Question

已知函數(shù)f（x）=2lnx與g（x）=a²x²+ax+1（a＞0）
（1）設(shè)直線x=1與曲線y=f（x）和y=g（x）分別相交于點(diǎn)P，Q，且曲線y=f（x）和y=g（x）在點(diǎn)P，Q處的切線平行，求實(shí)數(shù)a的值；
（2）f′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)，若對(duì)于任意的x∈（0，+∞），e

1

f′(x)

-mx≥0恒成立，求實(shí)數(shù)m的最大值；
（3）在（2）的條件下且當(dāng)a取m最大值的

2

e

倍時(shí)，當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，若函數(shù)h（x）=f（x）-kf′（x）的最小值恰為g（x）的最小值，求實(shí)數(shù)k的值．

Answer 1

分析：（1）求導(dǎo)函數(shù)，利用曲線y=f（x）和y=g（x）在點(diǎn)P，Q處的切線平行，可得f′（1）=g′（1），從而可求a的值；
（2）對(duì)于任意的x∈（0，+∞），e

1

f′(x)

-mx≥0恒成立，即mx≤e

x

2

，從而m≤（

e x 2

x

）_min．構(gòu)建函數(shù)，確定函數(shù)的最小值，即可求得m的最大值；
（3）先求在x∈[1，e]時(shí)，g（x）_min=g（1）=3，從而h（x）=f（x）-kf′（x）=2lnx-

2k

x

在x∈[1，e]時(shí)最小值為3，求導(dǎo)數(shù)，利用分類討論，確定函數(shù)的單調(diào)性與最值，從而可得結(jié)論．

解答：解：（1）求導(dǎo)函數(shù)可得f′(x)=

2

x

，g（x）=2a²x+a
∵曲線y=f（x）和y=g（x）在點(diǎn)P，Q處的切線平行
∴f′（1）=g′（1）
∴2=2a²+a且a＞0
∴a=

17 -1

4

；
（2）對(duì)于任意的x∈（0，+∞），e

1

f′(x)

-mx≥0恒成立，即mx≤e

x

2

∴m≤（

e x 2

x

）_min．
設(shè)F（x）=

e x 2

x

，則F′（x）=

1 2 e x 2 (x-2)

x2

當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，F(xiàn)′（x）＜0，∴F（x）在（0，2）上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0，∴F（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增
∴F（x）_min=F（2）=

e

2

∴m的最大值為

e

2

；
（3）由（2）可知a=1，故g（x）=x²+x+1在x∈[1，e]時(shí)，g（x）_min=g（1）=3
∴h（x）=f（x）-kf′（x）=2lnx-

2k

x

在x∈[1，e]時(shí)最小值為3
令h′（x）=

2(x+k)

x2

=0，可得x=-k
①當(dāng)-k≤1，即k≥-1時(shí)，h′（x）≥0，此時(shí)h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，∴h（x）_min=h（1）=-2k=3，∴k=-

3

2

（舍去）；
②當(dāng)-k≥e，即k≤-e時(shí)，h′（x）≤0，此時(shí)h（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，∴h（x）_min=h（e）=2-

2k

e

=3，∴k=-

e

2

（舍去）；
③當(dāng)1＜-k＜e，即-e＜k＜-1時(shí)，x∈（1，-k）時(shí)，h′（x）＜0，此時(shí)h（x）在[1，-k）上單調(diào)遞減，x∈（-k，e）時(shí)，h′（x）＞0，此時(shí)h（x）在[1，-k）上單調(diào)遞增，∴h（x）_min=h（-k）=2ln（-k）+2=3，∴k=-

e

；
綜上可知，k=-

e

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．