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

1 专项限时集训专项限时集训 八八 函数最值 恒成立及存在性问题函数最值 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 x2 1 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 的值 2 若 且x 1 证明 f x g x 1 2 3 若对任意x 1 不等式f x g x 恒成立 求实数 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 2 x g 1 2 1 即 2 分 1 2 2 证明 由题意知 设函数h x xln x x2 1 则h x ln x 1 x 1 2 设p x ln x 1 x 从而p x 1 0 对任意x 1 恒成立 1 x 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 1 2 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 x2 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 2 x 当H x ln x 1 2 x 0 即 2 恒成立时 ln x 1 x 函数H x 单调递减 设r x 则r x 0 ln x 1 x ln x x2 所以r x max r 1 1 即 1 2 符合题意 1 2 当 0 时 H x ln x 1 2 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x 1 恒成立 不符合题意 当 0 时 设q x H x ln x 1 2 x 1 2 2 则q x 2 0 x 1 1 x 1 2 当x 时 q x 2 0 此时q x H x ln x 1 2 x单调递增 1 1 2 1 x 所以H x ln x 1 2 x H 1 1 2 0 故当x 时 函数H x 单调递增 1 1 2 于是当x 时 H x 0 成立 不符合题意 1 1 2 综上所述 实数 的取值范围为 14 分 1 2 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 a b 导学号 解 1 b 1 时 f x aln x x3 则f x a 3x3 x 令f x 0 解得 x a 0 0 3 a 3 3 a 3 x f x f x 的变化如下 x 0 3 a 3 3 a 3 3 a 3 f x 0 f x 递减极小值递增 故g a f ln 3 a 3 a 3 a 3 a 3 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 a b x3 ln x 3 即函数y1 的图象与函数m x 的图象有 2 个不同的交点 a b x3 ln x m x 令m x 0 得 x x2 3ln x 1 ln x 2 3 e x m x m x 的变化如下 x 1 3 e 3 e e 3 e m x 0 m x 递减 3e 递增 x 1 时 m x 3e x e 时 m x 3e e3 3 e 3 e 故a b满足的关系式是 3e e3 即 的范围是 3e e3 14 分 a b a b 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 ex k 其中k为实数 x x3 6 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 x2 2ln x a 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 1 ex x x3 6 1 ex 1 x2 2 F 0 2 k 记h x F x 则h x ex kx 1 ex 记m x h x 则m x ex k 当x 0 1 时 ex 3 分 1 ex 1 ex 2 e 1 e 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 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 4 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 Error 由 得 2x1 a x 1 0 即x1 代入 得 8ln a 8ln 2 a2 8 0 2 1 a 2 记G a 8ln a 8ln 2 a2 8 则G a 2a 8 a 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 2 e 4 e2 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 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 f x g x 1 4 5 4 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 x2 mx 1 ex 则G x x2 2 m x m 1 ex x 1 x 1 m ex 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 2 m e1 m 5 H x 在 1 1 m 上单调递减 H x min H 1 m 1 m 10 分 1 4 5 4 要证G x max H x min 即证 1 m 2 m e1 m 1 4 5 4 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 1 4 5 4 2 m e1 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 R x2 2e 1 解关于x x R 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 解 1 当a 0 时 f x 所以f x 0 的解集为 0 x2 2e 当a 0 时 f x x x 2e a 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 x2 2e x e 1 x x2 e ex 令h x 0 得x 列表如下 e x 0 e e e 6 h 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 x 0 即f x g x 8 分 x2 2e 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 x2 2e 而当x 时 ln x 所以 2a b e x2 2e 1 2 1 2e 1 2 所以 2a b 则b 2a e 1 2 1 2e 所以 2ax b 2ax 2a 0 恒成立 x2 2e x2 2ee 1 2 当a 0 时 2a 0 所以 式在 0 上不恒成立 e 1 2 当a 0 时 则 4a2 2a 0 即 2 0 所以a 则b 2 ee 1 2 2a 1 e 1 2e 1 2 令 x ln x x 则 x 令 x 0 得x 1 e 1 2 e x exe 当 0 x 时 x 0 x 在 0 上单调递增 ee 当x 时 x 0 x 在 上单调递减 ee 所以 x 的最大值为 0 所以 ln x x 0 恒成立 e 1 e 1 2 所以存在a b 符合题意 16 分 1 2e 1 2 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 R a 1 x 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 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 使得关于x的不等式 2 h 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 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 1 ex 2 ex 2 3ex 1 0 解得 ex 1 或 ex 1 2 7 故所求方程的根为x 0 或x ln 2 2 分 2 因为 x f x g x ln x ax 3 x 0 a 1 x 所以 x a x 0 1 x a 1 x2 ax2 x a 1 x2 ax a 1 x 1 x2 当a 0 时 由 x 0 解得x 0 当a 1 时 由 x 0 解得x a 1 a 当 0 a 1 时 由 x 0 解得x 0 当a 1 时 由 x 0 解得x 0 当a 0 时 由 x 0 解得 0 x a 1 a 综上所述 当a 0 时 x 的增区间为 0 a 1 a 当 0 a 1 时 x 的增区间为 0 a 1 时 x 的增区间为 6 分 a 1 a 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 3 x 3 2 3 2 3 2 所以存在唯一x0 使得h x0 0 即 ln x0 1 0 3 2 2 3 x0 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 3 x0 1 x0 3 2 x0 x0 9 x0 记函数r x 6 则r x 在上单调递增 x 9 x 3 2 2 所以r h x0 r 2 即h x0 3 2 3 2 1 2 由 2 且 为整数 得 0 3 2 所以存在整数 满足题意 且 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 0 时 不等式 2 h x 有解 下证 当 1 时 h x 2 恒成立