單變量恒成立之參變分離法
參變分離法是將不等式變形成一個(gè)一端是f(a)，另一端是變量表達(dá)式g(x)的不等式后，若f(a)≥g(x)在x∈D上恒成立，則f(a)≥g(x)max；若f(a)≤g(x)在x∈D上恒成立，則f(a)≤g(x)min．特別地，經(jīng)常將不等式變形成一個(gè)一端是參數(shù)a，另一端是變量表達(dá)式g(x)的不等式后，若a≥g(x)在x∈D上恒成立，則a≥g(x)max；若a≤g(x)在x∈D上恒成立，則a≤g(x)min．
利用分離參數(shù)法來(lái)確定不等式f(x，a)≥0(x∈D，a為實(shí)參數(shù))恒成立問(wèn)題中參數(shù)取值范圍的基本步驟：
(1)將參數(shù)與變量分離，化為f1(a)≥f2(x)或f1(a)≤f2(x)的形式．
(2)求f2(x)在x∈D時(shí)的最大值或最小值．
(3)解不等式f1(a)≥f2(x)max或f1(a)≤f2(x)min，得到a的取值范圍．
【例題選講】
[例1] 已知函數(shù)f(x)＝ex－xlnx，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
(1)求函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；
(2)若g(x)≥f(x)對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求t的取值范圍．
解析 (1)由f(x)＝ex－xln x，知f′(x)＝e－ln x－1，則f′(1)＝e－1，而f(1)＝e，
則所求切線方程為y－e＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋1．
(2)∵f(x)＝ex－xln x，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，
∴g(x)≥f(x)對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立等價(jià)于ex－tx2＋x－ex＋xln x≥0對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
即t≤eq \f(ex＋x－ex＋xln x,x2)對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
令F(x)＝eq \f(ex＋x－ex＋xln x,x2)，則F′(x)＝eq \f(xex＋ex－2ex－xln x,x3)＝eq \f(1,x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex＋e－\f(2ex,x)－ln x))，
令G(x)＝ex＋e－eq \f(2ex,x)－ln x，
則G′(x)＝ex－eq \f(2(xex－ex),x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(ex(x－1)2＋ex－x,x2)＞0對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
∴G(x)＝ex＋e－eq \f(2ex,x)－ln x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且G(1)＝0，
∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，G(x)＜0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，G(x)＞0，
即當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)＞0，
∴F(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴F(x)≥F(1)＝1，∴t≤1，
即t的取值范圍是(－∞，1]．
[例2] 已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex－eq \f(1,2)ax2＋ax(a∈R)．
(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；
(2)當(dāng)x≥2時(shí)，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍．
解析 (1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝(x－2)ex，f(0)＝(0－2)e0＝－2，
f′(x)＝(x－1)ex，k＝f′(0)＝(0－1)e0＝－1，
所以切線方程為y＋2＝－(x－0)，即x＋y＋2＝0．
(2)方法一 ()f′(x)＝(x－1)(ex－a)，
①當(dāng)a≤0時(shí)，因?yàn)閤≥2，所以x－1>0，ex－a>0，所以f′(x)>0，
則f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)≥f(2)＝0成立．
②當(dāng)0e2時(shí)，在區(qū)間(2，ln a)上，f′(x)0，
所以f(x)在(2，ln a)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)≥0不恒成立，不符合題意．
綜上所述，a的取值范圍是(－∞，e2]．
方法二 當(dāng)x≥2時(shí)，f(x)≥0恒成立，等價(jià)于當(dāng)x≥2時(shí)，(x－2)ex－eq \f(1,2)ax2＋ax≥0恒成立．
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2－x))a≤(x－2)ex在[2，＋∞)上恒成立．
當(dāng)x＝2時(shí)，0·a≤0，所以a∈R．
當(dāng)x>2時(shí)， eq \f(1,2)x2－x>0，所以a≤eq \f((x－2)ex,\f(1,2)x2－x)＝eq \f(2ex,x)恒成立．
設(shè)g(x)＝eq \f(2ex,x)，則g′(x)＝eq \f(2(x－1)ex,x2)，因?yàn)閤>2，所以g′(x)>0，
所以g(x)在區(qū)間(2，＋∞)上單調(diào)遞增．所以g(x)>g(2)＝e2，所以a≤e2．
綜上所述，a的取值范圍是(－∞，e2]．
【對(duì)點(diǎn)精練】
1．已知函數(shù)f(x)＝eq \f(ln x＋a,x)(a∈R)．
(1)討論f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若f(x)≤ex－1＋eq \f(1,x)－1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
1．解析 (1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝eq \f(1－a－ln x,x2)．
令f′(x)>0，得1－a－ln x>0，解得00恒成立，此時(shí)f(x)沒(méi)有極值點(diǎn)．
②當(dāng)Δ＝a2－4>0，即a2時(shí)，若a0，故x2>x1>0，
∴當(dāng)00；當(dāng)x10)，φ′(x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex＋2x－\f(1,x)))x－(ex＋x2－ln x),x2)＝eq \f(ex(x－1)＋ln x＋(x＋1)(x－1),x2)，
∵x>0，∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，φ′(x)0，φ(x)單調(diào)遞增，
∴φ(x)≥φ(1)＝e＋1，∴a≤e＋1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，e＋1]．
3．設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋eq \f(a,x)(a為常數(shù))．
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)不等式f(x)≥1在x∈(0，1]上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
3．解析 (1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－eq \f(a,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－a,x2)，
當(dāng)a≤0時(shí)，又x>0，∴x－a>0，∴f′(x)>0，∴f(x)在定義域(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)a>0時(shí)，若x>a，則f′(x)>0，∴f(x)單調(diào)遞增；
若0

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