新高考数学二轮复习专题29 单变量恒成立之参变分离后导函数零点不可求型 (教师版)_第1页
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文档简介

设此零点为α，则α∈(1，2)．当x∈(0，α)时，g′(x)＜0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)＞0．所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2，3)．由于①式等价于k＜g(α)，故整数k的最大值为2．5．设函数f(x)＝xlnx－eq\f(ax2,2)＋a－x(a∈R)．(1)若函数f(x)有两个不同的极值点，求实数a的取值范围；(2)若a＝2，k∈N，g(x)＝2－2x－x2，且当x＞2时不等式k(x－2)＋g(x)＜f(x)恒成立，试求k的最大值．5．解析(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1－ax－1＝lnx－ax，令f′(x)＝0，可得a＝eq\f(lnx,x)，令h(x)＝eq\f(lnx,x)(x＞0)，则由题可知直线y＝a与函数h(x)的图象有两个不同的交点，h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令h′(x)＝0，得x＝e，可知h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，h(x)max＝h(e)＝eq\f(1,e)，当x→0时，h(x)→－∞，当x→＋∞时，h(x)→0，故实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))．(2)当a＝2时，f(x)＝xlnx－x2＋2－x，k(x－2)＋g(x)＜f(x)，即k(x－2)＋2－2x－x2＜xlnx－x2＋2－x，整理得k(x－2)＜xlnx＋x，因为x＞2，所以k＜eq\f(xlnx＋x,x－2)．设F(x)＝eq\f(xlnx＋x,x－2)(x＞2)，则F′(x)＝eq\f(x－4－2lnx,(x－2)2)．令m(x)＝x－4－2lnx(x＞2)，则m′(x)＝1－eq\f(2,x)＞0，所以m(x)在(2，＋∞)上单调递增，m(8)＝4－2ln8＜4－2lne2＝4－4＝0，m(10)＝6－2ln10＞6－2lne3＝6－6＝0，所以函数m(x)在(8，10)上有唯一的零点x0，即x0－4－2lnx0＝0，故当2＜x＜x0时，m(x)＜0，即F′(x)＜0，当x＞x0时，F′(x)＞0，所以F(x)min＝F(x0)＝eq\f(x0lnx0＋x0,x0－2)＝eq\f(x0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x0－4,2))),x0－2)＝eq\f(x0,2)，所

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