1、专项限时集训(八) 函数最值、恒成立及存在性问题(对应学生用书第 127 页)(限时：60 分钟)1(本小题满分 14 分)(镇江市 2017 届高三上学期期末)已知函数 f (x) xln x， g(x) (x21)( 为常数)(1)若函数 y f (x)与函数 y g(x)在 x1 处有相同的切线，求实数 的值；(2)若 ，且 x1，证明： f (x) g(x)；12(3)若对任意 x1，)，不等式 f (x) g(x)恒成立，求实数 的取值范围解 (1) f ( x)ln x1，则 f (1)1 且 f (1)0.所以函数 y f (x)在 x1 处的切线方程为： y x1，从而 g(
2、x)2 x ， g(1)2 1，即 . 2 分12(2)证明：由题意知：设函数 h(x) xln x (x21)，则 h( x)ln x1 x，12设 p(x)ln x1 x，从而 p( x) 10 对任意 x1，)恒成立，1x所以 p(x)ln x1 x p(1)0，即 h( x)0，因此函数 h(x) xln x (x21)在1，)上单调递减，12即 h(x) h(1)0，所以当 x1 时， f (x) g(x)成立. 6 分(3)设函数 H(x) xln x ，(x2 1)从而对任意 x1，)，不等式 H(x)0 H(1)恒成立又 H( x)ln x12 x ，当 H( x)ln x12
3、 x 0，即 2 恒成立时，ln x 1x函数 H(x)单调递减设 r(x) ，则 r( x) 0，ln x 1x ln xx2所以 r(x)max r(1)1，即 12 ，符合题意；12当 0 时， H( x)ln x12 x 0 恒成立，此时函数 H(x)单调递增于是，不等式 H(x) H(1)0 对任意 x1，)恒成立，不符合题意；当 0 时，设 q(x) H( x)ln x12 x ，12则 q( x) 2 0 x 1，1x 12当 x 时， q( x) 2 0，此时 q(x) H( x)ln x12 x 单调递增，(1，12 ) 1x所以 H( x)ln x12 x H(1)12 0
4、，故当 x 时，函数 H(x)单调递增(1，12 )于是当 x 时， H(x)0 成立，不符合题意；(1，12 )综上所述，实数 的取值范围为 . 14 分122(本小题满分 14 分)(2017江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)已知函数 f (x) aln x bx3， a， b 为实数， b0 ，e 为自然对数的底数，e2.718 28.(1)当 a0， b1 时，设函数 f (x)的最小值为 g(a)，求 g(a)的最大值；(2)若关于 x 的方程 f (x)0 在区间(1，e上有两个不同的实数解，求 的取值范围. ab【导学号：56394114】解 (1) b1 时， f (x)
5、aln x x3，则 f ( x) ，a 3x3x令 f ( x)0，解得： x ， a0， 0，3 a3 3 a3x， f ( x)， f (x)的变化如下：x(0，)3 a33 a3( ，3 a3)f ( x) 0 f (x) 递减 极小值 递增故 g(a) f ln ，(3 a3) a3 ( a3) a3令 t(x) xln x x，则 t( x)ln x，令 t( x)0，解得： x1，且 x1 时， t(x)有最大值 1，故 g(a)的最大值是 1，此时 a3； 8 分(2)由题意得：方程 aln x bx30 在区间(1，e上有 2 个不同的实数根，故 在区间(1，e上有 2 个不
6、同实数根，ab x3ln x即函数 y1 的图象与函数 m(x) 的图象有 2 个不同的交点，ab x3ln x m( x) ，令 m( x)0，得： x ，x2 3ln x 1 ln x 2 3ex， m( x)， m(x)的变化如下：x (1， 3e) 3e ( ，e3em( x) 0 m(x) 递减 3e 递增 x(1， )时， m(x)(3e，)， x( ，e时， m(x)(3e，e 3，3e 3e故 a， b 满足的关系式是 3e e 3，即 的范围是(3e，e 3. 14 分ab ab3(本小题满分 14 分)(江苏省镇江市丹阳高中 2017 届高三下学期期中)已知函数 f (x)
7、 x ，1x(1)函数 F(x) f (ex) k ，其中 k 为实数，(xx36)求 F(0)的值；对 x(0,1)，有 F(x)0 ，求 k 的最大值；(2)若 g(x) (a 为正实数)，试求函数 f (x)与 g(x)在其公共点处是否存在公切x2 2ln xa线，若存在，求出符合条件的 a 的个数，若不存在，请说明理由解 (1)由 F(x)e x k 得 F( x)e x k ，1ex (x x36) 1ex (1 x22) F(0)2 k，记 h(x) F( x)，则 h( x)e x kx，1ex记 m(x) h( x)，则 m( x)e x k，当 x(0,1)时，e x .3
8、分1ex 1ex (2， e 1e)()当 k2 时， m( x)2 k0， x(0,1)，即 m(x)在(0,1)上是增函数，又 m(0)0，则 h( x)0， x(0,1)，即 h(x)在(0,1)上是增函数，又 F(0)2 k0，则 F( x)0， x(0,1)，即 F(x)在(0,1)上是增函数，故 F(x) F(0)0， x(0,1)()当 k2 时，则存在 x0(0,1)，使得 m( x)在(0， x0)小于 0，即 m(x)在(0， x0)上是减函数，则 h( x)0， x(0， x0)，即 h(x)在(0， x0)上是减函数，又 F(0)2 k0，则 F( x)0， x(0，
9、x0)，又 F(0)2 k0，即 F(x)在(0， x0)上是减函数，故 F(x) F(0)0， x(0， x0)，矛盾故 k 的最大值为 2.8 分(2)设函数 f (x)与 g(x)在其公共点 x x1处存在公切线，则Error!由得(2 x1 a)(x 1)0，即 x1 ，代入得 8ln a8ln 2 a280，21a2记 G(a)8ln a8ln 2 a28，则 G( a) 2 a，8a得 G(a)在(0,2)上是增函数，(2，)上是减函数，又 G(2)40， G(4)8ln 280， G 0，(2e) 4e2得符合条件的 a 的个数为 2.(未证明小于 0 的扣 2 分) 14 分4
10、(本小题满分 16 分)(无锡市 2017 届高三上学期期末)已知 f (x) x2 mx1( mR)， g(x)e x.(1)当 x0,2时， F(x) f (x) g(x)为增函数，求实数 m 的取值范围；(2)若 m(1,0)，设函数 G(x) ， H(x) x ，求证：对任意f xg x 14 54x1， x21,1 m， G(x1) H(x2)恒成立解 (1) F(x) x2 mx1e x， F( x)2 x me x.当 x0,2时， F(x) f (x) g(x)为增函数， F( x)0 即 2x me x0 在0,2上恒成立，即 me x2 x 在0,2上恒成立令 h(x)e
11、x2 x， x0,2，则 h( x)e x2，令 h( x)0，则 xln 2. h(x)在0，ln 2上单调递减，在ln 2,2上单调递增 h(0)1， h(2)e 241， h(x)max h(2)e 24， me 24. 6 分(2)证明： G(x) ，x2 mx 1ex则 G( x) . x2 2 m x m 1ex x 1 x 1 m ex要证任给 x1， x21,1 m， G(x1) H(x2)恒成立，即证 G(x)max H(x)min， x1,1 m， G(x)在1,1 m上单调递增， G(x)max G(1 m) ，2 me1 m H(x)在1,1 m上单调递减，H(x)mi
12、n H(1 m) (1 m) . 10 分14 54要证 G(x)max H(x)min，即证 (1 m) ，2 me1 m 14 54即证 4(2 m)e 1 m5(1 m)令 1 m t，则 t(1,2)设 r(x)e x(5 x)4( x1)， x1,2，即 r(x)5e x xex4 x4.r( x)(4 x)ex42e x40， r(x)e x(5 x)4( x1)在1,2上单调递增， r(1)4e80，e x(5 x)4( x1)，从而有 (1 m) ，14 54 2 me1 m即当 x1,1 m时， G(x)max H(x)min成立. 16 分5(本小题满分 16 分)(苏北四
13、市(徐州、淮安、连云港、宿迁)2017 届高三上学期期末)已知函数 f (x) ax， g(x) ln x ax， aR.x22e(1)解关于 x(xR)的不等式 f (x)0；(2)证明： f (x) g(x)；(3)是否存在常数 a， b，使得 f (x) ax b g(x)对任意的 x0 恒成立？若存在，求出a， b 的值；若不存在，请说明理由. 【导学号：56394115】解 (1)当 a0 时， f (x) ，所以 f (x)0 的解集为0；x22e当 a0 时， f (x) x ，(x2e a)若 a0，则 f (x)0 的解集为0,2e a若 a0，则 f (x)0 的解集为2e
14、 a,0综上所述，当 a0 时， f (x)0 的解集为0；当 a0 时， f (x)0 的解集为0,2e a；当 a0 时， f (x)0 的解集为2e a,0.4 分(2)证明：设 h(x) f (x) g(x) ln x，则 h( x) .x22e xe 1x x2 eex令 h( x)0，得 x ，列表如下：ex (0， )e e ( ， )eh( x) 0 h(x) 极小值 所以函数 h(x)的最小值为 h( )0，e所以 h(x) ln x0，即 f (x) g(x). 8 分x22e(3)假设存在常数 a， b 使得 f (x) ax b g(x)对任意的 x0 恒成立，即 2
15、ax bln x 对任意的 x0 恒成立x22e而当 x 时，ln x ，所以 2 a b ，ex22e 12 12 e 12所以 2a b ，则 b 2 a ，e12 12 e所以 2 ax b 2 ax2 a 0(*)恒成立，x22e x22e e 12当 a0 时，2 a 0，所以(*)式在(0，)上不恒成立；e12当 a0 时，则 4a2 (2a )0，即 20，所以 a ，则 b .2e e 12 (2a 1e) 12e 12令 (x)ln x x ，则 ( x) ，令 ( x)0，得 x ，1e 12 e xex e当 0 x 时， ( x)0， (x)在(0， )上单调递增；e
16、e当 x 时， ( x)0， (x)在( ，)上单调递减e e所以 (x)的最大值为 ( )0.所以 ln x x 0 恒成立e1e 12所以存在 a ， b 符合题意. 16 分12e 126(本小题满分 16 分)(江苏省南京市、盐城市 2017 届高三第一次模拟)设函数 f (x)ln x， g(x) ax 3( a R)a 1x(1)当 a2 时，解关于 x 的方程 g(ex)0(其中 e 为自然对数的底数)；(2)求函数 (x) f (x) g(x)的单调增区间；(3)当 a1 时，记 h(x) f (x)g(x)，是否存在整数 ，使得关于 x 的不等式 2 h(x)有解？若存在，请
17、求出 的最小值：若不存在，请说明理由(参考数据：ln 20.693 1，ln 31.098 6)解 (1)当 a2 时，方程 g(ex)0 即为 2ex 30，去分母，得1ex2(ex)23e x10，解得 ex1 或 ex ，12故所求方程的根为 x0 或 xln 2. 2 分(2)因为 (x) f (x) g(x)ln x ax 3( x0)，a 1x所以 ( x) a (x0)，1x a 1x2 ax2 x a 1x2 ax a 1 x 1x2当 a0 时，由 ( x)0，解得 x0；当 a1 时，由 ( x)0，解得 x ；a 1a当 0 a1 时，由 ( x)0，解得 x0；当 a1
18、 时，由 ( x)0，解得 x0；当 a0 时，由 ( x)0，解得 0 x .a 1a综上所述，当 a0 时， (x)的增区间为 ；(0，a 1a )当 0 a1 时， (x)的增区间为(0，)；a1 时， (x)的增区间为 . 6 分(a 1a ， )(3)法一：当 a1 时， f (x)ln x， g(x) x3， h(x)( x3)ln x，所以 h( x)ln x1 单调递增， h ln 120， h(2)ln 21 0，3x (32) 32 32所以存在唯一 x0 ，使得 h( x0)0，即 ln x01 0，(32， 2) 3x0当 x(0， x0)时， h( x)0，当 x(
19、x0，)时， h( x)0，所以 h(x)min h(x0)( x03)ln x0( x03) 6 ，(3x0 1) x0 3 2x0 (x0 9x0)记函数 r(x)6 ，则 r(x)在 上单调递增，(x9x) (32， 2)所以 r h(x0) r(2)，即 h(x0) ，(32) ( 32， 12)由 2 ，且 为整数，得 0，32所以存在整数 满足题意，且 的最小值为 0. 16 分法二：当 a1 时， f (x)ln x， g(x) x3，所以 h(x)( x3)ln x，由 h(1)0 得，当 0 时，不等式 2 h(x)有解，下证：当 1 时， h(x)2 恒成立，即证( x3)ln x2 恒成立显然当 x(0,13，)时，不等式恒成立，只需证明当 x(1,3)时，( x3)ln x2 恒成立即证明 ln x 0.令 m(x)ln x ，2x 3 2x 3所以 m( x) ，由 m( x)0，得 x4 ，1x 2 x 3 2 x2 8x 9x x 3 2 7当 x(1,4 )时， m( x)0；当 x(4 ，3)时， m( x)0；7 7所以 m(x)max m(4 )ln(4 ) ln(42) ln 210.7 77 13 2 13所以当 1 时， h(x)2 恒成立综上所述，存在整数 满足题意，且 的最小值为 0. 16 分
