Question

已知函数f（x）=2lnx与g（x）=a²x²+ax+1（a＞0）
（1）设直线x=1与曲线y=f（x）和y=g（x）分别相交于点P，Q，且曲线y=f（x）和y=g（x）在点P，Q处的切线平行，求实数a的值；
（2）f′（x）为f（x）的导函数，若对于任意的x∈（0，+∞），e

1

f′(x)

-mx≥0恒成立，求实数m的最大值；
（3）在（2）的条件下且当a取m最大值的

2

e

倍时，当x∈[1，e]时，若函数h（x）=f（x）-kf′（x）的最小值恰为g（x）的最小值，求实数k的值．

Answer 1

分析：（1）求导函数，利用曲线y=f（x）和y=g（x）在点P，Q处的切线平行，可得f′（1）=g′（1），从而可求a的值；
（2）对于任意的x∈（0，+∞），e

1

f′(x)

-mx≥0恒成立，即mx≤e

x

2

，从而m≤（

e x 2

x

）_min．构建函数，确定函数的最小值，即可求得m的最大值；
（3）先求在x∈[1，e]时，g（x）_min=g（1）=3，从而h（x）=f（x）-kf′（x）=2lnx-

2k

x

在x∈[1，e]时最小值为3，求导数，利用分类讨论，确定函数的单调性与最值，从而可得结论．

解答：解：（1）求导函数可得f′(x)=

2

x

，g（x）=2a²x+a
∵曲线y=f（x）和y=g（x）在点P，Q处的切线平行
∴f′（1）=g′（1）
∴2=2a²+a且a＞0
∴a=

17 -1

4

；
（2）对于任意的x∈（0，+∞），e

1

f′(x)

-mx≥0恒成立，即mx≤e

x

2

∴m≤（

e x 2

x

）_min．
设F（x）=

e x 2

x

，则F′（x）=

1 2 e x 2 (x-2)

x2

当x∈（0，2）时，F′（x）＜0，∴F（x）在（0，2）上单调递减；当x∈（2，+∞）时，F′（x）＞0，∴F（x）在（2，+∞）上单调递增
∴F（x）_min=F（2）=

e

2

∴m的最大值为

e

2

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

2k

x

在x∈[1，e]时最小值为3
令h′（x）=

2(x+k)

x2

=0，可得x=-k
①当-k≤1，即k≥-1时，h′（x）≥0，此时h（x）在[1，e]上单调递增，∴h（x）_min=h（1）=-2k=3，∴k=-

3

2

（舍去）；
②当-k≥e，即k≤-e时，h′（x）≤0，此时h（x）在[1，e]上单调递减，∴h（x）_min=h（e）=2-

2k

e

=3，∴k=-

e

2

（舍去）；
③当1＜-k＜e，即-e＜k＜-1时，x∈（1，-k）时，h′（x）＜0，此时h（x）在[1，-k）上单调递减，x∈（-k，e）时，h′（x）＞0，此时h（x）在[1，-k）上单调递增，∴h（x）_min=h（-k）=2ln（-k）+2=3，∴k=-

e

；
综上可知，k=-

e

．

点评：本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查函数的单调性与最值，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．