Question

（2013•临沂二模）已知函数f(x)=elnx，g(x)=lnx-x-1，h(x)=

1

2

x2．
（Ⅰ）求函数g（x）的极大值．
（Ⅱ）求证：存在x₀∈（1，+∞），使g(x0)=g(

1

2

)；
（Ⅲ）对于函数f（x）与h（x）定义域内的任意实数x，若存在常数k，b，使得f（x）≤kx+b和h（x）≥kx+b都成立，则称直线y=kx+b为函数f（x）与h（x）的分界线．试探究函数f（x）与h（x）是否存在“分界线”？若存在，请给予证明，并求出k，b的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求导函数，确定函数的单调性，即可求函数g（x）的极大值．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知g（x）在（0，1）内单调递增，在（1，+∞）上单调递减，构造新函数，利用零点存在定理，即可证得结论；
（Ⅲ）构造新函数，求导数，确定函数的单调性，可得函数f（x）与h（x）的图象在x=

e

处有公共点（

e

，

1

2

e），设f（x）与h（x）存在“分界线”且方程为y-

1

2

e=k(x-

e

)，构造函数，确定函数的单调性，即可求得结论．

解答：（Ⅰ）解：g′(x)=

1

x

-1=

1-x

x

(x＞0)．…（1分）
令g′（x）＞0，解得0＜x＜1；令g′（x）＜0，解得x＞1．…（2分）
∴函数g（x）在（0，1）内单调递增，在（1，+∞）上单调递减．…（3分）
所以g（x）的极大值为g（1）=-2．…（4分）
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知g（x）在（0，1）内单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
令φ(x)=g(x)-g(

1

2

)，∴φ(1)=g(1)-g(

1

2

)＞0，…（5分）
取x′=e＞1，则φ(e)=g(e)-g(

1

2

)=lne-(e+1)-ln

1

2

+(

1

2

+1)=-e+ln2+

3

2

＜0．…（6分）
故存在x₀∈（1，e），使φ（x₀）=0，即存在x₀∈（1，+∞），使g(x0)=g(

1

2

)．…（7分）
（说明：x′的取法不唯一，只要满足x′＞1，且φ（x′）＜0即可）
（Ⅲ）解：设F(x)=h(x)-f(x)=

1

2

x2-elnx(x＞0)，则F′(x)=x-

e

x

=

x2-e

x

=

(x+ e )(x- e )

x

则当0＜x＜

e

时，F′（x）＜0，函数F（x）单调递减；当x＞

e

时，F′（x）＞0，函数F（x）单调递增．
∴x=

e

是函数F（x）的极小值点，也是最小值点，
∴F(x)min=F(

e

)=0．
∴函数f（x）与h（x）的图象在x=

e

处有公共点（

e

，

1

2

e）．…（9分）
设f（x）与h（x）存在“分界线”且方程为y-

1

2

e=k(x-

e

)，
令函数u(x)=kx+

1

2

e-k

e

①由h（x）≥u（x），得

1

2

x2≥kx+

1

2

e-k

e

在x∈R上恒成立，
即x2-2kx-e+2k

e

≥0在x∈R上恒成立，
∴△=4k2-4(-e+2k

e

)≤0，
即4(k-

e

)2≤0，
∴k=

e

，故u(x)=

e

x-

1

2

e．…（11分）
②下面说明：f（x）≤u（x），
即elnx≤

e

x-

1

2

e(x＞0)恒成立．
设V(x)=elnx-

e

x+

1

2

e
则V′(x)=

e

x

-

e

=

e- e x

x

∵当0＜x＜

e

时，V′（x）＞0，函数V（x）单调递增，
当x＞

e

时，V′（x）＜0，函数V（x）单调递减，
∴当x=

e

时，V（x）取得最大值0，V（x）≤V（x）_max=0．
∴elnx≤

e

x-

1

2

e(x＞0)成立．…（13分）
综合①②知h(x)≥

e

x-

1

2

e，且f(x)≤

e

x-

1

2

e，
故函数f（x）与h（x）存在“分界线”y=

e

x-

1

2

e，
此时k=

e

，b=-

1

2

e．…（14分）

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与极值，考查函数的最值，考查分类讨论的数学思想，难度较大．