小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com专题31单变量恒成立之最值分析法【方法总结】单变量恒成立之最值分析法遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．【例题选讲】[例1]已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．解析(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝lna．当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0．故f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．③若a＜0，则由f′(x)＝0得x＝ln．当x∈时，f′(x)＜0；当x∈时，f′(x)＞0．故f(x)在上单调递减，在上单调递增．(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0．②若a＞0，则由(1)得，当x＝lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)＝－a2lna，从而当且仅当－a2lna≥0，即0＜a≤1时，f(x)≥0．③若a＜0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为f＝a2，从而当且仅当a2≥0，即－2e≤a＜0时，f(x)≥0．综上，a的取值范围是[－2e，1]．[例2]已知函数f(x)＝xlnx－ax＋1(a∈R)．(1)讨论f(x)在(1，＋∞)上的零点个数；(2)当a>1时，若存在x∈(1，＋∞)，使得f(x)<(e－1)·(a－3)，求实数a的取值范围．解析(1)由f(x)＝xlnx－ax＋1＝0可得a＝lnx＋，令g(x)＝lnx＋，易知g′(x)＝－＝．∴g′(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．又g(1)＝1，所以当x∈(1，＋∞)时，g(x)>1．故当a≤1时，f(x)在(1，＋∞)上无零点；当a>1时，f(x)在(1，＋∞)上存在一个零点．(2)当a>1时，由(1)得f(x)在(1，＋∞)上存在一个零点．由f′(x)＝lnx＋1－a＝0得x＝ea－1，所以f(x)在(1，ea－1)上单调递减，在(ea－1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(ea－1)＝1－ea－1．若存在x∈(1，＋∞)，使得f(x)<(e－1)(a－3)成立，小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com只需1－ea－1<(e－1)(a－3)成立，即不等式ea－1＋(e－1)(a－3)－1>0成立．令h(a)＝ea－1＋(e－1)(a－3)－1，a>1，则h′(a)＝ea－1＋e－1，易知h′(a)＝ea－1＋e－1>0在(1，＋∞)上恒成立，故h(a)＝ea－1＋(e－1)(a－3)－1在(1，＋∞)上单调递增，又h(2)＝0，所以a>2，故实数a的取值范围为(2，＋∞)．[例3]已知函数f(x)＝alnx＋xb(a≠0)．(1)当b＝2时，讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＋b＝0，b>0时，对任意的x∈，恒有f(x)≤e－1成立，求实数b的取值范围．思路(2)由已知a＋b＝0消去a，转化为最值问题，即－blnx＋xb≤e－1恒成立，无法分离参数b，用单调性分析法解决．解析(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．当b＝2时，f(x)＝alnx＋x2，所以f′(x)＝＋2x＝．①当a>0时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)，当0<x<时，f′(x)<0，所以函数f(x)在上单调递减；当x>时，f′(x)>0，所以函数f(x)在上单调递增．综上所述，当b＝2，a>0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当b＝2，a<0时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．(2)因为对任意的x∈，恒有f(x)≤e－1成立，所以当x∈时，f(x)max≤e－1．当a＋b＝0，b>0时，f(x)＝－blnx＋xb，f′(x)＝－＋bxb－1＝．令f′(x)<0，得0<x<1；令f′(x)>0，得x>1．所以函数f(x)在上单调递减，在(1，e]上单调递增，f(x)max为f()＝b＋e－b与f(e)＝－b＋eb中的较大者．f(e)－f()＝eb－e－b－2b．令g(m)＝em－e－m－2m(m>0)，则当m>0时，g′(m)＝em＋e－m－2>2－2＝0，所以g(m)在(0，＋∞)上单调递增，故g(m)>g(0)＝0，所以f(e)>f()，从而f(x)max＝f(e)＝－b＋eb，所以－b＋eb≤e－1，即eb－b－e＋1≤0．设φ(t)＝et－t－e＋1(t>0)，则φ′(t)＝et－1>0，所以φ(t)在(0，＋∞)上单...