Question

2．设函数f（x）=x²，g（x）=mlnx（m＞0），已知f（x），g（x）在x=x₀处的切线l相同．
（1）求m的值及切线l的方程；
（2）设函数h（x）=ax+b，若存在实数a，b使得关于x的不等式g（x）≤h（x）≤f（x）+1对（0，+∞）上的任意实数x恒成立，求a的最小值及对应的h（x）的解析式．

Answer 1

分析 （1）求出两个函数的导数，利用在x=x₀处的切线l相同，列出方程，求出m，即可得到切线方程．
（2）化简g（x）=2elnx，通过g（x）≤h（x）≤f（x）+1，推出a＞0，利用①由h（x）≤f（x）+1对x∈（0，+∞）恒成立，利用二次函数推出$b≤-\frac{a^2}{4}+1$，②由g（x）≤h（x），设G（x）=2elnx-ax-b，x∈（0，+∞），求出导函数，求出单调性，最值推出$2eln\frac{2}{a}≤b≤-\frac{a^2}{4}+1$，转化为：不等式可化为$-\frac{a^2}{4}+1-2eln\frac{2}{a}≥0$有解，令$\frac{a}{2}=t$，设φ（t）=-t²+2elnt+1，求出导函数，推出函数的最值求解b的范围．

解答 解：（1）$f'（x）=2x，g'（x）=\frac{m}{x}$，
由已知f'（x₀）=g'（x₀）且f（x₀）=g（x₀），
∴$2{x_0}=\frac{m}{x_0}$且$x_0^2=mln{x_0}$，得$x_0^2=2x_0^2ln{x_0}$，…（2分）
又x₀≠0，∴$ln{x_0}=\frac{1}{2}，{x_0}=\sqrt{e}$，
∴$m=2x_0^2=2e$，
∴切线l的方程为$y-e=2\sqrt{e}（{x-\sqrt{e}}）$，即$y=2\sqrt{e}x-e$…（4分）
（2）由（1）知，g（x）=2elnx，又因为g（x）≤h（x）≤f（x）+1，
可知a＞0，
①由h（x）≤f（x）+1对x∈（0，+∞）恒成立，
即x²-ax-b+1≥0对x∈（0，+∞）恒成立，
所以△=（-a）²-4（-b+1）≤0，解得$b≤-\frac{a^2}{4}+1$①…（6分）
②由g（x）≤h（x）对x∈（0，+∞）恒成立，即设G（x）=2elnx-ax-b，x∈（0，+∞），
则$G'（x）=\frac{2e}{x}-a=\frac{{-a（{x-\frac{2e}{a}}）}}{x}$，令G'（x）=0，得$x=\frac{2e}{a}$，
当$x∈（{0，\frac{2e}{a}}）$时，G'（x）＞0，G（x）单调递增；
当$x∈（{\frac{2e}{a}，+∞}）$时，G'（x）＞0，G（x）单调递减，
故$G{（x）_{max}}=G（{\frac{2e}{a}}）=2eln\frac{2e}{a}-2e-b=2eln\frac{2}{e}-b$，
则$2eln\frac{2}{a}-b≤0$，故得$2eln\frac{2}{a}≤b$，②
由①②得$2eln\frac{2}{a}≤b≤-\frac{a^2}{4}+1$，③
由存在实数a，b使得③成立的充要条件 是：不等式$2eln\frac{2}{a}≤-\frac{a^2}{4}+1$，有解，该不等式可化为$-\frac{a^2}{4}+1-2eln\frac{2}{a}≥0$有解…（10分）
令$\frac{a}{2}=t$，则有-t²+2elnt+1≥0，设φ（t）=-t²+2elnt+1，$φ'（t）=-2t+\frac{2e}{t}=\frac{{-2（{t+\sqrt{e}}）（{t-\sqrt{e}}）}}{t}$，
可知φ（t）在$（{0，\sqrt{e}}）$上递增，在$（{\sqrt{e}，+∞}）$上递减，
又$φ（1）=0，φ（{\sqrt{e}}）=1＞0，φ（e）=-{e^2}+2e{lne}+1=-{e^2}+2e+1＜0$，所以φ（t）=-t²+2elnt+1在区间$（{\sqrt{e}，e}）$内存在一个零点t₀，故不等式-t²+2elnt+1≥0的解为1≤t≤t₀即$1≤\frac{a}{2}≤{t_0}$，得2≤a≤2t₀，
因此a的最小值为2，代入③中得0≤b≤0，故b=0，此时对应的h（x）的解析式为h（x）=2x…（12分）

点评 本题考查函数的导数的应用，函数的最值的求法，构造法以及换元法，分类讨论思想以及转化思想的应用，难度大．