设函数f(x)=a2x2=blnx．图象向右平移一个单位即可得到函数y=φ(x)的图象.试写出y=φ(x)的解析式及值域,2＞f(x)的解集中的整数恰有3个.求实数a的取值范围,定义域上的任意实数x.若存在常数k.m.使得f≤kx+m都成立.则称直线y=kx+m为函数f的“分界线．设a=22.b=e.试探究f是否存在“分界线 ?若存在.求出“� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网——

题目内容

设函数f（x）=a²x²（a＞0），g（x）=blnx．
（1）将函数y=f（x）图象向右平移一个单位即可得到函数y=φ（x）的图象，试写出y=φ（x）的解析式及值域；
（2）关于x的不等式（x-1）²＞f（x）的解集中的整数恰有3个，求实数a的取值范围；
（3）对于函数f（x）与g（x）定义域上的任意实数x，若存在常数k，m，使得f（x）≥kx+m和g（x）≤kx+m都成立，则称直线y=kx+m为函数f（x）与g（x）的“分界线”．设a=

2

2

，b=e，试探究f（x）与g（x）是否存在“分界线”？若存在，求出“分界线”的方程；若不存在，请说明理由．

分析：（1）由函数图象的变换可得 φ（x）=a²（x-1）²，值域为[0，+∞）．
（2）由题意可得（1-a²） x²-2x+1＞0 恰有三个整数解，故 1-a²＜0，再由（1-a²） x²-2x+1＞0，求得实数a的
取值范围．
（3）设F（x）=f（x）-g（x）=

1

2

x²-elnx，利用导数知识判断单调性，求出 x=

e

时，F（x）取得最小值0．
设f（x）与g（x）存在“分界线”，方程为 y=kx+

e

2

-k

e

，由 f（x）≥kx+

e

2

-k

e

，对x∈R恒成立，求得k=

e

．
再利用导数证明g（x）≤

e

x-

e

2

（x＞0）恒成立，从而得到所求“分界线”方程．

解答：解：（1）由题意可得 φ（x）=a²（x-1）²，值域为[0，+∞）． …（2分）
（2）不等式（x-1）²＞f（x）的解集中的整数恰有3个，
等价于（1-a²） x²-2x+1＞0 恰有三个整数解，故 1-a²＜0，即 a＞1，
∴（1-a²） x²-2x+1=[（（1-a）x-1][（1+a）x-1]＞0，
所以

1

1-a

＜x＜

1

1+a

，又因为 0＜

1

1+a

＜1，
所以 -3≤

1

1+a

＜-2，解之得

4

3

≤a＜

3

2

． …（6分）
（3）设F（x）=f（x）-g（x）=

1

2

x²-elnx，则 F′（x）=x-

e

x

=

(x-

e

)(x+

e

)

x

．
所以当 0＜x＜

e

时，F′（x）＜0；当 x＞

e

时，F′（x）＞0．
因此 x=

e

时，F（x）取得最小值0，
则 f（x）与g（x）的图象在x=

e

处有公共点（

e

，

e

2

）． …（8分）
设f（x）与g（x）存在“分界线”，方程为 y-

e

2

=k（x-

e

），即 y=kx+

e

2

-k

e

，
由 f（x）≥kx+

e

2

-k

e

，对x∈R恒成立，
则 x²-2kx-e+2k

e

≥0 在x∈R恒成立．
所以△=4k²-4（2k

e

-e）=4(k-

e

)2≤0成立，因此 k=

e

．…（10分）
下面证明 g（x）≤

e

x-

e

2

（x＞0）恒成立．
设G（x）=elnx-x

e

+

e

2

，则 G′（x）=

e

x

-

e

=

e

(

e

-x)

x

．
所以当 0＜x＜

e

时，G′（x）＞0；当 x＞

e

时，G′（x）＜0．
因此 x=

e

时，G（x）取得最大值0，则 g（x）≤

e

x-

e

2

（x＞0）成立．
故所求“分界线”方程为：y=

e

x-

e

2

．　　　　　　　　　　　　…（14分）

点评：本题主要考查平移，值域，解整式和分式不等式，切线方程的求法，导数知识判断单调性及其应用，存在性，以及探索、等价转化和推理证明能力，解决综合问题的能力．

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