Question

已知函数f（x）=x²，g（x）=2elnx（x＞0）（e为自然对数的底数）．
（1）求F（x）=f（x）-g（x）（x＞0）的单调区间及最小值；
（2）是否存在一次函数y=kx+b（k，b∈R），使得f（x）≥kx+b且g（x）≤kx+b对一切x＞0恒成立？若存在，求出该一次函数的表达式；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,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：存在型,导数的综合应用

分析：（1）利用导数的正负性求函数的单调区间和最最值；
（2）由函数的图象分析，如果存在一次函数，应该是两曲线的一条公共切线，先提出假设，再给出证明．

解答： 解：（1）F′（x）=x²-2elnx
∴F′（x）=2（x-

e

x

）=

2(x2-e)

x

（x＞0），
令F′（x）=0，得x=

e

（x=-

e

舍），
∴当0＜x＜

e

时，F′（x）＜0，F（x）在（0，

e

）上单调递减；
当x＞

e

时，F′（x）＞0，F（x）在（

e

，+∞）上单调递增．
∴当x=

e

时，F（x）有极小值，也是最小值，
即F（x）_min=F（

e

）=e-2eln

e

=0．
∴F（x）的单调递增区间为（

e

，+∞），单调递减区间为（0，

e

），最小值为0．
（2）由（1）知，f（x）与g（x）的图象有且仅有一个公共点（

e

，e），
∴猜想：一次函数的图象就是f（x）与g（x）的图象在点（

e

，e）处的公切线，
其方程为y=2

e

x-e．
下面证明：当x＞0时，f（x）≥2

e

x-e，且g（x）≤2

e

x-e恒成立．
∵f（x）-（2

e

x-e）=（x-

e

）²≥0，∴f（x）≥2

e

x-e对x＞0恒成立．
又令G（x）=2

e

x-e-g（x）=2

e

x-e-2eln x，∴G′（x）=2

e

-

2e

x

=

2 e (x- e )

x

，
∴当0＜x＜

e

时，G′（x）＜0，G（x）在（0，

e

）上单调递减；
当x＞

e

时，G′（x）＞0，G（x）在（

e

，+∞）上单调递增．
∴当x=

e

时，G（x）有极小值，也是最小值，
即G（x）_min=G（

e

）=2e-e-2eln 

e

=0，∴G（x）≥0，即g（x）≤2

e

x-e恒成立．
故存在一次函数y=2

e

x-e，使得当x＞0时，f（x）≥2

e

x-e，且g（x）≤2

e

x-e恒成立．

点评：本题考查了，导数在求函数单调区间，求函数最值，证明恒成立问题．运用于数形结合思想，函数与方程思想，化归思想．是一道导数应用于的综合题，属于中档题．