Question

已知函數(shù)f（x）=x²+b圖象上的點(diǎn)P（2，1）關(guān)于直線y=x的對(duì)稱點(diǎn)Q在函數(shù)g（x）=lnx+a上．
（Ⅰ）求函數(shù)h（x）=g（x）-f（x）的最大值；
（Ⅱ）對(duì)任意x₁∈[-e，-1]，x₂∈[

e

，e²]，是否存在實(shí)數(shù)k，使得不等式2k[g（x₁）-2]+f（x₁）+3＜ln[f（x₂）+3]成立？若存在，請(qǐng)求出實(shí)數(shù)k的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）由題意得方程組

1=22+b 2=ln1+a

，解得a，b的值，設(shè)h（x）=g（x）-f（x）=lnx-x²+5，通過(guò)求導(dǎo)得出h（x）在（

2

2

，+∞）遞減，在（0，

2

2

）遞增；從而求出函數(shù)h（x）的最大值．
（Ⅱ）設(shè)G（x）=2k[g（x）-2]+f（x）+3=2klnx+x²，通過(guò)討論①k≥0，②0＜

-k≤

1，③1＜

-k

≤e，④

-k

＞e的情況，從而求出k的范圍．

解答： 解：（Ⅰ）點(diǎn)P（2，1）關(guān)于直線y=x的對(duì)稱點(diǎn)Q（1，2），
∴

1=22+b 2=ln1+a

，解得

a=2 b=-3

，
設(shè)h（x）=g（x）-f（x）=lnx-x²+5，
∴h′（x）=-

2(x- 2 2 )(x+ 2 2 )

x

，
∵x∈（0，+∞），
∴當(dāng)x∈（

2

2

，+∞）時(shí)，h′（x）＜0，x∈（0，

2

2

）時(shí)，h′（x）＞0，
∴h（x）在（

2

2

，+∞）遞減，在（0，

2

2

）遞增；
∴h（x）_max=h（

2

2

）=

9

2

-

1

2

ln2，
（Ⅱ）設(shè)T（x）=ln[f（x）+3]=2lnx，
∵T′（x）=

2

x

，x∈[

e

，e²]時(shí)，T′（x）＞0，
∴在[

e

，e²]上，T（x）_min=T（

e

）=lne=1，
設(shè)G（x）=2k[g（x）-2]+f（x）+3=2klnx+x²，
G′（x）=

2(x2+k)

x

，
①k≥0時(shí)，在[1，e]上，G′（x）＞0，G（x）_max=G（e）=2k+e²，
∴2k+e²≤1，∴k≤

1-e2

2

，
∵k≥0，∴k無(wú)解；
②0＜

-k≤

1，即-1≤k＜0時(shí)，
在[1，e]上，G′（x）＞0，G（x）_max=G（e）=2k+e²，
∴2k+e²≤1，∴k≤

1-e2

2

，
∵-1≤k＜0，∴k無(wú)解；
③1＜

-k

≤e，即-e²≤k＜-1時(shí)，
在[1，

-k

]上，G′（x）＜0，在[

-k

，e]上，G′（x）＞0，
∵G（e）=2k+e²，G（1）=1，
當(dāng)G（e）≤G（1），即k≤

1-e2

2

時(shí)，G（x）_max=G（1）=1，顯然1≤1成立，
∵-e²＜

1-e2

2

＜-1，∴-e²≤k≤

1-e2

2

，
當(dāng)G（e）＞G（1），即k＞

1-e2

2

時(shí)，G（x）max=G（e）=2k+e²，
∴2k+e²≤1，∴k≤

1-e2

2

，∴k無(wú)解；
④

-k

＞e，即k＜-e²時(shí)，在[1，e]上，G′（x）＜0，
G（x）_max=G（1）=1，顯然1≤1成立，
綜上，k的范圍是（-∞，

1-e2

2

]．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，求函數(shù)的最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，分類(lèi)討論思想，本題是一道綜合題．