Question

（2011•丹東模擬）已知a＞0，設(shè)函數(shù)f(x)=alnx-2

a

•x+2a，g(x)=

1

2

(x-2

a

)2．
（Ⅰ）求函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）的最大值；
（Ⅱ）若e是自然對數(shù)的底數(shù)，當(dāng)a=e時，是否存在常數(shù)k、b，使得不等式f（x）≤kx+b≤g（x）對于任意的正實數(shù)x都成立？若存在，求出k、b的值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（I）先對函數(shù)h（x）求導(dǎo)可得，h′(x)=

a

x

-x=

-(x+ a )(x- a )

x

（x＞0），通過導(dǎo)數(shù)可判斷函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間，從而可求函數(shù)的極值，最值
（II）由（I）可知，當(dāng)a=e時，h（x）=f（x）-g（x）的最大值為0，則可得f（x）≤g（x），若使得f（x）≤kx+b≤g（x）對于任意的正實數(shù)x都成立，根據(jù)導(dǎo)數(shù)知識可證f(x)≤-

e

x+

3e

2

，g(x)≥-

e

x+

3e

2

在x∈R時恒成立；即證

解答：解：（I）∵h(yuǎn)（x）=f（x）-g（x）=alnx-2

a

x+2a-

1

2

(x-2

a

)2=alnx-

1

2

x2（x＞0）（2分）
對函數(shù)h（x）求導(dǎo)可得，h′(x)=

a

x

-x=

-(x+ a )(x- a )

x

∵x＞0
∴當(dāng)0＜x＜

a

時，h′（x）＞0，h（x）在（0，

a

）上單調(diào)遞增，
當(dāng)x＞

a

時，h′（x）＜0，h（x）在（

a

，+∞）上單調(diào)遞減
∴x=

a

是函數(shù)h（x）唯一的極大值即是函數(shù)的最大值h（

a

）=

alna-a

2

（4分）
（II）當(dāng)a=e時，h（x）=f（x）-g（x）的最大值為0
即f（x）≤g（x），當(dāng)且僅當(dāng)x=

e

時取等號（6分）
∴函數(shù)f（x，g（x）的圖象在x=

e

處有且僅有一個公共點（

e

，

e

2

）
∵f′(x)=

e

x

 -2

e

，函數(shù)f（x）的圖象在x=

e

處的切線斜率k=-

e

g′(x)=x-2

e

，函數(shù)g（x）在x=

e

處的切線斜率k=-

e

∴f（x）與g（x）的圖象在x=

e

處有公共的切線方程為y=-

e

x+

3e

2

（8分）
設(shè)F(x)=f(x)-(-

e

x+

3e

2

)=elnx-

e

x+

e

2

，F′(x)=

e

x

-

e

=-

e (x- e )

x

x	(0， e )	e	( e ，+∞)
F'（x）	+	0	-
F（x）	↑	極大值	↓

∴當(dāng)x=

e

時，函數(shù)F（x）取得最大值0
∴f(x)≤-

e

x+

3e

2

恒成立；…（10分）
∵g(x)-(-

e

x+

3e

2

)=

1

2

x2-

e

x+

e

2

=

1

2

(x-

e

)2≥0，
∴g(x)≥-

e

x+

3e

2

在x∈R時恒成立；
∴當(dāng)a=e時，k=-

e

，b=

3e

2

．

點評：本題主要考查了導(dǎo)數(shù)在函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)的極值、函數(shù)的最值判斷與求解中的應(yīng)用，及構(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)的最值證明不等式，試題有一定的難度．