Question

一道关于导数的高中数学题，不胜感激

已知函数f（x）=blnx g（x）=ax²-x （a属于R）
当b=1时，若曲线f（x）与g（x）在公共点p处有公切线，求证p点唯一
若a＞0，b＝1，且曲线f（x）与gx总存在公切线，求正实数a的最小值

Answer 1

(1)设p（x,y）（x＞0） 则y=lnx且y=ax²-x ∴lnx=ax²-x
又在P处切线相同 所以斜率相同 得 1/x=2ax-1 得出a=(x+1)/2x² 带入上式得 lnx=(1-x)/2
下面证该方程只有一个实数根则P点唯一
设h(x)=lnx+x/2-1/2 ∴h(x)导数=1/x+1/2＞0 ∴h(x)在定义域上单调递增 h(1)=0 ∴h(x)有唯一零点 即原方程有唯一正实根，∴P点唯一，得证。
（2）当切点相同时，由（1）知a=1；
当切点不同时，设切线方程为y=kx+m
直线与f(x)相切，得k=1/x,从而切点横坐标x=1/k,代入f(x)得切点纵坐标y=ln(1/k),再代入直线有m=ln(1/k)-1=-lnk-1
同理，直线与g(x)相切可得x=(k+1)/2a,从而，(-k²-2k-1)/4a=-lnk-1,
∴ 4a=(k²+2k+1)/(1+lnk)(k＞0）
设F(k)=(k²+2k+1)/(1+lnk)(k＞0）,则F(k)导数=（k+1)(1+2lnk-1/k）/(1+lnk)²
又设G(k)=1+2lnk-1/k, 则G(k)导数=2/k+1/k²＞0 ∴G(k)在（0，正无穷）单调递增
又G(1)=0,∴G(k)在（0,1）上＜0，在（1，正无穷）＞0 从而
F（k）在（0,1）单调递减，在（1，正无穷）单调递增，∴F(k)有最小值F(1)=4,即4a的最小值为4，∴a有最小值为1
综上 正实数a的最小值为1

Answer 2

解：（1）联立两个函数可得：lnx=ax^2-x，定义域x>0
将上述方程两边分别求导可得：1/x=2ax-1
整理得：2ax^2-x-1=0，x>0
假设上述方程有两个根x1，x2，有韦达定理可得：x1+x2=1/2a，x1*x2=-1/2a
若a>0，则可得x1*x2<0，说明根一正一负，所以上述方程只有一个根，(负根不合题意，舍去)。
若a<0，则可得x1*x2>0，说明x1和x2同号，而此时x1+x2=1/2a<0，所以两根均为负，不合题意，。
若a=0，则显然只有x=-1一个负根，不合题意。
综上可知只有当a>0时，才可能有公共点的公切线，且p点唯一。
（2）当a＞0，b＝1时，存在公切线的前提是方程2ax^2-x-1=0在x>0处有根，且由（1）已得若存在则公共点的公切线是唯一的。
设h(x)=2ax^2-x-1，显然此函数开口向上，且对称轴1/4a>0，且判别式1+8a>0，
所以h(x)=0在x>0处有根的前提就是h(0)<0，带入检查显然此式是成立的。
可得只要a>0即可满足要求。
所以我没弄懂第二问是什么意思？如果不是“公共点的公切线”，而仅仅是“公切线”，那么第二问的答案就没那么简单了！那就是只要满足1/p=2aq-1，代表f(x)的切线在p处时的斜率等于g(x)的切线在q处时的斜率，且这两个切点在通一条直线上。
两个切点坐标分别为：P(p,lnp)，Q(q,aq^2-q)，有(lnp-aq^2+q)/(p-q)=1/p=2aq-1
上述连方程应该可以消去p和q只剩下关于a的方程，今晚太晚了，有时间再继续研究！

Answer 3

1. 若b=1，则f（x）=lnx 所以x＞0；因为f ‘（x）=1/x，g ’（x）=2ax；

   若曲线f（x）与g（x）在公共点p处有公切线，则f ‘（x）=g ’（x）即1/x=2ax；

   所以，x²=1/2a，又因为x＞0，所以x=（1/2a）开平方。因为x唯一，所以y唯一，所以p点唯一。

2. 由1知，x²=1/2a（有待讨论，题目是不是完整？）