浙江省2021届高考数学一轮复习第三章函数概念及基本初等函数Ⅰ补上一课变量分离技巧的应用含解析
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1
e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.
