题目 已知函数 $ f\left(x\right)= \sqrt x $，$ g\left(x\right)=a\ln x $，$ a \in {\mathbb{R}} $． 问题1 若曲线 $ y=f\left(x\right) $ 与曲线 $ y=g\left(x\right) $ 相交，且在交点处有相同的切线，求 $ a $ 的值及该切线的方程； 答案1 $a=\dfrac {\mathrm e}2$；切线方程为 $x-2{\mathrm{e}}y+{\mathrm{e}}^2=0$． 解析1 可利用两个函数在切点处导数值相等，且函数值相等来求解．由题得\[f'\left(x\right) = \dfrac{1}{2\sqrt x },g'\left(x\right) = \dfrac{a}{x}\left(x > 0\right) ,\]设切点横坐标为 $x_0$，则由已知得\[ \begin{cases}<br/>\sqrt {x_0} = a\ln x_0, \\<br/>\dfrac{1}{2\sqrt x_0 } = \dfrac{a}{x_0}, \\<br/>\end{cases} \]解得\[a = \dfrac{{\mathrm{e}}}{2},x_0 = {{\mathrm{e}}^2} ,\]所以两条直线交点的坐标为 $\left({{\mathrm{e}}^2},{\mathrm{e}}\right)$，切线的斜率为\[k = f'\left({{\mathrm{e}}^2}\right) = \dfrac{1}{{2{\mathrm{e}}}},\]所以切线的方程为 $y - {\mathrm{e}} = \dfrac{1}{{2{\mathrm{e}}}}\left(x - {{\mathrm{e}}^2}\right)$，即 $x-2{\mathrm{e}}y+{\mathrm{e}}^2=0$． 备注1 问题2 设函数 $ h\left(x\right)=f\left(x\right)- g\left(x\right) $，当 $ h\left(x\right) $ 存在最小值时，求其最小值 $\varphi \left(a\right)$ 的解析式； 答案2 $\varphi \left(a\right) = 2a\left(1 - \ln 2a\right)$ 解析2 分 $a\leqslant 0$ 和 $a>0$ 两种情况来研究 $h\left(x\right)$ 的单调性，继而用 $a$ 表示最小值．由条件知\[h\left(x\right) = \sqrt x - a\ln x\left(x > 0\right),\]所以\[h'\left(x\right) = \dfrac{1}{2\sqrt x } - \dfrac{a}{x} = \dfrac{\sqrt x - 2a}{2x}.\]（i）当 $ a>0 $ 时，令 $h'\left(x\right) = 0$，解得 $x = 4{a^2}$，<br/>所以当 $0 < x < 4{a^2}$ 时，$h'\left(x\right) < 0$，$h\left(x\right)$ 在 $\left(0,4{a^2}\right)$ 上递减；<br/>当 $x > 4{a^2}$ 时，$h'\left(x\right) > 0$，$h\left(x\right)$ 在 $\left(4{a^2}, + \infty \right)$ 上递增，<br/>所以 $x = 4{a^2}$ 是 $h\left(x\right)$ 在 $\left(0, + \infty \right)$ 上的唯一极值点，从而也是 $h\left(x\right)$ 的最小值点．<br/>所以最小值\[ \varphi \left(a\right) = h\left(4{a^2}\right) = 2a - a\ln 4{a^2} = 2a\left(1 - \ln 2a\right);\]（ii）当 $a \leqslant 0$ 时，$h'\left(x\right) = \dfrac{\sqrt a - 2a}{2x} > 0$，$h\left(x\right)$ 在 $\left(0, + \infty \right)$ 上递增，无最小值，<br/>故 $h\left(x\right)$ 的最小值 $\varphi \left(a\right)$ 的解析式为 $\varphi \left(a\right) = 2a\left(1 - \ln 2a\right)\left(a > 0\right)$． 备注2 问题3 对（2）中的 $\varphi \left(a\right)$，证明：当 $ a \in \left(0,+ \infty \right) $ 时，$\varphi \left(a\right) \leqslant 1$． 答案3 略 解析3 证出 $\varphi$ 的最大值小于 $1$ 即可．由（2）知\[ \varphi \left(a\right)=2a\left(1-\ln 2a- \ln a\right) ,\]则\[ \varphi '\left(a \right)=-2\ln 2a ,\]令 $ \varphi '\left(a \right)=0 $，解得 $ a =\dfrac 1 2 $．<br/>当 $ 0<a<\dfrac 1 2 $ 时，$\varphi '\left(a \right) >0$，所以 $ \varphi \left(a\right) $ 在 $ \left(0,\dfrac 1 2 \right) $ 上单调递增；<br/>当 $ a>\dfrac 1 2 $ 时，$\varphi '\left(a \right) < 0$，所以 $ \varphi \left(a\right) $ 在 $ \left(\dfrac 1 2 , +\infty \right) $ 上单调递减．<br/>所以 $ \varphi \left(a\right) $ 在 $ \left(0, +\infty \right) $ 处取得极大值 $ \varphi \left(\dfrac 1 2 \right)=1 $．<br/>因为 $ \varphi \left(a\right) $ 在 $ \left(0, +\infty \right) $ 上有且只有一个极值点，所以 $ \varphi \left(\dfrac 1 2 \right)=1 $ 也是 $ \varphi \left(a\right) $ 的最大值，<br/>所当 $ a $ 属于 $ \left(0, +\infty \right) $ 时，总有 $ \varphi \left(a\right) \leqslant 1$． 备注3