Question

已知函數(shù)f（x）=

1

2

x²，g（x）=elnx．
（Ⅰ）設(shè)函數(shù)F（x）=f（x）-g（x），求F（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若存在常數(shù)k，m，使得f（x）≥kx+m，對x∈R恒成立，且g（x）≤kx+m，對x∈（0，+∞）恒成立，則稱直線y=kx+m為函數(shù)f（x）與g（x）的“分界線”，試問：f（x）與g（x）是否存在“分界線”？若存在，求出“分界線”的方程，若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,導數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用

專題：綜合題,導數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）在定義域內(nèi)解不等式F′（x）＞0，F(xiàn)′（x）＜0可得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）由（I）可知，當x=

e

時，F(xiàn)（x）取得最小值F（

e

）=0，則f（x）與g（x）的圖象在x=

e

處有公共點（

e

，

e

2

）．假設(shè)f（x）與g（x）存在“分界線”，則其必過點（

e

，

e

2

）．故設(shè)其方程為：y-

e

2

=k（x-

e

），由f（x）≥kx+

e

2

-k

e

對x∈R恒成立，可求得k=

e

，則“分界線“的方程為：y=

e

x-

e

2

．只需在證明g（x）≤

e

x-

e

2

對x∈（0，+∞）恒成立即可；

解答： 解：（I）由于函數(shù)f（x）=

1

2

x2，g（x）=elnx，
因此，F(xiàn)（x）=f（x）-g（x）=

1

2

x²-elnx，
則F′（x）=x-

e

x

=

x2-e

x

=

(x- e )(x+ e )

x

，x∈（0，+∞），
當0＜x＜

e

時，F(xiàn)′（x）＜0，∴F（x）在（0，

e

）上是減函數(shù)；
當x＞

e

時，F(xiàn)′（x）＞0，∴F（x）在（

e

，+∞）上是增函數(shù)；
因此，函數(shù)F（x）的單調(diào)減區(qū)間是（0，

e

），單調(diào)增區(qū)間是（

e

，+∞）．
（II）由（I）可知，當x=

e

時，F(xiàn)（x）取得最小值F（

e

）=0，
則f（x）與g（x）的圖象在x=

e

處有公共點（

e

，

e

2

）．
假設(shè)f（x）與g（x）存在“分界線”，則其必過點（

e

，

e

2

）．
故設(shè)其方程為：y-

e

2

=k（x-

e

），即y=kx+

e

2

-k

e

，
由f（x）≥kx+

e

2

-k

e

對x∈R恒成立，則x2-2kx-e+2k

e

≥0對x∈R恒成立，
∴△=4k2-4(2k

e

-e)=4k²-8k

e

+4e=e（k-

e

）²≤0成立，
因此k=

e

，“分界線“的方程為：y=

e

x-

e

2

．
下面證明g（x）≤

e

x-

e

2

對x∈（0，+∞）恒成立，
設(shè)G（x）=elnx-x

e

+

e

2

，則G′（x）=

e

x

-

e

=

e ( e -x)

x

，
∴當0＜x＜

e

時，G′（x）＞0，當x＞

e

時，G′（x）＜0，
當x=

e

時，G（x）取得最大值0，則g（x）≤

e

x-

e

2

對x∈（0，+∞）恒成立，
故所求“分界線“的方程為：y=

e

x-

e

2

．

點評：本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、最值及恒成立問題，考查轉(zhuǎn)化思想，探究性題目往往先假設(shè)成立，再做一般性證明．