2018年江苏高考数学二轮复习练习：8-函数最值、恒成立及存在性问题有答案

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 )＝x ln x ，g （x ）＝λ(x 2
－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＝错误!，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＝错误!。

2分
（2)证明：由题意知：设函数h （x )＝x ln x －12(x 2
－1),则h ′（x ）＝ln x ＋1－x ，
设p （x )＝ln x ＋1－x ，从而p ′(x )＝错误!－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 ）＝x ln x －错误!（x 2
－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 )＝x ln x －λ错误!，
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，即错误!≤2λ恒成立时， 函数H (x ）单调递减．
设r （x ）＝错误!，则r ′（x )＝错误!≤0，
所以r (x )max ＝r （1)＝1，即1≤2λ⇒λ≥错误!，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＜错误!时，设q (x ）＝H ′（x )＝ln x ＋1－2λx , 则q ′（x ）＝错误!－2λ＝0⇒x ＝错误!＞1,
当x ∈错误!时，q ′（x ）＝错误!－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 ∈错误!时，函数H （x )单调递增． 于是当x ∈错误!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≥错误!。

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)＝a ln 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,求错误!的取值范围。

【导学号：56394114】[解］（1）b＝－1时，f （x）＝a ln x＋x3,则f ′(x）＝错误!，
令f ′（x)＝0,解得：x＝错误!，∵a＜0，∴错误!＞0，
x，f ′(x),f （x)的变化如下：
故g（a）＝f 错误!＝
令t（x）＝－x ln 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a ln x－bx3＝0在区间(1，e］上有2个不同的实数根，
故错误!＝错误!在区间(1,e]上有2个不同实数根，
即函数y1＝错误!的图象与函数m(x）＝错误!的图象有2个不同的交点,
∵m′（x)＝错误!,令m′(x)＝0,得：x＝错误!，
x，m′（x）,m（x）的变化如下：
∴x∈(1,错误!)时，m（x)e3]，
故a,b满足的关系式是3e＜错误!≤e3,即错误!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－错误!，（1)函数F（x)＝f （e x）－k错误!,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 )＝x 2＋2ln x
a
（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 ）＝e x －错误!－k 错误!得F ′(x ）＝e x
＋错误!－k 错误!， ①F ′(0）＝2－k ，
②记h (x ）＝F ′(x ）,则h ′（x )＝e x
－错误!－kx ，
记m （x ）＝h ′（x ），则m ′（x ）＝e x ＋1e x －k ，当x ∈(0,1）时,e x
＋错误!∈错误!。

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x 0∈(0，1），使得m ′(x )在（0,x 0)小于0， 即m （x ）在(0，x 0）上是减函数，则h ′(x )＜0，x ∈(0，x 0）， 即h (x )在(0，x 0）上是减函数，又F ′(0)＝2－k ＜0, 则F ′(x ）＜0，x ∈（0，x 0）,又F ′(0）＝2－k ＜0， 即F （x ）在(0，x 0）上是减函数， 故F (x ）＜F （0）＝0，x ∈（0,x 0），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 ＝x 1处存在公切线， 则错误!
由②得(2x 1－a )（x 错误!＋1)＝0，即x 1＝错误!，代入①得8ln a －8ln 2－a 2
＋8＝0， 记G （a )＝8ln a －8ln 2－a 2
＋8，则G ′（a ）＝错误!－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 错误!＝－错误!＜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 )＝x 2
＋mx ＋1(m ∈R )，g (x )＝e x
. （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 )＝错误!，H (x )＝－错误!x ＋错误!，求证：对任意x 1,x 2∈［1,1－m ］,G （x 1)＜H (x 2）恒成立．
[解] （1）∵F （x )＝x 2
＋mx ＋1－e x ，∴F ′（x ）＝2x ＋m －e x。

∵当x ∈[0,2］时，F （x ）＝f （x ）－g （x ）为增函数， ∴F ′(x ）≥0即2x ＋m －e x ≥0在［0,2］上恒成立, 即m ≥e x
－2x 在［0，2]上恒成立．
令h （x )＝e x
－2x ,x ∈[0,2］，
则h ′（x )＝e x
－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)＝e 2
－4＞1， ∴h （x )max ＝h （2）＝e 2－4， ∴m ≥e 2
－4. 6分
（2）证明：G （x ）＝
x 2＋mx ＋1
e
x
，
则G ′(x )＝错误!＝－错误!。

要证任给x 1,x 2∈［1,1－m ],G （x 1)≤H （x 2）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 )＝错误!， ∵H （x )在［1,1－m ]上单调递减,
H (x )min ＝H (1－m ）＝－错误!(1－m ）＋错误!.
10分
要证G (x ）max ≤H （x ）min ，即证错误!≤－错误!(1－m )＋错误!, 即证4（2－m ）≤e
1－m
[5－(1－m )］．
令1－m ＝t ，则t ∈（1,2）．
设r (x ）＝e x
(5－x ）－4（x ＋1）,x ∈[1,2］，即r (x ）＝5e x
－x e x
－4x －4.
r ′(x ）＝(4－x )e x －4≥2e x －4＞0，
∴r (x )＝e x
（5－x )－4（x ＋1)在[1,2］上单调递增， ∵r (1)＝4e －8＞0，
∴e x
(5－x )≥4(x ＋1)，从而有－错误!(1－m ）＋错误!≥错误!， 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 ）＝错误!－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 ）＝错误!，所以f （x ）≤0的解集为｛0｝； 当a ≠0时，f （x )＝x 错误!,
若a ＞0，则f (x ）≤0的解集为［0，2e a ］． 若a ＜0,则f （x )≤0的解集为[2e a,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［0，2e a］；
当a＜0时,f （x)≤0的解集为[2e a，0]。

4分
（2）证明：设h(x)＝f （x）－g(x）＝错误!－ln x，则h′(x）＝错误!－错误!＝错误!. 令h′(x)＝0,得x＝错误!，列表如下：
所以函数h(x
所以h(x)＝错误!－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x2
2e
≥2ax＋b≥ln x对任意的x＞0恒成立．
而当x＝错误!时，ln x＝错误!＝错误!，所以错误!≥2a错误!＋b≥错误!，
所以2a错误!＋b＝错误!,则b＝错误!－2a错误!，
所以错误!－2ax－b＝错误!－2ax＋2a错误!－错误!≥0（＊）恒成立，
①当a≤0时,2a错误!－错误!＜0,所以(*)式在（0，＋∞）上不恒成立；
②当a＞0时，则4a2－错误!（2a错误!－错误!)≤0,即错误!2≤0,所以a＝错误!，则b＝－错误!。

令φ（x)＝ln x－错误!x＋错误!，则φ′（x)＝错误!,令φ′(x）＝0，得x＝错误!,
当0＜x＜错误!时,φ′（x）＞0，φ(x)在(0，错误!）上单调递增；
当x＞错误!时,φ′(x）＜0，φ(x）在（错误!，＋∞）上单调递减．
所以φ（x）的最大值为φ（错误!）＝0。

所以ln x－错误!x＋错误!≤0恒成立．
所以存在a＝错误!，b＝－错误!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 ＋错误!－3（a∈R)．
(1)当a＝2时，解关于x的方程g(e x)＝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(e x)＝0即为2e x＋错误!－3＝0，去分母，得
2(e x）2－3e x＋1＝0，解得e x＝1或e x＝错误!，
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＋错误!－3(x＞0),
所以φ′（x)＝错误!＋a－错误!＝错误!＝错误!(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＞错误!；
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＜错误!。

综上所述,当a＜0时，φ(x）的增区间为错误!；
当0≤a≤1时，φ(x)的增区间为（0,＋∞）；
a＞1时，φ(x)的增区间为错误!。

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－错误!单调递增，h′错误!＝ln错误!＋1－2＜0，h′（2)＝ln 2＋1－错误!＞0，所以存在唯一x0∈错误!,使得h′(x0)＝0，即ln x0＋1－错误!＝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)错误!＝－错误!＝6－错误!，
记函数r(x)＝6－错误!，则r（x）在错误!上单调递增，
所以r错误!＜h（x0)＜r（2)，即h（x0)∈错误!，
由2λ≥－错误!，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＋错误!＜0.令m(x）＝ln x＋错误!，
所以m′（x）＝错误!－错误!＝错误!，由m′（x)＝0，得x＝4－错误!,
当x∈(1,4－错误!)时，m′（x）＞0；当x∈(4－错误!,3）时，m′(x）＜0；
所以m（x)max＝m(4－错误!)＝ln（4－错误!）－错误!＜ln(4－2）－错误!＝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。