分離常數(shù)與分類討論-

在不等式恒成立求解參數(shù)范圍時，1分離常數(shù)我們一般首選分離常數(shù)，對分離的式子求最值，在取得最值時的自變量x使表達式有意義時，可以快速的求得參數(shù)的范圍;2分類討論但有時分離常數(shù)會遇到函數(shù)取得最值時自變量x函數(shù)值無意義的情況，例如:對任意x>1，lnx-a(x-1)<0若直接分離常數(shù)，則a>lnxx-1f'x=1-1x-lnxx-1此時我們就無法分離常數(shù)，需要帶著參數(shù)求導(dǎo)，分類討論去處理不等式來求解參數(shù)的范圍.討論參數(shù)的兩種方式:①通過端點，極值點處的正負直接討論參數(shù)的范圍;②函數(shù)求導(dǎo)后得到參數(shù)與極值點的函數(shù)關(guān)系，通過求極值點的范圍求參數(shù)的范圍.一.分離常數(shù)與分類討論應(yīng)用舉例例1.（2023上·重慶·高三重慶八中校考階段練習）已知函數(shù)fx滿足f(1)討論fx(2)當x>0時，fx>-ax+1，求a【答案】(1)答案見解析(2)2-e解法一:分離常數(shù)（1）因為fx=ex令mx=ex-2x，則m當x∈-∞,ln2，m所以mx在-∞,ln2上單調(diào)遞減，在ln2,+所以fx的單調(diào)遞增區(qū)間為-（2）由題意fx>-ax+1在區(qū)間0,+∞上恒成立，即即a>1x+x-e令gx=1x因為g'x=-1x有h'所以函數(shù)hx在0,+∞上單調(diào)遞減，所以hx所以當x∈0,1時，g'x>0，當所以函數(shù)gx在0,1上單調(diào)遞增，在1,+所以g(x)max=g所以實數(shù)a的取值范圍為2-e解法二:指數(shù)集中+分類討論由題意fx>-ax+1在區(qū)間0,+∞上恒成立，即即ex-x令gx=1-x2g'1當a+1≤0時，0<x<1時，g'x此時gx2當0<a+1<1時，0<x<a+1時，ga+1<x<1，g1<x，g'x故gxmin=故2-e<a<03當a+1=1時，g'x此時gx4當a+1>1時，0<x<1時，g1<x<a+1，g'a+1<x，g'故gxmin=由于x>0時，ex>x+綜上:a>2-e，a的取值范圍為2-解法三:直接分類討論由題意fx>-ax+1在區(qū)間0,+∞上恒成立，即即ex-x2+g'x=則0<x<ln2，g''x<0，g'x單調(diào)遞減，故g'1當a≥2ln2-2，g'x≥g'2由于g'0=1+可知存在x0，使g'x0由于g'1=e-2+a并且0<x<x0，g'x<0，gx單調(diào)遞減;故gxmin=gx0=1-x故gx3當-1<a≤2-e可知存在x1<x2，使得即ex1-2x1+a=0并且0<x<x1，g'x1<x<xx2<x，g故gxmin=gx2=1-x故gx4當2-e<a<2ln2-2可知存在x1<x2，使得即ex1-2x1+a=0并且0<x<x1，g'x1<x<xx2<x，g故gxmin=gx2=1-x故gx綜上:可知a的取值范圍為2-e例2.（2022上·上海黃浦·高三上海市大同中學?？迹┮阎瘮?shù)f(x)=e(1)當a=-e時，求曲線y=f(x)在點(1,f(1))(2)當a=1時，討論函數(shù)y=f(x)的單調(diào)性；(3)當x≥0時，f(x)≥12x3【答案】(1)e22(e+1)(2)f(x)在(3)7-（1）a=-e，∴f(x)=ex-ef'(x)=切線方程為：y+1=-(e+1)(x-1)，化簡得，切線與兩坐標軸的交點為：(0,e)和故可設(shè)切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積為S，S=（2）a=1時，f(x)=ex+易得f'(x)在定義域上單調(diào)遞增，且當x∈(-∞,0)時，f'(x)<0；當∴f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減，在（3）解法一:分離常數(shù)由fx≥12x①.當x=0時，不等式為：1≥1，顯然成立，符合題意；②.當x>0時，分離參數(shù)a得，a?-e記gx=-e令hx則h'x=故h'x單調(diào)遞增，h故函數(shù)hx單調(diào)遞增，h由hx≥0可得：e故當x∈0,2時，g'x當x∈2,+∞時，g'因此，gx綜上可得，實數(shù)a的取值范圍是7-e解法二:指數(shù)集中+分類討論f(x)≥12x設(shè)函數(shù)g(x)=1則g'(x)=-12x①若2a+1≤0，即a≤-12，則當x∈(0,2)時，所以，g(x)在(0,2)單調(diào)遞增，而g(0)=1，故當x∈(0,2)時，g(x)>1，不合題意.②若0<2a+1<2，即-12<a<12當x∈(2a+1,2)時，g'所以，g(x)在(0,2a+1)和(2,+∞)上單調(diào)遞減，在(2a+1,2)單調(diào)遞增，由于g(0)=1，所以g(x)≤1，當且僅當g(2)=(7-4a)e所以當7-e24③若2a+1≥2，即a≥12，則g(x)≤1故由②可得12x3+x+1e綜上，a的取值范圍是7-解法三:直接分類討論f(x)≥12x令gx=eg'x=g''g'''1當a≤-12時，g''0≤0，故在x∈g'x≤g'0=02當a≥3由于0<x<ln3，gln3<x，g故g''x≥所以g'x≥g'3當-12<a<3故存在x1<l即ex1-3x1+2當0<x<x1，g當x1<x<x2當x2<x，g故g'xming'①若g'x2≥0，則②若g'x2<0，則存在即ex3-即ex4-當0<x<x3，g當x3<x<x4當x4<x，g故gxmin=gx4=令hx=1-xh'x=-x-12e故為滿足gx4≥0對于a=1+32則t'令mx=(1-x)故m'x<0，m故t'x<0，t綜上:a≥二.分離常數(shù)與分類討論及時演練練習1.（2011下·河南鄭州·高二統(tǒng)考期末）已知函數(shù)f(x)=ln(I)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(Ⅱ)若不等式(1+1n)n+a≤e【答案】（I）增區(qū)間(-1,0)，減區(qū)間(0,+∞)；（I）1ln【詳解】函數(shù)f(x)的定義域是(-1,+∞)，f'(x)=2設(shè)g(x)=2(1+x)ln(1+x)-x令h(x)=2ln(1+x)-2x，則-1<x<0時，h'(x)>0，h(x)在(-1,0)上為增函數(shù)，x>0時，h'(x)<0，h(x)在(-1,0)上為減函數(shù)，∴h(x)在x=0處取得極大值，而h(0)=0，∴g'(x)<0(x≠0)，函數(shù)g(x)在(-1,+∞)上為減函數(shù)．于是當-1<x<0時，g(x)>g(0)=0，當x>0時，g(x)<g(0)=0，∴當-1<x<0時，f'(x)>0，f(x)為增函數(shù)，當x>0時，f'(x)<0，f(x)為減函數(shù)，故函數(shù)f(x)的增區(qū)間為(-1,0)，減區(qū)間為(0,+∞)．（II）不等式(1+1n)n+a≤ea≤1設(shè)G(x)=1ln(1+x)則G'(x)=-1由（I）知ln2(1+x)-∴G'(x)≤0，x∈(0,1]，于是G(x)在(0,1]上為減函數(shù)，故函數(shù)G(x)在(0,1]上的最小值為G(1)=1所以a的最大值為1ln練習2.（2022·江西九江·統(tǒng)考三模）已知函數(shù)fx(1)當a=0時，試比較fx(2)若fx≥0恒成立，求【答案】(1)答案見解析(2)1【詳解】（1）當a=0時，fx=sin所以f'x=cosx-1≤0，所以f所以當x<0時，fx當x=0時，fx=0；當x>0時，2解法一:分離常數(shù)fx≥0恒成立，sinx-x+ax由1可知,a=0不可以,若a<0,當x>0時,不滿足題意.故a>0,當x<0時,x-sinx<0,ax即a≥x-sinxx2當0<x<32π時,令g令hx=-xcosx-x+2sinx,可知h可知0<x<12π時,h12π<x<32π時,h''x<0,h'故存在x0,使h'x當0<x<x0時,h'x>0,hx單調(diào)遞增,當又h0=0,hπ=故當0<x<π時,hx>0,g'當π<x<32π時,hx<0故a≥gxmax解法二:取特殊值+證明∵fπ≥0，∴下證當a≥1π時，∵a≥1π，∴fx要證fx≥0，只需證①當x∈-∞,0時，g②當x∈0,π時，g'易知qx在0,π2∵q0=2π>0∴?x1∈0,π∴當x∈0,x1，x2,π時，∴px在0,x1，x而p0∴當x∈0,π2時，px>0∴gx在0,π2而g0=gπ=0，∴當③當x∈π,+∞∴gx在π,+∞綜上所述，a的取值范圍是1π練習3.（2023·重慶·統(tǒng)考二模）已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，a為常數(shù)，函數(shù)fx(1)求函數(shù)fx(2)若在y軸的右側(cè)函數(shù)fx的圖象總在函數(shù)y=ax2+1的【答案】(1)極小值為2a1-ln2【詳解】（1）f'當a≤0時，f'x<0，函數(shù)f當a>0時，由f'x=0當x<1aln2a時，f所以fx在區(qū)間-∞,當x=1aln（2）?x>0，關(guān)于x的不等式eax-2x-a設(shè)gx=eax-2x-ax（ⅰ）當a≤0時，g″≥0，g'0=a-2<0，當x→+所以存在x0>0，使g'x0當x∈0,x0（ⅱ）當a>0時，令g″=0，解得：g'x在區(qū)間-∞若1aln2a≤0，即a≥2時，g'x在0,+∞單調(diào)遞增，若0<a<2時，g'x在0,1gx在0,1a綜上，實數(shù)a的取值范圍2,+∞練習4.（2021上·重慶沙坪壩·高三重慶八中?？迹┮阎猣x(1)當a=16時，求證：函數(shù)fx(2)若fx只有一個零點，求a【答案】(1)證明見解析(2)-∞,0【詳解】（1）當a=16時，fxf″x=x-所以f″x=x-sinx所以當x<0時，f″x<0；當x>0所以f'x=cosx+12所以f'x≥f'（2）因為f-x所以fx為奇函數(shù)，f要證明fx只有一個零點，只需證明fx在由（1）知：當x>0時，fx>f0令fx>a-16當a≤0時，f'故fx在0,+∞上單調(diào)遞減，則fx<f當0<a<16時，f'x=所以f?x在0,π上單調(diào)遞增，且f故存在唯一x0∈0,所以f″x在0,x當x∈0,x0時，f'x所以fx取x=kπ，k∈N*可得x>1a，即k>1πa由零點存在性定理，fx在x綜上所述：a的取值范圍為-∞,0練習5.已知函數(shù)fx=ex+x1當a=1時,求fx2若對任意的x∈0,1有fx>gx解析:1當a=1時，fx=exf'x=f''x=故x<0，f'x<0x>0，f'x>0fx2對任意的x∈0,1有fx即?x∈0,1即ex+x即ex-1x+x-ex>a1-x，令hx=ex-1xh'x=x-1ex+1x2h''x令φx=x2-2x+2e∴φx單調(diào)遞增，φx∴h''x>0若a≤e-2,則h'x<h'1=∴hx單調(diào)遞減，hx>h若a>e-2,h'1=2-e+a>0，故存在當0<x<x0時,h當x0<x<1時,h'所以hx0<綜上:∴a≤e-2.練習6.（2022·上海高考模擬）已知fx(1)當a=1時，求曲線y=f(2)當-1<a<0時，研究函數(shù)y=(3)是否存在實數(shù)a使得函數(shù)y=fx在區(qū)間-1,0和0,+【答案】(1)y=2(2)fx的單調(diào)遞增區(qū)間是0,-1+1(3)不存在，理由見解析；【詳解】（1）若a=1，則ff'則函數(shù)在P0,f0處的切線的斜率k所以曲線y=fx在點P（2）由fx=ln1+當-1<a<0時，令當0<x<-1+1當x>-1+1a所以fx的單調(diào)遞增區(qū)間是0,-1+（3）當a≥0時，f'x=1當-1≤a<0時，令當-1<x≤-1+1a因為f0=0，且故當x∈-1,0，fx<f當a<-1時，令f當x>-1+1a因為f0=0，且故當x∈0,+∞，fx<f綜上所述，并不存在實數(shù)a使得函數(shù)y=fx在區(qū)間-練習7.（2023·全國·高三專題練習）已知函數(shù)f(1)當a=1時，求曲線y=fx在點0,f(2)若fx在區(qū)間-1,0,0,+【答案】(1)y=2x(2)(-【詳解】（1）f(x)的定義域為(-1,+當a=1時,f(x)=ln(1+x)+xex所以曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=2x（2）f(x)=f設(shè)g(x)=1°若a>0,當x∈(-1,0),g(x)=e所以f(x)在(-1,0)上單調(diào)遞增,f(x)<f(0)=0故f(x)在(-1,0)上沒有零點,不合題意2°若-1≤a≤0,當x∈(0,+∞所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增所以g(x)>g(0)=1+a≥0所以f(x)在(0,+∞)故f(x)在(0,+∞3°若(1)當x∈(0,+∞),則g'(x)=eg(0)=1+a<0,g(1)=所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f當x∈(0,m),f當x∈(m,+∞所以當x∈(0,m),f(x)<f(0)=0,令h(x)=xe所以h(x)=xex在-1,1上單調(diào)遞增，在1,+又e-ae所以f(x)在(m,+∞又(0,m)沒有零點,即f(x)在(0,+∞(2)