Question

18．设函数f（x）=a²x²（a＞0），g（x）=blnx．
（1）若函数y=f（x）图象上的点到直线x-y-3=0距离的最小值为2$\sqrt{2}$，求a的值；
（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=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，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．

Answer 1

分析 （1）设出抛物线上点P，运用点到直线的距离公式，结合二次函数的最值，即可得到a；
（2）方法一、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，令h（x）=（1-a²）x²-2x+1，运用零点存在定理，即可求得a的范围；
方法二、运用二次不等式的解法，结合条件，可得-3≤$\frac{1}{1-a}$＜-2，解得即可得到a的范围；
（3）设F（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{2}$x²-elnx，求出导数，求得单调区间和最小值，求得f（x）与g（x）的图象在x=$\sqrt{e}$处有公共点（$\sqrt{e}$，$\frac{e}{2}$）．设f（x）与g（x）存在“分界线”，运用判别式，求得k，运用导数即可证得g（x）≤$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$（x＞0）恒成立．

解答 解：（1）设函数y=a²x²（a＞0）图象上任意一点为P（x₀，a²x₀²），
则点P到直线x-y-3=0的距离为d=$\frac{|{x}_{0}-{a}^{2}{{x}_{0}}^{2}-3|}{\sqrt{2}}$=$\frac{|{a}^{2}（{x}_{0}-\frac{1}{2{a}^{2}}）^{2}+3-\frac{1}{4{a}^{2}}|}{\sqrt{2}}$，
当x₀-$\frac{1}{2{a}^{2}}$=0，即x₀=$\frac{1}{2{a}^{2}}$时，d_min=$\frac{|3-\frac{1}{4{a}^{2}}|}{\sqrt{2}}$
由=$\frac{|3-\frac{1}{4{a}^{2}}|}{\sqrt{2}}$=$\sqrt{2}$，
解得a²=$\frac{1}{20}$，或a²=$\frac{1}{4}$，
又因为抛物线f（x）=a²x²（a＞0）与直线x-y-3=0相离，
由$\left\{\begin{array}{l}{y={a}^{2}{x}^{2}}\\{y=x-3}\end{array}\right.$，得a²x²-x+3=0，
故△=1-12a²＜0，即a²＞$\frac{1}{12}$，所以a²=$\frac{1}{4}$，即a=$\frac{1}{2}$．
（2）解法一：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，
令h（x）=（1-a²）x²-2x+1
由h（0）=1＞0且h（1）=-a²＜0（a＞0），
所以函数h（x）=（1-a²）x²-2x+1的一个零点在区间（0，1），
则另一个零点一定在区间[-3，-2）内，
所以$\left\{\begin{array}{l}{h（-2）＞0}\\{h（-3）≤0}\end{array}\right.$，解之得$\frac{4}{3}$≤a＜$\frac{3}{2}$，
故所求a的取值范围为[$\frac{4}{3}$，$\frac{3}{2}$]．
解法二：（1-a²）x²-2x+1＞0恰有三个整数解，故1-a²＜0，即a＞1，
因为（1-a²）x²-2x+1=[（1-a）x-1][（1+a）x-1]＞0，
所以$\frac{1}{1-a}$＜x＜$\frac{1}{1+a}$，又因为0＜$\frac{1}{1+a}$＜1，
所以-3≤$\frac{1}{1-a}$＜-2，
解之得$\frac{4}{3}$≤a＜$\frac{3}{2}$．
（3）设F（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{2}$x²-elnx，
则F′（x）=x-$\frac{e}{x}$=$\frac{{x}^{2}-e}{x}$=$\frac{（x-\sqrt{e}）（x+\sqrt{e}）}{x}$
所以当0＜x＜$\sqrt{e}$时，F′（x）＜0；当x＞$\sqrt{e}$时，F′（x）＞0．
因此x=$\sqrt{e}$时，F（x）取得最小值0，
则f（x）与g（x）的图象在x=$\sqrt{e}$处有公共点（$\sqrt{e}$，$\frac{e}{2}$）．
设f（x）与g（x）存在“分界线”，方程为y-$\frac{e}{2}$=k（x-$\sqrt{e}$），即y=kx+$\frac{e}{2}$-k$\sqrt{e}$，
由f（x）≥kx+$\frac{e}{2}$-k$\sqrt{e}$，在x∈R恒成立，则x²-2kx-e+2k$\sqrt{e}$≥0在x∈R恒成立．
所以△=4k²-4（2k$\sqrt{e}$-e）=4k²-8k$\sqrt{e}$+4e=4（k-$\sqrt{e}$）²≤0恒成立，因此k=$\sqrt{e}$．
下面证明g（x）≤$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$（x＞0）恒成立．
设G（x）=elnx-x$\sqrt{e}$+$\frac{e}{2}$，则G′（x）=$\frac{e}{x}$-$\sqrt{e}$=$\frac{\sqrt{e}（\sqrt{e}-x）}{x}$．
所以当0＜x＜$\sqrt{e}$时，G′（x）＞0；当x＞$\sqrt{e}$时，G′（x）＜0．
因此x=$\sqrt{e}$时G（x）取得最大值0，则g（x）≤$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$（x＞0）成立．
故所求“分界线”方程为：y=$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$（x＞0）．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，同时考查不等式的解法和函数的零点定理的运用，考查点到直线的距离公式的运用，考查运算能力，属于中档题．