Question

设函数f（x）=x²，g（x）=mlnx（m＞0），已知f（x）与g（x）有且仅有一个公共点．
（1）求m的值；
（2）对于函数h（x）=ax+b（a，b∈R），若存在a，b，使得关于x的不等式g（x）≤h（x）≤f（x）+1对于g（x）定义域上的任意实数x恒成立，求a的最小值以及对应的h（x）的解析式．

Answer 1

分析：（1）令x²=mlnx（x＞0），得

1

m

=

lnx

x2

，设p(x)=

lnx

x2

(x＞0)，令p'（x）=0，得x=

e

．再结合函数的单调性，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对x∈（0，+∞）恒成立，知△=（-a）²-4（-b+1）≤0，解得b≤-

a2

4

+1．（ⅱ）由2elnx-ax-b≤0对x∈（0，+∞）恒成立，设G（x）=2elnx-ax-b，x∈（0，+∞），利用导数解得得b≥2eln

2

a

．由此能求出对应的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

，设p(x)=

lnx

x2

(x＞0)，
则p′(x)=

1 x •x2-2x•lnx

x4

=

2x( 1 2 -lnx)

x4

(x＞0)，
令p'（x）=0，得x=

e

．
当x∈(0，

e

)时，p'（x）＞0，p（x）递增；
当x∈(

e

，+∞)时，p'（x）＜0，p（x）递减．
考虑到x∈（0，1]时，
x∈(1，

e

]时，p(x)=

lnx

x2

∈(0，p(

e

)]=(0，

1

2e

]；x∈[

e

，+∞)时，p(x)=

lnx

x2

∈(0，p(

e

)]=(0，

1

2e

]．
考虑到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≤-

a2

4

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

2e

x

-a=

-a(x- 2e a )

x

，
令G'（x）=0，得x=

2e

a

．
当x∈(0，

2e

a

)时，G'（x）＞0，G（x）递增；
当x∈(

2e

a

，+∞)时，G'（x）＜0，G（x）递减．
故G(x)max=G(

2e

a

)=2eln

2e

a

-2e-b=2eln

2

a

-b，
则须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成立的充要条件是：
不等式2eln

2

a

≤-

a2

4

+1④有解．…（12分）
不等式④可化为-

a2

4

-2eln

2

a

+1≥0，
即-

a2

4

+2eln

a

2

+1≥0，
令

a

2

=t，则有-t²+2elnt+1≥0，
设φ（t）=-t²+2elnt+1，
则φ′(t)=-2t+

2e

t

=

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

t

，
可知φ（t）在(0，

e

)上递增，(

e

，+∞)上递减．
又φ（1）=0，φ(

e

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

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≤

a

2

≤t0，得2≤a≤2t₀．
因此a的最小值为2，代入③得0≤b≤0，故b=0，
对应的h（x）的解析式为h（x）=2x．        …（16分）

点评：本题考查利用导数求函数在闭区间上的最值的应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．