Question

已知函数f（x）=elnx（e为自然对数）．对于函数f（x）与h（x）定义域上的任意实数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．设h（x）=

1

2

x ²，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

考点：利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：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

是处有公共点（

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： 解：F（x）=h（x）-f（x）=

1

2

x ²-elnx（x＞0），
则F′（x）=x-

e

x

=

(x- e )(x+ e )

x

，
∴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

是处有公共点（

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

）．
令函数u（x）=

1

2

e+kx-k

e

．
ⅰ）由h（x）≥u（x）⇒

1

2

x ²≥

1

2

e+kx-k

e

在x∈R恒成立，
即x²-2kx-e+2k

e

在R上恒成立，
∴△=4k²+4e-8k

e

≤成立，而4（k-

e

）²≥0，
∴k=

e

，故u（x）=

e

x-

1

2

e．
ⅱ）下面再证明：h（x）≥u（x）即elnx≤

e

x-

1

2

e恒成立．
设φ（x）=elnx-

e

x+

1

2

e，则φ′（x）=

e

x

-

e

=

e- e x

x

．
∴当0＜x＜

e

时时，φ′（x）＞0，函数φ（x）单调递增；当时，φ′（x）＜0．函数φ（x）单调递减．
∴当x=

e

时，φ（x）取得最大值0，则φ（x）≤φ（x）_max=0，
∴elnx≤

e

x-

1

2

e（x＞0）成立．
综上ⅰ）和ⅱ）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“为y=

e

x-

1

2

e，此时k=

e

，b=-

1

2

e．

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