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文檔簡介
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,
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