题目内容
若存在实常数k和b,使得函数F(x)和G(x)对其公共定义域上的任意实数x都满足:F(x)≥kx+b和G(x)≤kx+b恒成立,则称此直线y=kx+b为F(x)和G(x)的“隔离直线”.已知函数h(x)=x
2,m(x)=2elnx(e为自然对数的底数),φ(x)=x-2,d(x)=-1.
有下列命题:
①f(x)=h(x)-m(x)在

递减;
②h(x)和d(x)存在唯一的“隔离直线”;
③h(x)和φ(x)存在“隔离直线”y=kx+b,且b的最大值为

;
④函数h(x)和m(x)存在唯一的隔离直线

.
其中真命题的个数( )
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
【答案】
分析:①求出f′(x)=2x-

,x>0.由f′(x)=2x-

=0,x>0,得x=

,列表讨论,能求出f(x)=h(x)-m(x)在

递减;
②h(x)和d(x)存在多条“隔离直线”;
③h(x)和φ(x)存在的“隔离直线”为y=x+b,由h′(x)=2x,知h(x)=x
2与“隔离直线”y=x+b平行的切线方程的切点坐标为(

),把(

)代入y=x+b,得b=-

,故h(x)和φ(x)存在“隔离直线”y=kx+b,且b的最大值为

;
④存在f(x)和g(x)的隔离直线,那么该直线过这个公共点,设隔离直线的斜率为k.则隔离直线,构造函数,求出函数函数的导数,根据导数求出函数的最值.
解答:解:①∵h(x)=x
2,m(x)=2elnx,
∴f(x)=h(x)-m(x)=x
2-2elnx,x>0
∴f′(x)=2x-

,x>0.由f′(x)=2x-

=0,x>0,得x=

,
x | (0, ) |  | ( ) |
f′(x) | - | 0 | + |
f(x) | ↓ | 极小值 | ↑ |
∴f(x)=h(x)-m(x)在

递减,故①正确;
②∵h(x)=x
2,d(x)=-1.
∴h(x)和d(x)存在多条“隔离直线”,故②不正确;
③∵h(x)=x
2,φ(x)=x-2,
∴h(x)和φ(x)存在的“隔离直线”y=kx+b平行于y=x-2,
即h(x)和φ(x)存在的“隔离直线”为y=x+b,
∵h′(x)=2x,∴h(x)=x
2与“隔离直线”y=x+b平行的切线方程的切点坐标为(

),
把(

)代入y=x+b,得b=-

,
∴h(x)和φ(x)存在“隔离直线”y=kx+b,且b的最大值为

,故③正确;
④令F(x)=h(x)-m(x)=x
2-2elnx(x>0),
再令F′(x)═2x-

=0,x>0,得x=

,
从而函数h(x)和m(x)的图象在x=

处有公共点.
因此存在h(x)和m(x)的隔离直线,那么该直线过这个公共点,设隔离直线的斜率为k,则
隔离直线方程为y-e=k(x-

),即y=kx-k

+e.
由h(x)≥kx-k

+e可得 x
2-kx+k

-e≥0当x∈R恒成立,
则△=k
2-4k

+4e=(k-2

)2≤0,只有k=2

时,等号成立,此时直线方程为:y=2

x-e.
同理证明,由φ(x )≤kx-k

+e,可得只有k=2

时,等号成立,此时直线方程为:y=2

x-e.
综上可得,函数f(x)和g(x)存在唯一的隔离直线y=2

x-e,故④正确.
故选C.
点评:本题以函数为载体,考查新定义,关键是对新定义的理解,考查函数的求导,利用导数求最值,属于难题.
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