Question

14．已知函数f（x）=$\frac{{x}^{2}}{2e}$-ax．
（1）若a=$\frac{1}{2}$，求曲线y=f（x）在（e，f（e））处的切线方程；
（2）若关于x的不等式f（x）≥ax+b≥lnx-ax在（0，+∞）上恒成立，求实数a，b的值．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，由导数的几何意义，可得切线的斜率，求出切点，运用点斜式方程可得所求切线的方程；
（2）由ax+b≥lnx-ax在（0，+∞）上恒成立，即为b≥lnx-2ax的最大值，显然a＞0，设g（x）=lnx-2ax，求出导数和单调区间，可得最大值，进而得到b≥-ln（2a）-1①，再由f（x）≥ax+b恒成立，运用配方法，可得b≤-2ea²，②，由题意可得-ln（2a）-1=-2ea²，即为ln（2a）+1-2ea²=0，可令h（a）=ln（2a）+1-2ea²，求出导数和单调区间，可得最值为0，即可得到a的值，进而得到b的值．

解答 解：（1）a=$\frac{1}{2}$时，f（x）=$\frac{{x}^{2}}{2e}$-$\frac{1}{2}$x，
导数为f′（x）=$\frac{x}{e}$-$\frac{1}{2}$，
可得曲线y=f（x）在（e，f（e））处的切线斜率为k=f′（e）=1-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$，
切点为（e，0），
则曲线y=f（x）在（e，f（e））处的切线方程为y-0=$\frac{1}{2}$（x-e），
即有x-2y-e=0；
（2）ax+b≥lnx-ax在（0，+∞）上恒成立，
即为b≥lnx-2ax，设g（x）=lnx-2ax，
g′（x）=$\frac{1}{x}$-2a，若a≤0，g′（x）＞0恒成立，g（x）在（0，+∞）递增，无最值；
故a＞0，则当x＞$\frac{1}{2a}$，g′（x）＜0，g（x）递减；当0＜x＜$\frac{1}{2a}$，g′（x）＞0，g（x）递增．
可得g（x）在x=$\frac{1}{2a}$处取得极大值，且为最大值-ln（2a）-1；
则b≥-ln（2a）-1①
由f（x）≥ax+b，即为b≤$\frac{{x}^{2}}{2e}$-2ax的最小值，
由$\frac{{x}^{2}}{2e}$-2ax=$\frac{1}{2e}$（x-2ea）²-2ea²，
当x=2ea时，取得最小值-2ea²，
则b≤-2ea²，②
由于关于x的不等式f（x）≥ax+b≥lnx-ax在（0，+∞）上恒成立，
由①②可得-ln（2a）-1=-2ea²，
即为ln（2a）+1-2ea²=0，
可令h（a）=ln（2a）+1-2ea²，h′（a）=$\frac{1}{a}$-4ea，
可得h（a）在（$\frac{1}{2\sqrt{e}}$，+∞）递减，在（0，$\frac{1}{2\sqrt{e}}$）递增，
即有h（a）在a=$\frac{1}{2\sqrt{e}}$处取得极大值，也为最大值0．
可得方程ln（2a）+1-2ea²=0的解为a=$\frac{1}{2\sqrt{e}}$，
则b=-2e•$\frac{1}{4e}$=-$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间、极值和最值，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和构造函数法，运用导数和二次函数的性质，考查化简整理的运算能力，属于难题．