Question

已知函數(shù)f（x）=blnx，g（x）=ax²-x（a∈R）．
（1）若曲線f（x）與g（x）在公共點(diǎn)A（1，0）處有相同的切線，求實(shí)數(shù)a、b的值；
（2）當(dāng)b=1時(shí)，若曲線f（x）與g（x）在公共點(diǎn)P處有相同的切線，求證：點(diǎn)P唯一；
（3）若a＞0，b=1，且曲線f（x）與g（x）總存在公切線，求正實(shí)數(shù)a的最小值．

Answer 1

分析：（1）因?yàn)榍�線f（x）與g（x）在公共點(diǎn)A（1，0）處有相同的切線，所以

f(1)=0 g(1)=0 f′(1)=g′(1)

，解出即可；
（2）設(shè)P（x₀，y₀），由題設(shè)得f（x₀）=g（x₀），f′（x₀）=g（x₀），轉(zhuǎn)化為關(guān)于x₀的方程只有一解，進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)只有一個(gè)零點(diǎn)，利用導(dǎo)數(shù)即可證明；
（3）設(shè)曲線f（x）在點(diǎn)（t，lnt）處的切線方程為y-lnt=

1

t

(x-t)，則只需使該切線與g（x）相切即可，也即方程組

y-lnt= 1 t (x-t) y=ax2-x

只有一解即可，所以消y后△=0，問(wèn)題轉(zhuǎn)化關(guān)于t的方程總有解，分情況借助導(dǎo)數(shù)進(jìn)行討論即可求得a值；

解答：解：（1）f′(x)=

b

x

，g'（x）=2ax-1．
∵曲線f（x）與g（x）在公共點(diǎn)A（1，0）處有相同的切線，
∴

f(1)=bln1=0 g(1)=a-1=0 b=2a-1

，解得，

a=1 b=1

．     
（2）設(shè)P（x₀，y₀），則由題設(shè)有lnx0=a

x

2 0

-x0…①，
又在點(diǎn)P有共同的切線，∴f′(x0)=g′(x0)⇒

1

x0

=2ax0-1⇒a=

1+x0

2 x 2 0

，
代入①得 lnx0=

1

2

-

1

2

x0，
設(shè)h(x)=lnx-

1

2

+

1

2

x，則h′(x)=

1

x

+

1

2

 (x＞0)，則h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以 h（x）=0最多只有1個(gè)實(shí)根，
從而，結(jié)合（1）可知，滿(mǎn)足題設(shè)的點(diǎn)P只能是P（1，0）．
（3）當(dāng)a＞0，b=1時(shí)，f（x）=lnx，f′(x)=

1

x

，
曲線f（x）在點(diǎn)（t，lnt）處的切線方程為y-lnt=

1

t

(x-t)，即y=

1

t

x+lnt-1．
由

y= 1 t x+lnt-1 y=ax2-x

，得 ax2-(1+

1

t

)x-lnt+1=0．
∵曲線f（x）與g（x）總存在公切線，∴關(guān)于t（t＞0）的方程△=(1+

1

t

)2+4a(lnt-1)=0，
即(1+

1

t

)2=4a(1-lnt)（*）總有解．                           
若t＞e，則1-lnt＜0，而(1+

1

t

)2＞0，顯然（*）不成立，所以 0＜t＜e，
從而，方程（*）可化為 4a=

(1+t)2

t2(1-lnt)

．
令h(t)=

(1+t)2

t2(1-lnt)

（0＜t＜e），則h′(t)=

(1+t)(2lnt+t-1)

t3(1-lnt)2

．
∴當(dāng)0＜t＜1時(shí)，h'（t）＜0；當(dāng)1＜t＜e時(shí)，h'（t）＞0，即 h（t）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，e）上單調(diào)遞增．
∴h（t）在（0，e）上的最小值為h（1）=4，
所以，要使方程（*）有解，只須4a≥4，即a≥1． 
所以正實(shí)數(shù)a的最小值為1．

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程問(wèn)題，考查學(xué)生綜合運(yùn)用所學(xué)知識(shí)分析問(wèn)題解決問(wèn)題能力，本題綜合性強(qiáng)，難度大．