2010-陕西卷文-21 解-导数切线与最值

本题导读

考查导数的综合应用。第（1）问”相交且有共同切线”即函数值与导数值同时相等，解得 $a=\frac{e}{2}$，切线 $y=\frac{x}{2e}+\frac{e}{2}$；第（2）问 $h$ 仅在 $a>0$ 时有最小值 $\phi (a)=2a-2a\ln (2a)$；第（3）问由 ${\phi }^{\prime \prime }<0$、${\phi }^{\prime }$ 递减及均值不等式链完成证明。

📌【题干】

Question

（2010年陕西卷(文)） 已知函数 $f(x)=\sqrt{x}$，$g(x)=a\ln x$，$a\in \mathbf{R}$.

(1)若曲线 $y=f(x)$ 与曲线 $y=g(x)$ 相交，且在交点处有共同的切线，求 $a$ 的值和该切线方程；

(2)设函数 $h(x)=f(x)-g(x)$，当 $h(x)$ 存在最小值时，求其最小值 $\phi (a)$ 的解析式；

(3)对(2)中的 $\phi (a)$ 和任意的 $a>0$，$b>0$，证明：${\phi }^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)⩽\frac{{\phi }^{\prime }(a)+{\phi }^{\prime }(b)}{2}⩽{\phi }^{\prime }\left(\frac{2ab}{a+b}\right)$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. （1）设交点横坐标 $x_0>0$，令 $t=\sqrt{x_0}$；“共同切线”给出 $t=a\ln (t^2)$ 与 $\frac{1}{2t}=\frac{a}{t^2}$ 两个方程。
2. （2）求 $h^{\prime }(x)$，按 $a>0$、$a=0$、$a<0$ 分类讨论最小值的存在性。
3. （3）求出 ${\phi }^{\prime }$ 并注意 $\frac{{\phi }^{\prime }(a)+{\phi }^{\prime }(b)}{2}$ 恰等于 ${\phi }^{\prime }(\sqrt{ab})$；再用 $(a+b)/2⩾\sqrt{ab}⩾2ab/(a+b)$ 与 ${\phi }^{\prime }$ 的单调性串起不等式链。

✅【答案】

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(1) $a=\frac{e}{2}$，切线 $y=\frac{x}{2e}+\frac{e}{2}$

(2) $\phi (a)=2a-2a\ln (2a)$（$a>0$）

(3) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（1）设两曲线的交点为 $(x_0,y_0)$，则 $x_0>0$. 令 $t=\sqrt{x_0}>0$，交点条件与共同切线条件分别为 $t=a\ln (t^2)=2a\ln t,\frac{1}{2t}=\frac{a}{t^2}.$由第二式得 $a=\frac{t}{2}$. 代入第一式，得 $t=t\ln t$，因 $t>0$，故 $\ln t=1$，$t=e$. 于是 $x_0=e^2$，$y_0=e$，$a=\frac{e}{2}$. 公共切线的斜率为 $\frac{1}{2e}$，切线方程为 $y-e=\frac{1}{2e}(x-e^2),即y=\frac{x}{2e}+\frac{e}{2}.$（2）$h$ 的定义域为 $(0,+\infty )$， $h^{\prime }(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}-\frac{a}{x}=\frac{\sqrt{x}-2a}{2x}.$当 $a>0$ 时，$h^{\prime }(x)<0$ 于 $(0,4a^2)$，$h^{\prime }(x)>0$ 于 $(4a^2,+\infty )$；又 $x\to 0^{+}$ 与 $x\to +\infty$ 时 $h(x)\to +\infty$，故 $h$ 在 $x=4a^2$ 处取得最小值 $h(4a^2)=2a-a\ln (4a^2)=2a-2a\ln (2a).$当 $a=0$ 时 $h(x)=\sqrt{x}$ 只有下确界 $0$ 而无最小值；当 $a<0$ 时 $h(x)=\sqrt{x}+|a|\ln x$，$x\to 0^{+}$ 时 $h(x)\to -\infty$，也不存在最小值. 故 $h$ 存在最小值的条件是 $a>0$，且 $\phi (a)=2a-2a\ln (2a)(a>0).$（3）由上式得 ${\phi }^{\prime }(x)=2-2(\ln (2x)+1)=-2\ln (2x)$，且 ${\phi }^{\prime \prime }(x)=-\frac{2}{x}<0$，所以 ${\phi }^{\prime }$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递减. 另一方面， $\frac{{\phi }^{\prime }(a)+{\phi }^{\prime }(b)}{2}=\frac{-2\ln (2a)-2\ln (2b)}{2}=-\ln (4ab)={\phi }^{\prime }(\sqrt{ab}).$由算术平均数不小于几何平均数不小于调和平均数，得 $\frac{a+b}{2}⩾\sqrt{ab}⩾\frac{2ab}{a+b}.$由于 ${\phi }^{\prime }$ 单调递减，故 ${\phi }^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)⩽{\phi }^{\prime }(\sqrt{ab})⩽{\phi }^{\prime }\left(\frac{2ab}{a+b}\right),$ 结合前面的等式即得 ${\phi }^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)⩽\frac{{\phi }^{\prime }(a)+{\phi }^{\prime }(b)}{2}⩽{\phi }^{\prime }\left(\frac{2ab}{a+b}\right).$得证.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：导数的切线、最值与凹凸性不等式链

核心方法：共同切线 $\Rightarrow a=\frac{t}{2}$，$t=e$；$\phi (a)=2a-2a\ln (2a)$；均值链+${\phi }^{\prime }$ 递减完成证明

避坑指南：“有共同切线”要同时写函数值相等与导数值相等两个方程；讨论最小值存在性时 $a⩽0$ 的两种情形不能漏；第（3）问的枢纽是 $\frac{{\phi }^{\prime }(a)+{\phi }^{\prime }(b)}{2}={\phi }^{\prime }(\sqrt{ab})$，发现不了这个恒等式证明会绕远。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：导数压轴题”切线—最值—不等式”三连是高考经典结构，2009 北京文第 18 题、湖北文第 21 题同型。

结论推广：切线方程 $y-y_0=f^{\prime }(x_0)(x-x_0)$；含 $\sqrt{x}$ 与 $\ln x$ 的函数最值必在 $h^{\prime }=0$ 处取得；算术—几何—调和平均链 $\frac{a+b}{2}⩾\sqrt{ab}⩾\frac{2ab}{a+b}$。

方法推广：把交点条件翻译成”函数值与导数值双等”是通法；分类讨论后必须写总结句；不等式链证明先算中间量 ${\phi }^{\prime }(\sqrt{ab})$，再借单调性把三个平均数的大小关系翻译成 ${\phi }^{\prime }$ 值的反向关系。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.01 导数定义与几何意义
• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 20.13 对数平均与指数平均不等式专题

类题演练 (Links)

• 2009-北京卷文-18 解-导数切线与极值
• 2009-浙江卷文-21 解-导数切线与单调性
• 2009-湖北卷文-21 解-导数最值恒成立
• 2009-安徽卷文-21 解-导数单调与值域