《2018年江苏高考数学二轮复习练习：专项限时集训8 函数最值、恒成立及存在性问题 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年江苏高考数学二轮复习练习：专项限时集训8 函数最值、恒成立及存在性问题 （8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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yf (x)与函数yg(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)；(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yf (x)在x1处的切线方程为：yx1，从而g(x)2x，g(1)21，即.2分(2)证明：由题意知：设函数h(x)xln x(x21)
2、，则h(x)ln x1x，设p(x)ln x1x，从而p(x)10对任意x1，)恒成立，所以p(x)ln x1xp(1)0，即h(x)0，因此函数h(x)xln x(x21)在1，)上单调递减，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，从而对任意x1，)，不等式H(x)0H(1)恒成立又H(x)ln x12x，当H(x)ln x12x0，即2恒成立时，函数H(x)单调递减设r(x)，则r(x)0，所以r(x)maxr(1)1，即12，符合题意；当0时，H(x)ln x12x0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
3、意x1，)恒成立，不符合题意；当0时，设q(x)H(x)ln x12x，则q(x)20x1，当x时，q(x)20，此时q(x)H(x)ln x12x单调递增，所以H(x)ln x12xH(1)120，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，实数的取值范围为.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 xbx3，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
4、个不同的实数解，求的取值范围. 【导学号：56394114】解(1)b1时，f (x)aln xx3，则f (x)，令f (x)0，解得：x，a0，0，x，f (x)，f (x)的变化如下：x(0，)(，)f (x)0f (x)递减极小值递增故g(a)f ln，令t(x)xln xx，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 xbx30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，
5、m(x)，m(x)的变化如下：x(，em(x)0m(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3ee3，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，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)exk得F(x)exk，F(0)2k，记h(
6、x)F(x)，则h(x)exkx，记m(x)h(x)，则m(x)exk，当x(0,1)时，ex.3分()当k2时，m(x)2k0，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)2k0，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)2k0，则F(x)0，x(0，x0)，又F(0)2
7、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xx1处存在公切线，则由得(2x1a)(x1)0，即x1，代入得8ln a8ln 2a280，记G(a)8ln a8ln 2a28，则G(a)2a，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，G0，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)x2mx1(mR)，g(x)ex.(1)当x0,2时，F(x)f (x)g(x
8、)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，x21,1m，G(x1)H(x2)恒成立解(1)F(x)x2mx1ex，F(x)2xmex.当x0,2时，F(x)f (x)g(x)为增函数，F(x)0即2xmex0在0,2上恒成立，即mex2x在0,2上恒成立令h(x)ex2x，x0,2，则h(x)ex2，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)e241， h(x)maxh(2)e24，me24.6分(2)证明：G(x)，则G(x).要证任给x1，x21,1m，G(x1)H(x
9、2)恒成立，即证G(x)maxH(x)min，x1,1m，G(x)在1,1m上单调递增，G(x)maxG(1m)，H(x)在1,1m上单调递减，H(x)minH(1m)(1m).10分要证G(x)maxH(x)min，即证(1m)，即证4(2m)e1m5(1m)令1mt，则t(1,2)设r(x)ex(5x)4(x1)，x1,2，即r(x)5exxex4x4.r(x)(4x)ex42ex40，r(x)ex(5x)4(x1)在1,2上单调递增，r(1)4e80，ex(5x)4(x1)，从而有(1m)，即当x1,1m时，G(x)maxH(x)min成立.16分5(本小题满分16分)(苏北四市(徐州、
10、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 xax，aR.(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)axbg(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；当a0时，f (x)x，若a0，则f (x)0的解集为0,2ea若a0，则f (x)0的解集为2ea,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0,2ea；当a0时，f (x)0的解集
11、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)0h(x)极小值所以函数h(x)的最小值为h()0，所以h(x)ln x0，即f (x)g(x).8分(3)假设存在常数a，b使得f (x)axbg(x)对任意的x0恒成立，即2axbln x对任意的x0恒成立而当x时，ln x，所以2ab，所以2ab，则b2a，所以2axb2ax2a0(*)恒成立，当a0时，2a0，所以(*)式在(0，)上不恒成立；当a0时，则4a2(2a)0，即20，所以a，则b.令(x)ln xx，则(x)，令(x)0，得x，当0x时，(
12、x)0，(x)在(0，)上单调递增；当x时，(x)0，(x)在(，)上单调递减所以(x)的最大值为()0.所以ln xx0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)ax3(aR)(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2h(x)有解？若存在，请求出的最小值：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2ex30，去分母，得2(ex)23ex10，解得ex1或ex，故所求方程的根为x0或xln 2.2分(2)因为(x)f (x)g(x)ln xax3(x0)，所以(x)a(x0)，当a0时，由(x)0，解得x0；当a1时，由(x)0，解得x；当0a1时，由(x)0，解得x0；当a1时，由(x)0，解得x0；当a0时，由(x)0，解得0x.综上所述，当a0时，(x)的增区间为；当0a1时，(x)的增区间为(0，
