Question

設函數f（x）=x²，g（x）=mlnx（m＞0），已知f（x）與g（x）有且僅有一個公共點．
（1）求m的值；
（2）對于函數h（x）=ax+b（a，b∈R），若存在a，b，使得關于x的不等式g（x）≤h（x）≤f（x）+1對于g（x）定義域上的任意實數x恒成立，求a的最小值以及對應的h（x）的解析式．

Answer 1

分析：（1）令x²=mlnx（x＞0），得

1

m

=

lnx

x2

，設p(x)=

lnx

x2

(x＞0)，令p'（x）=0，得x=

e

．再結合函數的單調性，能求出m的值．
（2）由g（x）=2elnx．g（x）≤h（x）≤f（x）+1，可知a＞0．（ⅰ）由x²-ax-b+1≥0對x∈（0，+∞）恒成立，知△=（-a）²-4（-b+1）≤0，解得b≤-

a2

4

+1．（ⅱ）由2elnx-ax-b≤0對x∈（0，+∞）恒成立，設G（x）=2elnx-ax-b，x∈（0，+∞），利用導數解得得b≥2eln

2

a

．由此能求出對應的h（x）的解析式．

解答：解：（1）令f（x）=g（x），即x²=mlnx（x＞0），
可得

1

m

=

lnx

x2

，設p(x)=

lnx

x2

(x＞0)，
則p′(x)=

1 x •x2-2x•lnx

x4

=

2x( 1 2 -lnx)

x4

(x＞0)，
令p'（x）=0，得x=

e

．
當x∈(0，

e

)時，p'（x）＞0，p（x）遞增；
當x∈(

e

，+∞)時，p'（x）＜0，p（x）遞減．
考慮到x∈（0，1]時，
x∈(1，

e

]時，p(x)=

lnx

x2

∈(0，p(

e

)]=(0，

1

2e

]；x∈[

e

，+∞)時，p(x)=

lnx

x2

∈(0，p(

e

)]=(0，

1

2e

]．
考慮到m＞0，故

1

m

=

1

2e

，因此m=2e．…（4分）
（2）由（1）知，g（x）=2elnx．
g（x）≤h（x）≤f（x）+1，可知a＞0．      …（6分）
（ⅰ）由h（x）≤f（x）+1對x∈（0，+∞）恒成立，
即x²-ax-b+1≥0對x∈（0，+∞）恒成立，
所以△=（-a）²-4（-b+1）≤0，
解得b≤-

a2

4

+1①．…（8分）
（ⅱ）由g（x）≤h（x）對x∈（0，+∞）恒成立，
即2elnx-ax-b≤0對x∈（0，+∞）恒成立，
設G（x）=2elnx-ax-b，x∈（0，+∞），
則G′(x)=

2e

x

-a=

-a(x- 2e a )

x

，
令G'（x）=0，得x=

2e

a

．
當x∈(0，

2e

a

)時，G'（x）＞0，G（x）遞增；
當x∈(

2e

a

，+∞)時，G'（x）＜0，G（x）遞減．
故G(x)max=G(

2e

a

)=2eln

2e

a

-2e-b=2eln

2

a

-b，
則須2eln

2

a

-b≤0，即得b≥2eln

2

a

②．
由①②得2eln

2

a

≤b≤-

a2

4

+1③．               …（10分）
存在a，b，使得③成立的充要條件是：
不等式2eln

2

a

≤-

a2

4

+1④有解．…（12分）
不等式④可化為-

a2

4

-2eln

2

a

+1≥0，
即-

a2

4

+2eln

a

2

+1≥0，
令

a

2

=t，則有-t²+2elnt+1≥0，
設φ（t）=-t²+2elnt+1，
則φ′(t)=-2t+

2e

t

=

-2(t+ e )(t- e )

t

，
可知φ（t）在(0，

e

)上遞增，(

e

，+∞)上遞減．
又φ（1）=0，φ(

e

)=1＞0，
φ（e）=-e²+2elne+1=-e²+2e+1＜0，
所以φ（t）=-t²+2elnt+1在區間(

e

，e)內存在一個零點t₀，
故不等式-t²+2elnt+1≥0的解為1≤t≤t₀，
即1≤

a

2

≤t0，得2≤a≤2t₀．
因此a的最小值為2，代入③得0≤b≤0，故b=0，
對應的h（x）的解析式為h（x）=2x．        …（16分）

點評：本題考查利用導數求函數在閉區間上的最值的應用，考查運算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉化思想．對數學思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強，難度大，是高考的重點．解題時要認真審題，仔細解答．