可知直线ya与函数h(x)的图象有两个不同的交点，h(x)，令h(x)0，得xe，可知h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，h(x)maxh(e)，当x0时，h(x)，当x时，
14、h(x)0，故实数a的取值范围为(2)当a2时，f(x)xln xx22x，k(x2)g(x)f(x)，即k(x2)22xx2xlnxx22x，整理得k(x2)xlnxx，因为x2，所以k设F(x)(x2)，则F(x)令m(x)x42lnx(x2)，则m(x)10，所以m(x)在(2，)上单调递增，m(8)42ln 842ln e2440，m(10)62ln 1062ln e3660，所以函数m(x)在(8，10)上有唯一的零点x0，即x042ln x00，故当2xx0时，m(x)0，即F(x)0，当xx0时，F(x)0，所以F(x)minF(x0)，所以k，因为x0(8，10)，所以(4，5
15、)，故k的最大值为4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xD上恒成立，则f(a)g(x)max；若f(a)g(x)在xD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ag(x)在xD上恒成立，则ag(x)max；若ag(x)在xD上恒成立，则ag(x)min利用分离参数法来确定不等式f(x，a)0(xD，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
16、为f1(a)f2(x)或f1(a)f2(x)的形式(2)求f2(x)在xD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)已知函数f(x)aex1lnxlna(1)当ae时，求曲线yf(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ae时，f(x)exln x1，f(x)ex，f(1)e1f(1)e1，切点坐标为(1，1e)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为ye1(e1)(x1)，即y(e1)x2，切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0
17、，2)，所求三角形面积为2(2)解法一(同构后参变分离)f(x)aex1lnxlnaeln ax1lnxlna1等价于eln ax1lnax1lnxxeln xlnx，令g(x)exx，上述不等式等价于g(lnax1)g(lnx)，显然g(x)为单调递增函数，又等价于lnax1lnx，即lnalnxx1，令h(x)lnxx1，则h(x)1，在(0，1)上h(x)0，h(x)单调递增；在(1，)上h(x)0设g(x)f(x)，则g(x)aex10，g(x)在(0，)上单调递增，即f(x)在(0，)上单调递增，当a1时，f(1)0，则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，f(x)m
18、inf(1)1，f(x)1成立；当a1时，1，0，使得f(x0)aex010，且当x(0，x0)时f(x)0，ae x01，lnax01lnx0，因此f(x)minf(x0)ae x01lnx0lnalnax01lna2lna122lna11，f(x)1，f(x)1恒成立；当0a1时，f(1)alnaa1，f(1)0)，若当xa时，不等式h(x)0恒成立，求a的最小值解析(1)由f(x)xaln x，得yxaln xb，yf(x)1由已知可得即a2，b1(2)g(x)f(x)xaln x，g(x)1(x0)，当a10，即a1时，g(x)0，g(x)在(0，)上为增函数，无极值点当a10，即a1
19、时，则有，当0xa1时，g(x)a1时，g(x)0，g(x)在(0，a1)上为减函数，在(a1，)上为增函数，xa1是g(x)的极小值点，无极大值点综上可知，当a1时，函数g(x)无极值点，2当a1时，函数g(x)的极小值点是a1，无极大值点(3)(同构后参变分离)h(x)f(x)aexln aaexln xlna(a0)，由题意知，当xa时，aexln xlna0恒成立，又不等式aexln xln a0等价于aexln，即exln，即xexln式等价于xexlneln，由xa0知，1，ln0令(x)xex(x0)，则原不等式即为(x)，又(x)xex(x0)在(0，)上为增函数，原不等式等价
20、于xln ，又式等价于ex，即a(xa0)，设F(x)(x0)，则F(x)，F(x)在(0，1)上为增函数，在(1，)上为减函数，又xa0，当0a1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a1，当a1时，F(x)在(a，)上为减函数，F(x)0恒成立，所以函数f(x)在(0，)上单调递增；当a0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，所以f(x)1恒成立等价于xln xa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)minh
21、(1)0即ln x1，所以xln xxx1恒成立，问题等价于x1a0恒成立，分离参数得a恒成立设t(1，)，函数g(t)，则g(t)10，所以函数g(t)在(1，)上单调递增，所以g(t)g(1)1，所以a1，故实数a的取值范围为(，1【对点精练】1已知函数f(x)eaxx(1)若曲线yf(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 xax2对x(0，e恒成立，求a的取值范围1解析(1)f(x)aeax1，则f(0)a11，即a2f(x)2e2x1，令f(x)0，得x当x时，f(x)时，f(x)0故f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(2
22、)(同构后参变分离)由f(x)eaxln xax2，即ax2xeax(ln x1)，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eaxx，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)maxh(e)，则a即可，a的取值范围为2已知函数f(x)1aexlnx(1)当a1时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若不等式f(x)ex(xax)(a0)，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
23、1时，f(x)ex，令g(x)ln x，则g(x)，当x(0，1)时，g(x)0，g(x)单调递增，当x1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(xax)exxxaaln xexln exxaln xa，设k(t)tln t，即k(ex)k(xa)，(*)k(t)1，当t(0，1)时，k(t)0，k(t)在(1，)上单调递增，x(1，)，0exe11，当a0时，0xa1)，则h(x)，当x(1，e)时，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)minh(e)e，则ae，ae，又a0，a的取值范围
24、是e，0)3已知函数f(x)exax，g(x)ln(xm)ax1(1)当a1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a1时，f(x)exx，则f(x)1令f(x)0，得x0当x0时，f(x)0，当x0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x0时，函数f(x)取得最小值，最小值为f(0)1(2)由(1)得exx1恒成立f(x)g(x)exaxln(xm)ax1exln(xm)1故x1ln(xm)1，即mexx在(m，)上恒成立5当m0时，在(m，)上，exx1，得0m1；当m0时，在 (m，)上，exx1，mexx恒成立于是m1实数m的取值范围为(，17