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)＝λ(x2－1)(λ为常数)．
(1)若函数y＝f (x)与函数y＝g(x)在x＝1处有相同的切线，求实数λ的值；
(2)若λ＝，且x≥1，证明：f (x)≤g(x)；
(3)若对任意x∈[1，＋∞)，不等式f (x)≤g(x)恒成立，求实数λ的取值范围．
[解] (1)f ′(x)＝ln x＋1，则f ′(1)＝1且f (1)＝0.
所以函数y＝f (x)在x＝1处的切线方程为：y＝x－1，
从而g′(x)＝2λx，g′(1)＝2λ＝1，即λ＝. 2分
(2)证明：由题意知：设函数h(x)＝xln x－(x2－1)，则h′(x)＝ln x＋1－x，
设p(x)＝ln x＋1－x，从而p′(x)＝－1≤0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，
所以p(x)＝ln x＋1－x≤p(1)＝0，即h′(x)≤0，
因此函数h(x)＝xln x－(x2－1)在[1，＋∞)上单调递减，
即h(x)≤h(1)＝0，
所以当x≥1时，f (x)≤g(x)成立. 6分
(3)设函数H(x)＝xln x－λ，
从而对任意x∈[1，＋∞)，不等式H(x)≤0＝H(1)恒成立．
又H′(x)＝ln x＋1－2λx，
当H′(x)＝ln x＋1－2λx≤0，即≤2λ恒成立时，
函数H(x)单调递减．
设r(x)＝，则r′(x)＝≤0，
所以r(x)max＝r(1)＝1，即1≤2λ⇒λ≥，符合题意；
当λ≤0时，H′(x)＝ln x＋1－2λx≥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x∈[1，＋∞)恒成立，不符合题意；
当0＜λ＜时，设q(x)＝H′(x)＝ln x＋1－2λx，
则q′(x)＝－2λ＝0⇒x＝＞1，
当x∈时，q′(x)＝－2λ＞0，此时q(x)＝H′(x)＝ln x＋1－2λx单调递增，
所以H′(x)＝ln x＋1－2λx＞H′(1)＝1－2λ＞0，
故当x∈时，函数H(x)单调递增．
于是当x∈时，H(x)＞0成立，不符合题意；
综上所述，实数λ的取值范围为λ≥. 14分
2．(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，b≠0，e为自然对数的底数，e≈2.718 28.
(1)当a＜0，b＝－1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.
【导学号：56394114】
[解] (1)b＝－1时，f (x)＝aln x＋x3，则f ′(x)＝，
令f ′(x)＝0，解得：x＝，∵a＜0，∴＞0，
x，f ′(x)，f (x)的变化如下：
x
(0，
)
(，
＋∞)
f ′(x)
－
0
＋
f (x)
递减
极小值
递增
故g(a)＝f ＝ln－，
令t(x)＝－xln x＋x，则t′(x)＝－ln x，令t′(x)＝0，解得：x＝1，
且x＝1时，t(x)有最大值1，
故g(a)的最大值是1，此时a＝－3； 8分
(2)由题意得：方程aln x－bx3＝0在区间(1，e]上有2个不同的实数根，
故＝在区间(1，e]上有2个不同实数根，
即函数y1＝的图象与函数m(x)＝的图象有2个不同的交点，
∵m′(x)＝，令m′(x)＝0，得：x＝，
x，m′(x)，m(x)的变化如下：
x
(，e]
m′(x)
－
0
＋
m(x)
递减
3e
递增
∴x∈(1，)时，m(x)∈(3e，＋∞)，x∈(，e]时，m(x)∈(3e，e3]，
故a，b满足的关系式是3e＜≤e3，即的范围是(3e，e3]. 14分
3．(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)＝x－，
(1)函数F(x)＝f (ex)－k，其中k为实数，
①求F′(0)的值；
②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)＝ex－－k得F′(x)＝ex＋－k，
①F′(0)＝2－k，
②记h(x)＝F′(x)，则h′(x)＝ex－－kx，
记m(x)＝h′(x)，则m′(x)＝ex＋－k，当x∈(0,1)时，ex＋∈.3分
(ⅰ)当k≤2时，m′(x)＞2－k≥0，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－k≥0，
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)．
(ⅱ)当k＞2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－k＜0，
则F′(x)＜0，x∈(0，x0)，又F′(0)＝2－k＜0，
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
由②得(2x1－a)(x＋1)＝0，即x1＝，代入①得8ln a－8ln 2－a2＋8＝0，
记G(a)＝8ln a－8ln 2－a2＋8，则G′(a)＝－2a，
得G(a)在(0,2)上是增函数，(2，＋∞)上是减函数，
又G(2)＝4＞0，G(4)＝8ln 2－8＜0，G＝－＜0，
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．(本小题满分16分)(无锡市2017届高三上学期期末)已知f (x)＝x2＋mx＋1(m∈R)，g(x)＝ex.
(1)当x∈[0,2]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x1，x2∈[1,1－m]，G(x1)＜H(x2)恒成立．
[解] (1)∵F(x)＝x2＋mx＋1－ex，∴F′(x)＝2x＋m－ex.
∵当x∈[0,2]时，F(x)＝f (x)－g(x)为增函数，
∴F′(x)≥0即2x＋m－ex≥0在[0,2]上恒成立，
即m≥ex－2x在[0,2]上恒成立．
令h(x)＝ex－2x，x∈[0,2]，
则h′(x)＝ex－2，令h′(x)＝0，则x＝ln 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)＝e2－4＞1，
∴h(x)max＝h(2)＝e2－4，
∴m≥e2－4. 6分
(2)证明：G(x)＝，
则G′(x)＝＝－.
要证任给x1，x2∈[1,1－m]，G(x1)≤H(x2)恒成立，即证G(x)max≤H(x)min，
∵x∈[1,1－m]，
∴G(x)在[1,1－m]上单调递增，G(x)max＝G(1－m)＝，
∵H(x)在[1,1－m]上单调递减，
H(x)min＝H(1－m)＝－(1－m)＋. 10分
要证G(x)max≤H(x)min，即证≤－(1－m)＋，
即证4(2－m)≤e1－m[5－(1－m)]．
令1－m＝t，则t∈(1,2)．
设r(x)＝ex(5－x)－4(x＋1)，x∈[1,2]，即r(x)＝5ex－xex－4x－4.
r′(x)＝(4－x)ex－4≥2ex－4＞0，
∴r(x)＝ex(5－x)－4(x＋1)在[1,2]上单调递增，
∵r(1)＝4e－8＞0，
∴ex(5－x)≥4(x＋1)，从而有－(1－m)＋≥，
即当x∈[1,1－m]时，G(x)max≤H(x)min成立. 16分
5．(本小题满分16分)(苏北四市(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，a∈R.
(1)解关于x(x∈R)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x＞0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a＝0时，f (x)＝，所以f (x)≤0的解集为{0}；
当a≠0时，f (x)＝x，
若a＞0，则f (x)≤0的解集为[0,2ea]．
若a＜0，则f (x)≤0的解集为[2ea,0]．
综上所述，当a＝0时，f (x)≤0的解集为{0}；
当a＞0时，f (x)≤0的解集为[0,2ea]；
当a＜0时，f (x)≤0的解集为[2ea,0].4分
(2)证明：设h(x)＝f (x)－g(x)＝－ln x，则h′(x)＝－＝.
令h′(x)＝0，得x＝，列表如下：
x
(0，)
(，＋∞)
h′(x)
－
0
＋
h(x)
极小值
所以函数h(x)的最小值为h()＝0，
所以h(x)＝－ln x≥0，即f (x)≥g(x). 8分
(3)假设存在常数a，b使得f (x)≥ax＋b≥g(x)对任意的x＞0恒成立，
即≥2ax＋b≥ln x对任意的x＞0恒成立．
而当x＝时，ln x＝＝，所以≥2a＋b≥，
所以2a＋b＝，则b＝－2a，
所以－2ax－b＝－2ax＋2a－≥0(*)恒成立，
①当a≤0时，2a－＜0，所以(*)式在(0，＋∞)上不恒成立；
②当a＞0时，则4a2－(2a－)≤0，即2≤0，所以a＝，则b＝－.
令φ(x)＝ln x－x＋，则φ′(x)＝，令φ′(x)＝0，得x＝，
当0＜x＜时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，)上单调递增；
当x＞时，φ′(x)＜0，φ(x)在(，＋∞)上单调递减．
所以φ(x)的最大值为φ()＝0.所以ln x－x＋≤0恒成立．
所以存在a＝，b＝－符合题意. 16分
6．(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)．
(1)当a＝2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φ(x)＝f (x)＋g(x)的单调增区间；
(3)当a＝1时，记h(x)＝f (x)·g(x)，是否存在整数λ，使得关于x的不等式2λ≥h(x)有解？若存在，请求出λ的最小值：若不存在，请说明理由．(参考数据：ln 2≈0.693 1，ln 3≈1.098 6)
[解] (1)当a＝2时，方程g(ex)＝0即为2ex＋－3＝0，去分母，得
2(ex)2－3ex＋1＝0，解得ex＝1或ex＝，
故所求方程的根为x＝0或x＝－ln 2. 2分
(2)因为φ(x)＝f (x)＋g(x)＝ln x＋ax＋－3(x＞0)，
所以φ′(x)＝＋a－＝＝(x＞0)，
①当a＝0时，由φ′(x)＞0，解得x＞0；
②当a＞1时，由φ′(x)＞0，解得x＞；
③当0＜a＜1时，由φ′(x)＞0，解得x＞0；
④当a＝1时，由φ′(x)＞0，解得x＞0；
⑤当a＜0时，由φ′(x)＞0，解得0＜x＜.
综上所述，当a＜0时，φ(x)的增区间为；
当0≤a≤1时，φ(x)的增区间为(0，＋∞)；
a＞1时，φ(x)的增区间为. 6分
(3)法一：当a＝1时，f (x)＝ln x，g(x)＝x－3，h(x)＝(x－3)ln x，
所以h′(x)＝ln x＋1－单调递增，h′＝ln＋1－2＜0，h′(2)＝ln 2＋1－＞0，
所以存在唯一x0∈，使得h′(x0)＝0，即ln x0＋1－＝0，
当x∈(0，x0)时，h′(x)＜0，当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，
所以h(x)min＝h(x0)＝(x0－3)ln x0＝(x0－3)＝－＝6－，
记函数r(x)＝6－，则r(x)在上单调递增，
所以r＜h(x0)＜r(2)，即h(x0)∈，
由2λ≥－，且λ为整数，得λ≥0，
所以存在整数λ满足题意，且λ的最小值为0. 16分
法二：当a＝1时，f (x)＝ln x，g(x)＝x－3，
所以h(x)＝(x－3)ln x，
由h(1)＝0得，当λ＝0时，不等式2λ≥h(x)有解，
下证：当λ≤－1时，h(x)＞2λ恒成立，即证(x－3)ln x＞－2恒成立．
显然当x∈(0,1]∪[3，＋∞)时，不等式恒成立，
只需证明当x∈(1,3)时，(x－3)ln x＞－2恒成立．
即证明ln x＋＜0.令m(x)＝ln x＋，
所以m′(x)＝－＝，由m′(x)＝0，得x＝4－，
当x∈(1,4－)时，m′(x)＞0；当x∈(4－，3)时，m′(x)＜0；
所以m(x)max＝m(4－)＝ln(4－)－＜ln(4－2)－＝ln 2－1＜0.
所以当λ≤－1时，h(x)＞2λ恒成立．
综上所述，存在整数λ满足题意，且λ的最小值为0. 16分
微信/支付宝扫码支付