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)＝xlnx，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)＝lnx＋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)＝xlnx－(x2－1)，则h′(x)＝lnx＋1－x，设p(x)＝lnx＋1－x，从而p′(x)＝－1≤0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，所以p(x)＝lnx＋1－x≤p(1)＝0，即h′(x)≤0，因此函数h(x)＝xlnx－(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)＝xlnx－λ，从而对任意x∈[1，＋∞)，不等式H(x)≤0＝H(1)恒成立．又H′(x)＝lnx＋1－2λx，当H′(x)＝lnx＋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)＝lnx＋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)＝lnx＋1－2λx，则q′(x)＝－2λ＝0⇒x＝＞1，当x∈时，q′(x)＝－2λ＞0，此时q(x)＝H′(x)＝lnx＋1－2λx单调递增，所以H′(x)＝lnx＋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)＝alnx－bx3，a，b为实数，b≠0，e为自然对数的底数，e≈2.71828.(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)＝alnx＋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)＝－xlnx＋x，则t′(x)＝－lnx，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alnx－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...
