- 2021-02-26 发布 |
- 37.5 KB |
- 8页
申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。
文档介绍
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)=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分查看更多