Question

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）=x²，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

Answer 1

【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）=x²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）=x²，m（x）=2elnx，
∴f（x）=h（x）-m（x）=x²-2elnx，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）=x²，d（x）=-1．
∴h（x）和d（x）存在多条“隔离直线”，故②不正确；
③∵h（x）=x²，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）=x²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）=x²-2elnx（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 x²-kx+k-e≥0当x∈R恒成立，
则△=k²-4k+4e=（k-2）2≤0，只有k=2时，等号成立，此时直线方程为：y=2x-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=2x-e．
综上可得，函数f（x）和g（x）存在唯一的隔离直线y=2x-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．