Question

18．設(shè)函數(shù)f（x）=a²x²（a＞0），g（x）=blnx．
（1）若函數(shù)y=f（x）圖象上的點到直線x-y-3=0距離的最小值為2$\sqrt{2}$，求a的值；
（2）關(guān)于x的不等式（x-1）²＞f（x）的解集中的整數(shù)恰有3個，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）對于函數(shù)f（x）與g（x）定義域上的任意實數(shù)x，若存在常數(shù)k，m，使得f（x）≥kx+m和g（x）≤kx+m都成立，則稱直線y=kx+m為函數(shù)f（x）與g（x）的“分界線”．設(shè)a=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，b=e，試探究f（x）與g（x）是否存在“分界線”？若存在，求出“分界線”的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出拋物線上點P，運用點到直線的距離公式，結(jié)合二次函數(shù)的最值，即可得到a；
（2）方法一、不等式（x-1）²＞f（x）的解集中的整數(shù)恰有3個，等價于（1-a²）x²-2x+1＞0恰有三個整數(shù)解，故1-a²＜0，令h（x）=（1-a²）x²-2x+1，運用零點存在定理，即可求得a的范圍；
方法二、運用二次不等式的解法，結(jié)合條件，可得-3≤$\frac{1}{1-a}$＜-2，解得即可得到a的范圍；
（3）設(shè)F（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{2}$x²-elnx，求出導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間和最小值，求得f（x）與g（x）的圖象在x=$\sqrt{e}$處有公共點（$\sqrt{e}$，$\frac{e}{2}$）．設(shè)f（x）與g（x）存在“分界線”，運用判別式，求得k，運用導(dǎo)數(shù)即可證得g（x）≤$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$（x＞0）恒成立．

解答 解：（1）設(shè)函數(shù)y=a²x²（a＞0）圖象上任意一點為P（x₀，a²x₀²），
則點P到直線x-y-3=0的距離為d=$\frac{|{x}_{0}-{a}^{2}{{x}_{0}}^{2}-3|}{\sqrt{2}}$=$\frac{|{a}^{2}（{x}_{0}-\frac{1}{2{a}^{2}}）^{2}+3-\frac{1}{4{a}^{2}}|}{\sqrt{2}}$，
當(dāng)x₀-$\frac{1}{2{a}^{2}}$=0，即x₀=$\frac{1}{2{a}^{2}}$時，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=$\frac{1}{4}$，
又因為拋物線f（x）=a²x²（a＞0）與直線x-y-3=0相離，
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）的解集中的整數(shù)恰有3個，
等價于（1-a²）x²-2x+1＞0恰有三個整數(shù)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），
所以函數(shù)h（x）=（1-a²）x²-2x+1的一個零點在區(qū)間（0，1），
則另一個零點一定在區(qū)間[-3，-2）內(nèi)，
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的取值范圍為[$\frac{4}{3}$，$\frac{3}{2}$]．
解法二：（1-a²）x²-2x+1＞0恰有三個整數(shù)解，故1-a²＜0，即a＞1，
因為（1-a²）x²-2x+1=[（1-a）x-1][（1+a）x-1]＞0，
所以$\frac{1}{1-a}$＜x＜$\frac{1}{1+a}$，又因為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）設(shè)F（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{2}$x²-elnx，
則F′（x）=x-$\frac{e}{x}$=$\frac{{x}^{2}-e}{x}$=$\frac{（x-\sqrt{e}）（x+\sqrt{e}）}{x}$
所以當(dāng)0＜x＜$\sqrt{e}$時，F(xiàn)′（x）＜0；當(dāng)x＞$\sqrt{e}$時，F(xiàn)′（x）＞0．
因此x=$\sqrt{e}$時，F(xiàn)（x）取得最小值0，
則f（x）與g（x）的圖象在x=$\sqrt{e}$處有公共點（$\sqrt{e}$，$\frac{e}{2}$）．
設(shè)f（x）與g（x）存在“分界線”，方程為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，則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=$\sqrt{e}$．
下面證明g（x）≤$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$（x＞0）恒成立．
設(shè)G（x）=elnx-x$\sqrt{e}$+$\frac{e}{2}$，則G′（x）=$\frac{e}{x}$-$\sqrt{e}$=$\frac{\sqrt{e}（\sqrt{e}-x）}{x}$．
所以當(dāng)0＜x＜$\sqrt{e}$時，G′（x）＞0；當(dāng)x＞$\sqrt{e}$時，G′（x）＜0．
因此x=$\sqrt{e}$時G（x）取得最大值0，則g（x）≤$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$（x＞0）成立．
故所求“分界線”方程為：y=$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$（x＞0）．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，同時考查不等式的解法和函數(shù)的零點定理的運用，考查點到直線的距離公式的運用，考查運算能力，屬于中檔題．