2019高考数学（理）冲刺大题提分（讲义+练习）大题精做12 函数与导数：存在、恒成立与最值问题（理）

2019高考数学（理）冲刺大题提分（讲义+练习）大题精做12 函数与导数：存在、恒成立与最值问题（理）

·1· 精 选 大 题 [2019·广州一模]已知函数    e lnxf x x a x x   ． （1）若 ea   ，求  f x 的单调区间； （2）当 0a  时，记  f x 的最小值为 m ，求证 1m  ． 【答案】（1）函数  f x 的单调递减区间为  0,1 ，单调递增区间为  1, ；（2）见解析． 【解析】（1）当 ea   时，    e e lnxf x x x x   ，  f x 的定义域是  0, ，      1 11 e e 1 e ex xxf x x xx x                 ， 当 0 1x  时，   0f x  ；当 1x  时，   0f x  ． 所以函数  f x 的单调递减区间为  0,1 ，单调递增区间为  1, ． （2）证明：由（1）得  f x 的定义域是  0, ，    1 exxf x x ax    ， 令   exg x x a  ，则    1 e 0xg x x    ，  g x 在  0, 上单调递增， 因为 0a  ，所以  0 0g a  ，   e 0ag a a a a a        ， 故存在  0 0,x a  ，使得   0 0 0e 0xg x x a   ． 当  00,x x 时，   0g x  ，    1 e 0xxf x x ax     ，  f x 单调递减； 当  0 ,x x  时，   0g x  ，    1 e 0xxf x x ax     ，  f x 单调递增； 故 0x x 时，  f x 取得最小值，即    0 0 0 0 0e lnxm f x x a x x    ， 由 0 0e 0xx a  ，得    0 0 0 0en lne lx xm x a x a a a      ， 令 0x a   ，   lnh x x x x  ，则    1 1 ln lnh x x x      ， 函数与导数：存在、恒成立与最值问题大题精做十二 ·2· 当  0,1x 时，   ln 0h x x    ，   lnh x x x x  单调递增， 当  1,x  时，   ln 0h x x    ，   lnh x x x x  单调递减， 故 1x  ，即 1a   时，   lnh x x x x  取最大值 1， 1m  ． 模 拟 精 做 1．[2019·青海联考]已知函数   e 1xf x ax   ． （1）讨论函数  f x 的单调性； （2）当  f x 有最小值，且最小值不小于 22 1a a  时，求 a 的取值范围． 2．[2019·咸阳模拟]设函数   1 exf x x m   ， mR ． （1）当 1m  时，求  f x 的单调区间； （2）求证：当  0,x  时， 1l en 2 x x x   ． 3．[2019·东莞期末]已知函数   lnxf x bx   ，函数     22g x xf x x  ． （1）求函数  f x 的单调区间； （2）设 1x ，  2 1 2x x x 是函数  g x 的两个极值点，若 13 3 3b   ，求    1 2g x g x 的最小值． ·3· 答 案 与 解 析 1．【答案】（1）见解析；（2） 0,1 ． 【解析】（1）   exf x a   ， 当 0a  时，   e 0xf x a   ，所以函数  f x 在 R 上单调递增； 当 0a  时，令   0f x  ，解得 lnx a ， 当  ,lnx a  时，   0f x  ，故函数  f x 在  ,ln a 上单调递减； 当  ln ,x a  时，   0f x  ，故函数  f x 在  ln ,a  上单调递增． （2）由（1）知，当 0a  时，函数  f x 在 R 上单调递增，没有最小值，故 0a  ．     2 min ln ln 1 2 1f x f a a a a a a       ， 整理得 2ln 2 2 0a a a a   ，即 ln 2 2 0a a   ． 令   ln 2 2( 0)g a a a a    ，易知  g a 在 0, 上单调递增，且  1 0g  ； 所以 ln 2 2 0a a   的解集为  0,1 ，所以  0,1a ． 2．【答案】（1）见解析；（2）见解析． 【解析】（1）当 1m  时，   1 exf x x   ，   1 exf x   ，令   1 e 0xf x    ，则 0x  ． 当 0x  时，   0f x  ；当 0x  时，   0f x  ， ∴函数  f x 的单调递增区间是  ,0 ；单调递减区间是  0, ． （2）由（1）知，当 1m  时，    max 0 0f x f  ， ∴当  0,x  时， 1 e 0xx    ，即 e 1x x  ， 当  0,x  时，要证 1l en 2 x x x   ，只需证 2ee 1 x x x  ， 令    2e e 1 e 1e x xx xF x x x      ， ·4·           2 2e ln 1 e 12e e e e e e 2 x xx x x xx x xF x x                  ， 由 e 1x x  ，可得 2e 12 x x  ， 则  0,x  时，   0F x  恒成立，即  F x 在 0, 上单调递增，∴    0 0F x F  ． 即 2ee 1 x x x  ，∴ 1l en 2 x x x   ． 3．【答案】（1）函数  f x 的增区间为  0,e ；  f x 的减区间为 e, ；（2） 143 ln1224  ． 【解析】（1）由题意知，  f x 的定义域为 0, ．   2 1 lnxf x x   ，当   0f x  时，解得 ex  ；当   0f x  时， 0 ex  ． 所以函数  f x 的增区间为  0,e ；  f x 的减区间为  e, ． （2）因为     2 22 ln 2g x xf x x x x bx     ，从而   21 4 14 x bxg x x bx x      ， 令   0g x  ，得 24 1 0x bx   ，由于 2 16916 16 03Δ b     ， 设方程两根分别为 1x ， 2x ，由韦达定理可知， 1 2 4 bx x   ， 1 2 1 4x x  ，        2 2 1 2 1 1 1 2 2 2ln 2 ln 2g x g x x x bx x x bx          2 21 1 2 1 2 2 ln 2x x x b x xx          2 21 1 2 1 2 1 2 2 ln 2 4x x x x x x xx       2 2 1 1 2 1 1 2 2 1 2 2 2 1 1 1ln ln2 2 x x x x x x x x x x x x          ， 设 1 2 xt x  ，则      1 2 1 1ln 2g x g x h t t t t         ， 因为 1 20 x x  ，所以  1 2 0,1xt x   ，又 13 3 3b   ，所以 1 2 13 3 4 12 bx x    ， 所以    2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 16924 4 48 x xx x tx x t           ， 整理得 212 145 12 0t t   ，解得 1 12t  或 12t  ．所以 10,12t     ， ·5·    2 2 2 11 1 11 02 2 th t t t t           ，所以  h t 在 10,12      单调递减，   1 143 ln1212 24h t h      ，故    1 2g x g x 的最小值是143 ln1224  ．