Question

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

e

，e²]，是否存在實數k，使得不等式2k[g（x₁）-2]+f（x₁）+3＜ln[f（x₂）+3]成立？若存在，請求出實數k的取值范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：利用導數求閉區(qū)間上函數的最值,導數在最大值、最小值問題中的應用

專題：導數的綜合應用

分析：（Ⅰ）由題意得方程組

1=22+b 2=ln1+a

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

2

2

，+∞）遞減，在（0，

2

2

）遞增；從而求出函數h（x）的最大值．
（Ⅱ）設G（x）=2k[g（x）-2]+f（x）+3=2klnx+x²，通過討論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P（2，1）關于直線y=x的對稱點Q（1，2），
∴

1=22+b 2=ln1+a

，解得

a=2 b=-3

，
設h（x）=g（x）-f（x）=lnx-x²+5，
∴h′（x）=-

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

x

，
∵x∈（0，+∞），
∴當x∈（

2

2

，+∞）時，h′（x）＜0，x∈（0，

2

2

）時，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T（x）=ln[f（x）+3]=2lnx，
∵T′（x）=

2

x

，x∈[

e

，e²]時，T′（x）＞0，
∴在[

e

，e²]上，T（x）_min=T（

e

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

2(x2+k)

x

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

1-e2

2

，
∵k≥0，∴k無解；
②0＜

-k≤

1，即-1≤k＜0時，
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無解；
③1＜

-k

≤e，即-e²≤k＜-1時，
在[1，

-k

]上，G′（x）＜0，在[

-k

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

1-e2

2

時，G（x）_max=G（1）=1，顯然1≤1成立，
∵-e²＜

1-e2

2

＜-1，∴-e²≤k≤

1-e2

2

，
當G（e）＞G（1），即k＞

1-e2

2

時，G（x）max=G（e）=2k+e²，
∴2k+e²≤1，∴k≤

1-e2

2

，∴k無解；
④

-k

＞e，即k＜-e²時，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

]．

點評：本題考查了函數的單調性，求函數的最值問題，考查導數的應用，分類討論思想，本題是一道綜合題．