2018年江苏高考数学二轮复习：专项限时集训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＝1
2
，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＝1
2
.
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 )＝1
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 )＝x ln x －12(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
()x 2－1，
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ln x ＋1
x
≤2λ恒成立时，
函数H (x )单调递减．
设r (x )＝ln x ＋1x ，则r ′(x )＝－ln x x
2
≤0， 所以r (x )max ＝r (1)＝1，即1≤2λ⇒λ≥1
2
，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＜1
2
时，设q (x )＝H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ，
则q ′(x )＝1x －2λ＝0⇒x ＝1
2λ
＞1，
当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12λ时，q ′(x )＝1x －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 ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12λ时，函数H (x )单调递增．
于是当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12λ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≥1
2
.
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 －bx 3
，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a b
的取值范围.
【导学号：56394114】
[解] (1)b ＝－1时，f (x )＝a ln x ＋x 3
，则f ′(x )＝a ＋3x 3
x
，
令f ′(x )＝0，解得：x ＝
3
－a
3
，∵a ＜0，∴3
－a
3
＞0， x ，f ′(x )，f (x )的变化如下：
故g (a )＝f ⎝
⎛⎭⎪⎫3－a 3＝a 3ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3－a
3， 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 －bx 3
＝0在区间(1，e]上有2个不同的实数根，
故a b ＝x 3
ln x
在区间(1，e]上有2个不同实数根， 即函数y 1＝a b 的图象与函数m (x )＝x 3
ln x
的图象有2个不同的交点，
∵m ′(x )＝
x 2
x －x 2
，令m ′(x )＝0，得：x ＝3
e ，
x ，m ′(x )，m (x )的变化如下：
∴x ∈(1，3e)时，m (x )∈(3e ，＋∞)，x ∈(3e ，e]时，m (x )∈(3e ，e 3
]， 故a ，b 满足的关系式是3e ＜a b
≤e 3
，即a b
的范围是(3e ，e 3
].
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
x
，
(1)函数F (x )＝f (e x
)－k ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋x 3
6，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
－1e x －k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 3
6得F ′(x )＝e x
＋1e x －k ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋x 2
2，
①F ′(0)＝2－k ，
②记h (x )＝F ′(x )，则h ′(x )＝e x
－1e
x －kx ，
记m (x )＝h ′(x )，则m ′(x )＝e x ＋1e x －k ，当x ∈(0,1)时，e x
＋1e x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，e ＋1e .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⎩⎨⎧
x 1－1
x 1＝x 21＋2ln x 1
a
， ①
1＋1
x 2
1
＝2x 1
＋
2
x 1
a ， ②
由②得(2x 1－a )(x 2
1＋1)＝0，即x 1＝a
2，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 )＝8a
－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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2e ＝－4e 2＜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 )＝f x g x ，H (x )＝－14x ＋5
4
，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 )＝
－x 2
＋
－m x ＋m －1e
x
＝－x －
x －
－m
e
x
.
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 )＝2－m
e 1－m ，
∵H (x )在[1,1－m ]上单调递减，
H (x )min ＝H (1－m )＝－14(1－m )＋54
.
10分
要证G (x )max ≤H (x )min ，即证2－m e 1－m ≤－14(1－m )＋54
， 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－14(1－m )＋54≥2－m e 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 )＝x 2
2e
－
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 )＝x 2
2e
，所以f (x )≤0的解集为{0}；
当a ≠0时，f (x )＝x ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x
2e －a ， 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 )＝x 2
2e －ln x ，则h ′(x )＝x e －1x ＝x 2－e
e x
.
令h ′(x )＝0，得x ＝e ，列表如下：
所以函数h (x )
所以h (x )＝x 2
2e
－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x 2
2e ≥2ax ＋b ≥ln x 对任意的x ＞0恒成立． 而当x ＝e 时，ln x ＝x 2
2e ＝12，所以12≥2a e ＋b ≥1
2，
所以2a e ＋b ＝12，则b ＝1
2
－2a e ，
所以x 22e －2ax －b ＝x 2
2e －2ax ＋2a e －1
2
≥0(*)恒成立，
①当a ≤0时，2a e －1
2
＜0，所以(*)式在(0，＋∞)上不恒成立；
②当a ＞0时，则4a 2
－2e (2a e －12)≤0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －1e 2
≤0，所以a ＝12e
，则b ＝－12. 令φ(x )＝ln x －
1e
x ＋1
2
，则φ′(x )＝
e －x
e x
，令φ′(x )＝0，得x ＝e ， 当0＜x ＜e 时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0，e)上单调递增； 当x ＞e 时，φ′(x )＜0，φ(x )在(e ，＋∞)上单调递减． 所以φ(x )的最大值为φ(e)＝0.所以ln x －1e
x ＋1
2
≤0恒成立．
所以存在a ＝12e
，b ＝－1
2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 ＋a －1
x
－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
＋1e x －3＝0，去分母，得
2(e x )2－3e x ＋1＝0，解得e x ＝1或e x
＝12，
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 ＋
a －1
x
－3(x ＞0)， 所以φ′(x )＝1x ＋a －a －1x 2＝ax 2
＋x －a －
x
2
＝
ax －a －
x ＋
x 2
(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 ＞
a －1
a
； 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 ＜
a －1
a . 综上所述，当a ＜0时，φ(x )的增区间为⎝
⎛⎭
⎪⎫
0，
a －1a ； 当0≤a ≤1时，φ(x )的增区间为(0，＋∞)；
a ＞1时，φ(x )的增区间为⎝
⎛⎭
⎪
⎫a －1a ，＋∞.
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 ＋1－3x 单调递增，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝ln 32＋1－2＜0，h ′(2)＝ln 2＋1－32＞0， 所以存在唯一x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，使得h ′(x 0)＝0，即ln x 0＋1－3x 0＝0，
当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )＜0，当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )＞0，
所以h (x )min ＝h (x 0)＝(x 0－3)ln x 0＝(x 0－3)⎝ ⎛⎭
⎪⎫3x 0－1＝－
x 0－2
x 0＝6－⎝
⎛⎭
⎪⎫x 0＋9x
，
记函数r (x )＝6－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋9x ，则r (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫32，2上单调递增， 所以r ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＜h (x 0)＜r (2)，即h (x 0)∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－3
2，－12，
由2λ≥－3
2，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 ＋
2x －3＜0.令m (x )＝ln x ＋2x －3
， 所以m ′(x )＝1
x
－
2x －
2＝
x 2－8x ＋9
x x －2
，由m ′(x )＝0，得x ＝4－7， 当x ∈(1,4－7)时，m ′(x )＞0；当x ∈(4－7，3)时，m ′(x )＜0； 所以m (x )max ＝m (4－7)＝ln(4－7)－
7＋13＜ln(4－2)－2＋1
3
＝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。