Question

（2009•朝阳区二模）已知函数f（x）=e^x-ex．
（Ⅰ）求函数f（x）的最小值；
（Ⅱ）求证：e1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n-1

+

1

n

＞n+1（n∈N^*）；
（Ⅲ）对于函数h（x）与g（x）定义域上的任意实数x，若存在常数k，b，使得h（x）≥kx+b和g（x）≤kx+b都成立，则称直线y=kx+b为函数h（x）与g（x）的“分界线”．设函数h(x)=f(x)-ex+ex+

1

2

x2，g（x）=elnx，h（x）与g（x）是否存在“分界线”？若存在，求出k，b的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）因为f'（x）=e^x-e，令f'（x）=e^x-e＞0，解得x＞1，令f'（x）=e^x-e＜0，解得x＜1，由此能求出f（x）的最小值．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知函数f（x）在x=1取得最小值，所以f（x）≥f（1），即e^x≥ex，两端同时乘以

1

e

得e^x-1≥x，把x换成t+1得e^t≥t+1，当且仅当t=0时等号成立．由此能够证明e1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n-1

+

1

n

＞n+1（n∈N^*）．
（Ⅲ）设F(x)=h(x)-g(x)=

1

2

x2-elnx(x＞0)．则F′(x)=x-

e

x

=

x2-e

x

=

(x+ e )(x- e )

x

．所以当0＜x＜

e

时，F'（x）＜0；当x＞

e

时，F'（x）＞0．因此x=

e

时F（x）取得最小值0，则h（x）与g（x）的图象在x=

e

处有公共点(

e

，

1

2

e)．由此能够导出k=

e

，b=-

1

2

e．

解答：（Ⅰ）解：因为f'（x）=e^x-e，
令f'（x）=e^x-e＞0，解得x＞1，
令f'（x）=e^x-e＜0，解得x＜1，
所以函数f（x）在（-∞，1）上递减，（1，+∞）上递增，
所以f（x）的最小值为f（1）=0．                   …（3分）
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知函数f（x）在x=1取得最小值，
所以f（x）≥f（1），
即e^x≥ex
两端同时乘以

1

e

得e^x-1≥x，
把x换成t+1得e^t≥t+1，
当且仅当t=0时等号成立．
由e^t≥t+1得，e¹＞1+1=2，e

1

2

＞

1

2

+1=

3

2

，
e

1

3

＞

1

3

+1=

4

3

，
…
e

1

n-1

＞

1

n-1

+1=

n

n-1

，e

1

n

＞

1

n

+1=

n+1

n

．
将上式相乘得
e1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n-1

+

1

n

＞2×

3

2

×

4

3

×…×

n

n-1

×

n+1

n

=n+1．…（9分）
（Ⅲ）设F(x)=h(x)-g(x)=

1

2

x2-elnx(x＞0)．
则F′(x)=x-

e

x

=

x2-e

x

=

(x+ e )(x- e )

x

．
所以当0＜x＜

e

时，F'（x）＜0；
当x＞

e

时，F'（x）＞0．
因此x=

e

时F（x）取得最小值0，
则h（x）与g（x）的图象在x=

e

处有公共点(

e

，

1

2

e)．
设h（x）与g（x）存在“分界线”，
方程为y-

1

2

\user2e=k(x-

e

)．
由h(x)≥kx+

1

2

e-k

e

在x∈R恒成立，
则x2-2kx-e+2k

e

≥0在x∈R恒成立．
所以△=4k2+4e-8k

e

=4(k-

e

)2≤0成立．
因此k=

e

．
下面证明g(x)≤

e

x-

1

2

e（x＞0）成立．
设G(x)=elnx-

e

x+

1

2

e，
G′(x)=

e

x

-

e

=

e- e x

x

．
所以当0＜x＜

e

时，G'（x）＞0；
当x＞

e

时，G'（x）＜0．
因此x=

e

时G（x）取得最大值0，
则g(x)≤

e

x-

1

2

e（x＞0）成立．
所以k=

e

，b=-

1

2

e．…（14分）

点评：本题考查导数在求函数最大值和最小值中的应用和用导数讨论函数的单调性，对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，易出错．