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 $数学公式$ ，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．

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 $\text{[math]}$ ，又因为 $\text{[math]}$ ，
所以 $\text{[math]}$ ，解之得 $\text{[math]}$ ． …（6分）
（3）设F（x）=f（x）-g（x）= $\text{[math]}$ x²-elnx，则 F′（x）=x- $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ．
所以当 0＜x＜ $\text{[math]}$ 时，F′（x）＞0；当 x＞ $\text{[math]}$ 时，F′（x）＜0．
因此 x= $\text{[math]}$ 时，F（x）取得最小值0，
则 f（x）与g（x）的图象在x= $\text{[math]}$ 处有公共点（ $\text{[math]}$ ， $\text{[math]}$ ）． …（8分）
设f（x）与g（x）存在“分界线”，方程为 y- $\text{[math]}$ =k（x- $\text{[math]}$ ），即 y=kx+ $\text{[math]}$ -k $\text{[math]}$ ，
由 f（x）≥kx+ $\text{[math]}$ -k $\text{[math]}$ ，对x∈R恒成立，
则 x²-2kx-e+2k $\text{[math]}$ ≥0 在x∈R恒成立．
所以△=4k²-4（2k $\text{[math]}$ -e）=4 $\text{[math]}$ ≤0成立，因此 k= $\text{[math]}$ ．…（10分）
下面证明 g（x）≤ $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ （x＞0）恒成立．
设G（x）=elnx-x $\text{[math]}$ + $\text{[math]}$ ，则 G′（x）= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ．
所以当 0＜x＜ $\text{[math]}$ 时，G′（x）＞0；当 x＞ $\text{[math]}$ 时，G′（x）＜0．
因此 x= $\text{[math]}$ 时，G（x）取得最大值0，则 g（x）≤ $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ （x＞0）成立．
故所求“分界线”方程为：y= $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ ．　　　　　　　　　　　　…（14分）
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）= $\text{[math]}$ x²-elnx，利用导数知识判断单调性，求出 x= $\text{[math]}$ 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+ $\text{[math]}$ -k $\text{[math]}$ ，由 f（x）≥kx+ $\text{[math]}$ -k $\text{[math]}$ ，对x∈R恒成立，求得k= $\text{[math]}$ ．再利用导数证明g（x）≤ $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ （x＞0）恒成立，从而得到所求“分界线”方程．
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．