題型一 分離參數(shù)求參數(shù)范圍
例1 (2020·全國(guó)Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1，求a的取值范圍．
解 (1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ex＋x2－x，
f′(x)＝ex＋2x－1，令φ(x)＝ex＋2x－1，
由于φ′(x)＝ex＋2>0，
故f′(x)單調(diào)遞增，注意到f′(0)＝0，
故當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)0，f(x)單調(diào)遞增．
(2)由f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1得，
ex＋ax2－x≥eq \f(1,2)x3＋1，其中x≥0，
①當(dāng)x＝0時(shí)，不等式為1≥1，顯然成立，符合題意；
②當(dāng)x>0時(shí)，分離參數(shù)a得，a≥－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，
記g(x)＝－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，
g′(x)＝－eq \f(?x－2?\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3)，
令h(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－x－1(x≥0)，
則h′(x)＝ex－x－1，
令t(x)＝h′(x)，x≥0，則t′(x)＝ex－1≥0，
故h′(x)單調(diào)遞增，h′(x)≥h′(0)＝0，
故函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，h(x)≥h(0)＝0，
由h(x)≥0可得ex－eq \f(1,2)x2－x－1≥0恒成立，
故當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，g′(x)0時(shí)，f′(x)0)，即a≤eq \f(ln x,x2)(x>0)，
則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x2)))max(x>0)，
令h(x)＝eq \f(ln x,x2)，x>0，
h′(x)＝eq \f(x－2xln x,x4)＝eq \f(1－2ln x,x3)，
當(dāng)0eq \r(e)時(shí)，h′(x)0)，
①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)0時(shí)，令f′(x)>0，得x>eq \f(1,a)，令f′(x)0，可得e≤xg(e)＝0，與題意不符，
綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍為m≤1.
思維升華 根據(jù)不等式恒成立構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化成求函數(shù)的最值問(wèn)題，一般需討論參數(shù)范圍，借助函數(shù)單調(diào)性求解．
跟蹤訓(xùn)練2 已知函數(shù)f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋ax，其中a為常數(shù)．若對(duì)任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解 令h(x)＝f(x)－g(x)，
由題意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，
因?yàn)閔(x)＝(x＋a－1)ex－eq \f(1,2)x2－ax，
所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1)．
①若a≥0，則當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，h′(x)≥0，所以函數(shù)h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以h(x)min＝h(0)＝a－1，
則a－1≥0，得a≥1.
②若a＜0，則當(dāng)x∈[0，－a)時(shí)，h′(x)≤0；
當(dāng)x∈[－a，＋∞)時(shí)，h′(x)≥0，
所以函數(shù)h(x)在[0，－a)上單調(diào)遞減，在[－a，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以h(x)min＝h(－a)，
又因?yàn)閔(－a)＜h(0)＝a－1＜0，所以不符合題意．
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)．
題型三 雙變量的恒(能)成立問(wèn)題
例3 (2023·石家莊質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝ax2ln x與g(x)＝x2－bx.
(1)若f(x)與g(x)在x＝1處有相同的切線，求a，b，并證明f(x)≥g(x)；
(2)若對(duì)?x∈[1，e]，都?b∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2)))使f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范圍．
解 (1)f′(x)＝2axln x＋ax，g′(x)＝2x－b，
∵函數(shù)f(x)與g(x)在x＝1處有相同的切線，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f?1?＝g?1?，,f′?1?＝g′?1?，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＝1－b，,a＝2－b，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝1，))
此時(shí)f(x)＝x2ln x，g(x)＝x2－x，
要證f(x)≥g(x)，即證x2ln x≥x2－x，
即xln x≥x－1，
令h(x)＝xln x－x＋1，則h′(x)＝ln x，且h′(1)＝0，
當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)0，
∴h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴h(x)≥h(1)＝0，即f(x)≥g(x)．
(2)欲使f(x)≥g(x)恒成立，即ax2ln x≥x2－bx成立，即axln x－x≥－b成立，
∵?b∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2)))使f(x)≥g(x)恒成立，∴axln x－x≥－eq \f(e,2)恒成立，
當(dāng)x＝1時(shí)，有－1≥－eq \f(e,2)成立，∴a∈R，
當(dāng)x∈(1，e]時(shí)，a≥eq \f(x－\f(e,2),xln x)，
令G(x)＝eq \f(x－\f(e,2),xln x)，則G′(x)＝eq \f(\f(e,2)ln x－x＋\f(e,2),?xln x?2)，
令m(x)＝eq \f(e,2)ln x－x＋eq \f(e,2)，則m′(x)＝eq \f(e,2x)－1，
且m′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)))＝0，
當(dāng)1g(x)max.
(2)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)min.
(3)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)max.
跟蹤訓(xùn)練3 已知函數(shù)f(x)＝eq \f(1,2)ln x－mx，g(x)＝x－eq \f(a,x)(a>0)．
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若m＝eq \f(1,2e2)，對(duì)?x1，x2∈[2,2e2]都有g(shù)(x1)≥f(x2)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解 (1)因?yàn)閒(x)＝eq \f(1,2)ln x－mx，x>0，所以f′(x)＝eq \f(1,2x)－m，
當(dāng)m≤0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)m>0時(shí)，由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2m)，
令f′(x)>0，得00(a>0)，x∈[2,2e2]，
所以函數(shù)g(x)在[2,2e2]上單調(diào)遞增，
所以g(x)min＝g(2)＝2－eq \f(a,2).
由2－eq \f(a,2)≥eq \f(1,2)，得a≤3，又a>0，所以a∈(0,3]，
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,3]．
課時(shí)精練
1．已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex.
(1)求f(x)在[－1,3]上的最值；
(2)若不等式2f(x)＋2ax≥ax2對(duì)x∈[2，＋∞)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解 (1)依題意f′(x)＝(x－1)ex，
令f′(x)＝0，解得x＝1，
當(dāng)x0，
∴f(x)在[－1,1)上單調(diào)遞減，在(1,3]上單調(diào)遞增，
而f(1)＝－e，f(3)＝e3，f(－1)＝－eq \f(3,e)，
∴f(x)在[－1,3]上的最小值為－e，最大值為e3.
(2)依題意，2(x－2)ex＋2ax≥ax2在[2，＋∞)上恒成立．
當(dāng)x＝2時(shí)，4a≥4a，∴a∈R；
當(dāng)x>2時(shí)，原不等式化為a≤eq \f(2?x－2?ex,x2－2x)＝eq \f(2ex,x)，
令g(x)＝eq \f(2ex,x)，則g′(x)＝eq \f(2?x－1?ex,x2)，
∵x>2，∴g′(x)>0，∴g(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴g(x)>g(2)＝e2，∴a≤e2，
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，e2]．
2．(2023·鎮(zhèn)江模擬)已知函數(shù)f(x)＝aln x－x(a∈R)．
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)當(dāng)a>0時(shí)，設(shè)g(x)＝x－ln x－1，若對(duì)于任意x1，x2∈(0，＋∞)，均有f(x1)0，
當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，a)，單調(diào)遞減區(qū)間為(a，＋∞)．
(2)由已知，轉(zhuǎn)化為f(x)max0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，a)，單調(diào)遞減區(qū)間為(a，＋∞)．
故f(x)的極大值即為最大值，f(x)max＝f(a)
＝aln a－a，
∵g(x)＝x－ln x－1，則g′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，當(dāng)00時(shí)，
令f′(x)＝0，得2e2x－a＝0，
得x＝eq \f(1,2)ln eq \f(a,2)，
易知當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)ln \f(a,2)))時(shí)，
f′(x)0，f(x)單調(diào)遞增，
∴f(x)的極小值為f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ln \f(a,2)))＝－a×eq \f(1,2)ln eq \f(a,2)＝eq \f(a,2)－eq \f(a,2)ln eq \f(a,2)，f(x)無(wú)極大值．
綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)無(wú)極值；
當(dāng)a>0時(shí)，f(x)的極小值為eq \f(a,2)－eq \f(a,2)ln eq \f(a,2)，f(x)無(wú)極大值．
(2)由aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－x＋\f(1,2)))≤f(x)得，
e2x－ax≥aln x－ax＋eq \f(1,2)a，
整理得e2x－aln x－eq \f(1,2)a≥0.
令h(x)＝e2x－aln x－eq \f(1,2)a(x>0)，
則h(x)≥0恒成立，h′(x)＝2e2x－eq \f(a,x)(x>0)，
當(dāng)a0，h(x)單調(diào)遞增，
且當(dāng)x→0＋時(shí)，h(x)0，滿足題意．
當(dāng)a>0時(shí)，由h(x)≥0得eq \f(1,a)≥eq \f(ln x＋\f(1,2),e2x).
令p(x)＝eq \f(ln x＋\f(1,2),e2x)，
則p′(x)＝eq \f(\f(1,x)·e2x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1,2)))e2x,?e2x?2)＝eq \f(\f(1,x)－2ln x－1,e2x)，
令q(x)＝eq \f(1,x)－2ln x－1(x>0)，
則q′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)0，
即p′(x)>0，p(x)單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，q(x)

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