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- 2021-06-16 发布
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变量分离技巧的应用
知识拓展
分离变量法:是通过将两个变量构成的不等式(方程)变形到不等号(等号)两端,使两端各含同一个变量,这是分离变量之后将问题转化为求函数的最值或值域的问题.解决有关不等式恒成立、不等式存在(有)解和方程有解中参数取值范围的一种方法.两个变量,其中一个范围已知,另一范围未知.
结论1 不等式f(x)≥g(a)恒成立⇔[f(x)]min≥g(a)(求解f(x)的最小值);
不等式f(x)≤g(a)恒成立⇔[f(x)]max≤g(a)(求解f(x)的最大值).
结论2 不等式f(x)≥g(a)存在解⇔[f(x)]max≥g(a)(求解f(x)的最大值);
不等式f(x)≤g(a)存在解⇔[f(x)]min≤g(a)(求解f(x)的最小值).
结论3 方程f(x)=g(a)有解⇔g(a)的范围与f(x)的值域有交集(求解f(x)的值域).
解决问题时需要注意:(1)确定问题是恒成立、存在、方程有解中的哪一类;
(2)确定是求最大值、最小值,还是值域.
题型突破
题型一 不等式恒成立求参数
【例1】 已知函数f(x)=ax-ln(x+1)+a-1(x>-1,a∈R).
若函数f(x)在x=0处取到极值,且对任意x∈(-1,+∞),f(x)≥mx+m-2恒成立,求实数m的取值范围.
解 f′(x)=a-,f′(0)=a-1=0,
∴a=1,f(x)=x-ln(x+1),
∴f(x)=x-ln(x+1)≥m(x+1)-2,
∴m≤(x>-1).
令x+1=n,n>0,∴m≤=1-+,
设g(n)=1-+,n>0,则g′(n)=;
当n∈(0,e2)时,g′(n)<0,g(n)单调递减,
当n∈(e2,+∞)时,g′(n)>0,g(n)单调递增,
则g(n)min=g(e2)=1-,
∴m的取值范围为.
【训练1】 (1)已知函数f(x)=x2+ax+1,x∈(0,1],且|f(x)|≤3恒成立,则a的取值范围是________.
(2)(2019·天津卷)已知a∈R,设函数f(x)=若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立,则a的取值范围为( )
A.[0,1] B.[0,2]
C.[0,e] D.[1,e]
解析 (1)由题意|x2+ax+1|≤3,
即-3≤x2+ax+1≤3,所以-4-x2≤ax≤2-x2,
又x∈(0,1],即--x≤a≤-x,
得≤a≤,g(x)=--x在(0,1]上单调递增,
所以g(x)max=g(1)=-5.
h(x)=-x在(0,1]上单调递减,所以h(x)min=h(1)=1.
所以-5≤a≤1,即a的取值范围是[-5,1].
(2)当x≤1时,由f(x)=x2-2ax+2a≥0恒成立,而二次函数f(x)图象的对称轴为直线x=a,所以当a≥1时,f(x)min=f(1)=1>0恒成立,
当a<1时,f(x)min=f(a)=2a-a2≥0,∴0≤a<1.综上,a≥0.
当x>1时,由f(x)=x-aln x≥0恒成立,即a≤恒成立.
设g(x)=(x>1),则g′(x)=.令g′(x)=0,得x=e,
且当1e时,g′(x)>0,
∴g(x)min=g(e)=e,∴a≤e.
综上,a的取值范围是0≤a≤e.故选C.
答案 (1)[-5,1] (2)C
题型二 不等式有解求参数
【例2】 (1)已知函数f(x)=x3-x2+2x+1在区间(-2,-1)内存在单调递减区间,则实数a的取值范围是________.
(2)(2019·浙江卷)已知a∈R,函数f(x)=ax3-x.若存在t∈R,使得|f(t+2)-f(t)|≤,则实数a的最大值是________.
解析 (1)f′(x)=x2-ax+2,依题意,存在x∈(-2,-1),
使不等式f′(x)=x2-ax+2<0成立,
即x∈(-2,-1)时,a<=-2,
当且仅当x=即x=-时等号成立.
所以满足要求的实数a的取值范围是(-∞,-2).
(2)由题意得f(t+2)-f(t)
=a(t+2)3-(t+2)-(at3-t)
=a[(t+2)3-t3]-2
=a(t+2-t)[(t+2)2+(t+2)t+t2]-2
=2a(3t2+6t+4)-2
=2a[3(t+1)2+1]-2.
由|f(t+2)-f(t)|≤,得|2a[3(t+1)2+1]-2|≤,
即-≤2a[3(t+1)2+1]-2≤,≤a[3(t+1)2+1]≤,
∴·≤a≤·.
设g(t)=·,则当t=-1时,g(t)max=.
∴当t=-1时,a取得最大值.
答案 (1)(-∞,-2) (2)
【训练2】 已知函数f(x)=ln x-ax2-2x存在单调递减区间,求实数a的取值范围.
解 f(x)=ln x-ax2-2x,x∈(0,+∞),所以f′(x)=-ax-2,
由f(x)在(0,+∞)上存在单调递减区间,
所以当x∈(0,+∞)时,-ax-2<0有解,即a>-有解.
设h(x)=-,所以只要a>h(x)min即可.
而h(x)=-1,所以h(x)min=-1.所以a>-1,
即实数a的取值范围为(-1,+∞).
题型三 含参数的方程有解问题
【例3】 已知函数f(x)=x(ln x-ax)有极值点,则实数a的范围为________.
解析 由题意f′(x)=ln x-2ax+1=0在(0,+∞)上有解,
∴a=,x∈(0,+∞),
令g(x)=,x∈(0,+∞),g′(x)=,
当x∈(0,1)时,g′(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;
∴g(x)最大=g(x)极大=g(1)=,故实数a的范围为.
答案
【训练3】 已知f(x)=x3+(k-1)x2+(k+5)x-1在区间(0,3)上不单调,求k的取值范围.
解 f′(x)=3x2+2(k-1)x+(k+5),因为f(x)在区间(0,3)上不单调,
所以f(x)在(0,3)上有极值点,
由f′(x)=0得k(2x+1)=-(3x2-2x+5),
所以k=-=-,
令t=2x+1,有t∈(1,7),记h(t)=t+,
则h(t)在(1,3]上单调递减,在[3,7)上单调递增,
所以有h(t)∈[6,10),
得k∈(-5,-2],而当k=-2时有f′(x)=0在(0,3)上有两个相等的实根x=1,故舍去,所以k∈(-5,-2).
补偿训练
一、选择题
1.若关于x的不等式x2-4x-2-a>0在区间(1,4)内有解,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,-2) B.(-2,+∞)
C.(-6,+∞) D.(-∞,-6)
解析 不等式x2-4x-2-a>0在区间(1,4)内有解等价于a<(x2-4x-2)max,x∈(1,4).
令f(x)=x2-4x-2,x∈(1,4),
所以f(x)0,所以由2x(x-a)<1得a>x-,
令f(x)=x-,
则函数f(x)在(0,+∞)上是增函数,
所以f(x)>f(0)=0-=-1,所以a>-1.
答案 D
4.已知函数f(x)=m·9x-3x,若存在非零实数x0,使得f(-x0)=f(x0)成立,则实数m的取值范围是( )
A.m≥ B.00,所以实数m的取值范围是00在x∈(-∞,1]上恒成立,即a>----…-在x∈(-∞,1]上恒成立,设g(x)=----…-,则易得g(x)在x∈(-∞,1]上单调递增,所以g(x)max=g(1)=-,所以a>-.
答案
7.(2020·上海嘉定区调研)若不等式x2-2y2≤cx(y-x)对满足x>y>0的任意实数x,y恒成立,则实数c的最大值为________.
解析 ∵不等式x2-2y2≤cx(y-x)对任意满足x>y>0的实数x,y恒成立,
∴c≤=,令=t>1,
∴c≤=f(t),f′(t)==,
当t>2+时,f′(t)>0,函数f(t)单调递增;
当1或m<-时,y=f(x)有1个零点;
当m=或m=0或m=-时,y=f(x)有2个零点;
当00,
由f′=0,得+a+1=0,
所以a=-,
此时f(x)=-ln x+x-,
则f′(x)==.
所以f(x)在上为减函数,在[2,+∞)上为增函数,
所以x=2为极小值点,则极小值为f(2)=-.
(2)不等式aln x-≤b-x即为f(x)≤b,
所以b≥f(x)max.
若1≤x≤2,则ln x≥0,
f(x)=aln x+x-≤x-≤2-=.
当a=0,x=2时取等号;
若≤x<1,则ln x<0,
f(x)=aln x+x-≤-ln x+x-.
由(1)可知g(x)=-ln x+x-在上为减函数.
所以当≤x<1时,g(x)≤g=ln 2-.
因为ln 2-<-=1<,所以f(x)max=,
于是bmin=.
12.已知函数f(x)=2x+2-x.
(1)求证:函数f(x)是偶函数;
(2)设a∈R,求关于x的函数y=22x+2-2x-2af(x)在x∈[0,+∞)时的值域g(a)的表达式;
(3)若关于x的不等式mf(x)≤2-x+m-1在x∈(0,+∞)时恒成立,求实数m的取值范围.
(1)证明 函数f(x)的定义域为R,对任意x∈R,f(-x)=2-x+2x=f(x),
所以函数f(x)是偶函数.
(2)解 y=22x+2-2x-2a(2x+2-x)=(2x+2-x)2-2a(2x+2-x)-2,
令2x+2-x=t,因为x≥0,所以2x≥1,故t≥2,
原函数可化为y=t2-2at-2,t∈[2,+∞),
y=t2-2at-2=(t-a)2-a2-2图象的对称轴为直线t=a,
当a≤2时,函数y=t2-2at-2在t∈[2,+∞)时是增函数,值域为[2-4a,+∞);
当a>2时,函数y=t2-2at-2在t∈[2,a]时是减函数,在t∈[a,+∞)时是增函数,值域为[-a2-2,+∞).
综上,g(a)=
(3)解 由mf(x)≤2-x+m-1,得m[f(x)-1]≤2-x-1,
当x>0时,2x>1,所以f(x)=2x+2-x>2,所以f(x)-1>1>0,
所以m≤==恒成立.
令t=1-2x,则t<0,===,
由t<0,得t+≤-2,所以t+-1≤-3,-≤<0.
所以m≤-,即实数m的取值范围是.
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