Question

6．已知函數(shù)f（x）=x²+1，g（x）=2alnx+1（a∈R）
（1）求函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）的極值；
（2）當(dāng)a=e時(shí)，是否存在實(shí)數(shù)k，m，使得不等式g（x）≤kx+m≤f（x）恒成立？若存在，請(qǐng)求實(shí)數(shù)k，m的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)，分類討論，根據(jù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性即可求得h（x）極值；
（2）當(dāng)a=e時(shí)，由f（x）-g（x）≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x=$\sqrt{e}$時(shí)，取等號(hào)，由f′（$\sqrt{e}$）=g′（$\sqrt{e}$），則x=$\sqrt{e}$時(shí)，y=f（x）與y=g（x）有公切線，切線方程y=2$\sqrt{e}$x+1-e，即可求得實(shí)數(shù)k，m的值．

解答 解：（1）h（x）=f（x）-g（x）=x²-2alnx，x＞0，
h′（x）=$\frac{2（{x}^{2}-a）}{x}$，
當(dāng)a≤0，h′（x）＞0，則h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，無極值，
當(dāng)a＞0時(shí)，h′（x）＞0，即x²-a＞0，解得：a＞$\sqrt{a}$或x＜-$\sqrt{a}$，（舍去）
h′（x）＜0，即x²-a＜0，解得：0＜x＜$\sqrt{a}$，
∴h（x）在（0，$\sqrt{a}$）單調(diào)遞減，在（$\sqrt{a}$，+∞）單調(diào)遞增，
∴h（x）的極小值為h（$\sqrt{a}$）=a-2aln$\sqrt{a}$=a-alna，無極大值；
（2）當(dāng)a=e時(shí)，h（$\sqrt{a}$）=h（$\sqrt{e}$）=e-elne=0，此時(shí)h（x）=f（x）-g（x）=0，
∴f（x）-g（x）≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x=$\sqrt{e}$時(shí)，取等號(hào)；
f′（x）=2x，f′（$\sqrt{e}$）=2$\sqrt{e}$，g′（x）=$\frac{2e}{x}$，g′（$\sqrt{e}$）=2$\sqrt{e}$，
∴f′（$\sqrt{e}$）=g′（$\sqrt{e}$），
且在x=$\sqrt{e}$處f（$\sqrt{e}$）=g（$\sqrt{e}$）=e+1，
即x=$\sqrt{e}$時(shí)，y=f（x）與y=g（x）有公切線，切線方程y=2$\sqrt{e}$x+1-e，
此時(shí)g（x）=2$\sqrt{e}$x+1-e=f（x），滿足g（x）≤kx+m≤f（x）恒成立，
解得：k=2$\sqrt{e}$，m=1-e，
實(shí)數(shù)k，m的值分別為2$\sqrt{e}$，1-e．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查利用導(dǎo)數(shù)的求函數(shù)的單調(diào)性及最值，考查利用導(dǎo)數(shù)求曲線的切線方程，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．