新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題29 單變量恒成立之參變分離后導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)不可求型 (教師版)

設(shè)此零點(diǎn)為α，則α∈(1，2)．當(dāng)x∈(0，α)時(shí)，g′(x)＜0；當(dāng)x∈(α，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0．所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值為g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2，3)．由于①式等價(jià)于k＜g(α)，故整數(shù)k的最大值為2．5．設(shè)函數(shù)f(x)＝xlnx－eq\f(ax2,2)＋a－x(a∈R)．(1)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若a＝2，k∈N，g(x)＝2－2x－x2，且當(dāng)x＞2時(shí)不等式k(x－2)＋g(x)＜f(x)恒成立，試求k的最大值．5．解析(1)由題意知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?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)，則由題可知直線y＝a與函數(shù)h(x)的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令h′(x)＝0，得x＝e，可知h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，h(x)max＝h(e)＝eq\f(1,e)，當(dāng)x→0時(shí)，h(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，h(x)→0，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))．(2)當(dāng)a＝2時(shí)，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?yàn)閤＞2，所以k＜eq\f(xlnx＋x,x－2)．設(shè)F(x)＝eq\f(xlnx＋x,x－2)(x＞2)，則F′(x)＝eq\f(x－4－2lnx,(x－2)2)．令m(x)＝x－4－2lnx(x＞2)，則m′(x)＝1－eq\f(2,x)＞0，所以m(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，m(8)＝4－2ln8＜4－2lne2＝4－4＝0，m(10)＝6－2ln10＞6－2lne3＝6－6＝0，所以函數(shù)m(x)在(8，10)上有唯一的零點(diǎn)x0，即x0－4－2lnx0＝0，故當(dāng)2＜x＜x0時(shí)，m(x)＜0，即F′(x)＜0，當(dāng)x＞x0時(shí)，F(xiàn)′(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