Question

11．已知函數(shù)f（x）=x²-1，函數(shù)g（x）=2tlnx，其中t≤1．
（1）如果函數(shù)f（x）與g（x）在x=1處的切線均為l，求切線l的方程及t的值；
（2）若函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）有且僅有一個零點，求t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）分別求得f（x），g（x）的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率，解方程可得t=1，即可得到切線的斜率和切點坐標(biāo)，可得切線的方程；
（2）設(shè)函數(shù)h（x）=f（x）-g（x），“曲線y=f（x）與y=g（x）有且僅有一個公共點”等價于“函數(shù)y=h（x）有且僅有一個零點”．對h（x）求導(dǎo)，討論①當(dāng)t≤0時，②當(dāng)t=1時，③當(dāng)0＜t＜1時，求出單調(diào)區(qū)間，即可得到零點和所求范圍

解答 解：（1）求導(dǎo)，得f′（x）=2x，g′（x）=$\frac{2t}{x}$，（x＞0）．                  
由題意，得切線l的斜率k=f′（1）=g′（1），
即k=2t=2，解得t=1．
又切點坐標(biāo)為（1，0），
所以切線l的方程為2x-y-2=0；         
（2）設(shè)函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）=x²-1-2tlnx，x∈（0，+∞）．      
“曲線y=f（x）與y=g（x）有且僅有一個公共點”等價于
“函數(shù)y=h（x）有且僅有一個零點”．
求導(dǎo)，得h′（x）=2x-$\frac{2t}{x}$．
①當(dāng)t≤0時，由x∈（0，+∞），得h'（x）＞0，
所以h（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增．
又因為h（1）=0，所以y=h（x）有且僅有一個零點1，符合題意．   
②當(dāng)t=1時，當(dāng)x變化時，h'（x）與h（x）的變化情況如下表所示：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
h'（x）	-	0	+
h（x）	↘	極小值	↗

所以h（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x=1時，h（x）_min=h（1）=0，
故y=h（x）有且僅有一個零點1，符合題意．                  
③當(dāng)0＜t＜1時，令h'（x）=0，解得x=$\sqrt{t}$．
當(dāng)x變化時，h'（x）與h（x）的變化情況如下表所示：

x	（0，$\sqrt{t}$）	$\sqrt{t}$	（$\sqrt{t}$，+∞）
h'（x）	-	0	+
h（x）	↘	極小值	↗

所以h（x）在（0，$\sqrt{t}$）上單調(diào)遞減，在（$\sqrt{t}$，+∞）上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x=$\sqrt{t}$時，h（x）_min=h（$\sqrt{t}$）．                          
因為h（1）=0，$\sqrt{t}$＜1，且h（x）在（$\sqrt{t}$，+∞）上單調(diào)遞增，
所以h（$\sqrt{t}$）＜h（1）=0．
又因為存在e${\;}^{-\frac{1}{2t}}$∈（0，1），h（e${\;}^{-\frac{1}{2t}}$）=e${\;}^{-\frac{1}{t}}$-1-2tlne${\;}^{-\frac{1}{2t}}$=e${\;}^{-\frac{1}{t}}$＞0，
所以存在x₀∈（0，1）使得h（x₀）=0，
所以函數(shù)y=h（x）存在兩個零點x₀，1，與題意不符．
綜上，曲線y=f（x）與y=g（x）有且僅有一個公共點時，
t的范圍是{t|t≤0，或t=1}．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線的方程和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查函數(shù)的零點問題的解法，注意運用構(gòu)造法，通過導(dǎo)數(shù)求得單調(diào)性，同時考查分類討論的思想方法，屬于中檔題．