Question

14．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{x}^{2}}{2e}$-ax．
（1）若a=$\frac{1}{2}$，求曲線y=f（x）在（e，f（e））處的切線方程；
（2）若關(guān)于x的不等式f（x）≥ax+b≥lnx-ax在（0，+∞）上恒成立，求實數(shù)a，b的值．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義，可得切線的斜率，求出切點，運用點斜式方程可得所求切線的方程；
（2）由ax+b≥lnx-ax在（0，+∞）上恒成立，即為b≥lnx-2ax的最大值，顯然a＞0，設(shè)g（x）=lnx-2ax，求出導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間，可得最大值，進而得到b≥-ln（2a）-1①，再由f（x）≥ax+b恒成立，運用配方法，可得b≤-2ea²，②，由題意可得-ln（2a）-1=-2ea²，即為ln（2a）+1-2ea²=0，可令h（a）=ln（2a）+1-2ea²，求出導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間，可得最值為0，即可得到a的值，進而得到b的值．

解答 解：（1）a=$\frac{1}{2}$時，f（x）=$\frac{{x}^{2}}{2e}$-$\frac{1}{2}$x，
導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{x}{e}$-$\frac{1}{2}$，
可得曲線y=f（x）在（e，f（e））處的切線斜率為k=f′（e）=1-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$，
切點為（e，0），
則曲線y=f（x）在（e，f（e））處的切線方程為y-0=$\frac{1}{2}$（x-e），
即有x-2y-e=0；
（2）ax+b≥lnx-ax在（0，+∞）上恒成立，
即為b≥lnx-2ax，設(shè)g（x）=lnx-2ax，
g′（x）=$\frac{1}{x}$-2a，若a≤0，g′（x）＞0恒成立，g（x）在（0，+∞）遞增，無最值；
故a＞0，則當(dāng)x＞$\frac{1}{2a}$，g′（x）＜0，g（x）遞減；當(dāng)0＜x＜$\frac{1}{2a}$，g′（x）＞0，g（x）遞增．
可得g（x）在x=$\frac{1}{2a}$處取得極大值，且為最大值-ln（2a）-1；
則b≥-ln（2a）-1①
由f（x）≥ax+b，即為b≤$\frac{{x}^{2}}{2e}$-2ax的最小值，
由$\frac{{x}^{2}}{2e}$-2ax=$\frac{1}{2e}$（x-2ea）²-2ea²，
當(dāng)x=2ea時，取得最小值-2ea²，
則b≤-2ea²，②
由于關(guān)于x的不等式f（x）≥ax+b≥lnx-ax在（0，+∞）上恒成立，
由①②可得-ln（2a）-1=-2ea²，
即為ln（2a）+1-2ea²=0，
可令h（a）=ln（2a）+1-2ea²，h′（a）=$\frac{1}{a}$-4ea，
可得h（a）在（$\frac{1}{2\sqrt{e}}$，+∞）遞減，在（0，$\frac{1}{2\sqrt{e}}$）遞增，
即有h（a）在a=$\frac{1}{2\sqrt{e}}$處取得極大值，也為最大值0．
可得方程ln（2a）+1-2ea²=0的解為a=$\frac{1}{2\sqrt{e}}$，
則b=-2e•$\frac{1}{4e}$=-$\frac{1}{2}$．

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，考查不等式恒成立問題的解法，注意運用參數(shù)分離和構(gòu)造函數(shù)法，運用導(dǎo)數(shù)和二次函數(shù)的性質(zhì)，考查化簡整理的運算能力，屬于難題．