進階2參數(shù)半分離與主元變換題型一參數(shù)半分離例1若不等式alnx－x＋1≤0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.解∵不等式alnx－x＋1≤0恒成立，∴alnx≤x－1恒成立，x>0，當a≤0時，顯然不恒成立，當a>0時，原不等式等價于lnx≤1a(x－1)恒成立由于y＝lnx在x＝1處的切線方程為y＝x－1，∴要使lnx≤1a(x－1)恒成立只需1a＝1，即a＝1∴a的取值范圍為{1}.思維升華在半分離時，要調節(jié)參數(shù)a與x的位置，使f(x)與g(x)的作圖更方便，一般分為一條動直線與一條曲線.跟蹤訓練1設函數(shù)f(x)＝2lnx，x>0，-x2-2x，x≤0，若不等式f(x)≤答案2解析作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖，直線y＝ax＋2恒過定點(0，2)，由圖可知a>0，當直線y＝ax＋2與y＝－x2－2x相切時，聯(lián)立y＝ax＋2，y＝-x2-2x可得x2令Δ＝(a＋2)2－8＝0，解得a＝－2＋22或a＝－2－22(舍去)；當直線y＝ax＋2與曲線y＝2lnx相切時，設切點P(x0，2lnx0)，則曲線在點P處的切線方程為y－2lnx0＝2x0(x－x0又切線過點(0，2)，解得x0＝e2，此時a＝2所以a的取值范圍為2e題型二主元變換例2已知不等式lnx－12x2＋bx＋c≤0對任意的x∈(0，＋∞)，b∈0，32恒成立，解令f(b)＝x·b＋lnx－12x2＋c，b∈由于x>0，所以函數(shù)f(b)在0，3所以f(b)<f

32＝32x＋lnx－12x2即c≤12x2－32x－lnx，x∈(0，＋∞令g(x)＝12x2－32x－ln則g'(x)＝x－3當0<x<2時，g'(x)<0，當x>2時，g'(x)>0，所以g(x)在(0，2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增，所以c≤g(x)min＝g(2)＝－1－ln2，所以c的取值范圍為(－∞，－1－ln2].思維升華一些導數(shù)大題經(jīng)常會含有多個變量，主要解題思路是以x為主元進行求解，但有時解題過程較為復雜，此時，有的題目就可以以其他變量為主元進行求解.跟蹤訓練2已知函數(shù)f(x)＝2ax＋bx－1－2lnx，對任意a∈[1，3]和任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥2bx－3恒成立，求實數(shù)b的取值范圍.解由題知對任意a∈[1，3]，x∈(0，＋∞)，2ax＋bx－1－2lnx≥2bx－3恒成立，即2x·a－bx－2lnx＋2≥0恒成立，令g(a)＝2x·a－bx－2lnx＋2，a∈[1，3]，則g(1)≥0，即2x－bx－2lnx＋2≥0，所以b≤2－2lnxx令h(x)＝2－2lnxx＋2x，x∈(則h'(x)＝－2·2-ln當0<x<e2時，h'(x)<0，當x>e2時，h'(x)>0，所以h(x)在(0，e2)上單調遞減，在(e2，＋∞)上單調遞增，所以h(x)min＝h(e2)＝2－2所以b≤2－2故b的取值范圍為-∞課時精練[分值：34分]1.(17分)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1(a∈R，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)).(1)若f(x)在定義域內有唯一零點，求a的取值范圍；(7分)(2)若f(x)≤x2ex對x∈[0，＋∞)恒成立，求a的取值范圍.(10分)解(1)f'(x)＝ex－a.①當a≤0時，f'(x)>0，所以f(x)在R上單調遞增.又f(－1)＝1e－1＋a<0，f(1)＝e－a－1>0由函數(shù)零點存在定理可知，函數(shù)f(x)在R上有唯一零點，故a≤0符合題意.②當a>0時，令f'(x)＝0，得x＝lna.當x∈(－∞，lna)時，f'(x)<0，f(x)單調遞減；當x∈(lna，＋∞)時，f'(x)>0，f(x)單調遞增，所以f(x)min＝f(lna)＝elna－alna－1＝a－alna－1.設g(a)＝a－alna－1(a>0)，則g'(a)＝1－(lna＋1)＝－lna，當0<a<1時，g'(a)>0，g(a)單調遞增；當a>1時，g'(a)<0，g(a)單調遞減，所以g(a)max＝g(1)＝0，故a＝1.綜上，實數(shù)a的取值范圍為{a|a≤0或a＝1}.(2)方法一f(x)≤x2ex對x∈[0，＋∞)恒成立，即(1－x2)ex≤ax＋1對x∈[0，＋∞)恒成立，即函數(shù)h(x)＝(1－x2)ex的圖象恒在直線y＝ax＋1的下方，而h'(x)＝(1－x2－2x)ex，h″(x)＝(－x2－4x－1)ex<0(x≥0)，所以函數(shù)h(x)是上凸函數(shù)，且在點(0，1)處的切線斜率k＝h'(0)＝1，直線y＝ax＋1過定點(0，1)，斜率為a，故a≥1，即a的取值范圍為[1，＋∞).方法二f(x)≤x2ex對x∈[0，＋∞)恒成立，即(1－x2)ex≤ax＋1對x∈[0，＋∞)恒成立，記h(x)＝(1－x2)ex＝(1＋x)(1－x)ex.①當a≥1時，設函數(shù)m(x)＝(1－x)ex，則m'(x)＝－xex≤0，因此m(x)在[0，＋∞)上單調遞減.又m(0)＝1，故m(x)≤1，所以h(x)＝(1＋x)·m(x)≤1＋x≤ax＋1，故f(x)≥x2ex對x∈[0，＋∞)恒成立.②當a<1時，設函數(shù)n(x)＝ex－x－1，則n'(x)＝ex－1≥0，所以n(x)在[0，＋∞)上單調遞增，且n(0)＝0，故ex≥x＋1.當0<x<1時，h(x)>(1－x)(1＋x)2，則(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，(ⅰ)當0<a<1時，取x0＝-1則x0∈(0，1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，所以h(x0)>ax0＋1，故0<a<1不符合題意.(ⅱ)當a≤0時，取x0＝5則x0∈(0，1)，h(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1，故a≤0不符合題意.綜上，a的取值范圍為[1，＋∞).2.(17分)設函數(shù)f(x)＝e2x－alnx.(1)討論f(x)的導函數(shù)f'(x)零點的個數(shù)；(7分)(2)證明：當a>0時，f(x)≥2a＋aln2a.(10分(1)解f(x)＝e2x－alnx的定義域為(0，＋∞)，f'(x)＝2e2x－ax①當a≤0時，f'(x)>0恒成立，故f'(x)沒有零點.②當a>0時，因為y＝e2x單調遞增，y＝－ax單調遞增所以f'(x)在(0，＋∞)上單調遞增.又f'(a)>0，當b滿足0<b<a4且b<14f'(b)＝2e2b－ab<2e2b－4<2e－4<0故由函數(shù)零點存在定理可知，f'(x)存在唯一零點.綜上所述，當a≤0時，f'(x)沒有零點；當a>0時，f'(x)存在唯一的零點.(2)證明方法一由(1)可設導函數(shù)f'(x)在(0，＋∞)上的唯一零點為x0，當x∈(0，x0)時，f'(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，f'(x)>0，故f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，所以當x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0).由于2e2x0所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋aln2a≥2a故當a>0時，f(x)≥2a＋aln2a方法二令g(a)＝2a＋aln2a－e2x＋alnx求導得g'(a)＝2＋ln2a－1＋ln＝1＋ln2＋lnx－lna，令g'(a)>0，得a<2ex；令g'(a)<0，得a>2ex，