Question

6．已知f（x）=elnx，g（x）=$\frac{1}{e}$f（x）-x+1，h（x）=$\frac{1}{2}$x²．
（1）求g（x）的极大值；
（2）证明：当x∈（0，+∞）时，h（x）≥f（x）；
（3）当x∈（0，+∞）时，能否存在常数k，b，使h（x）≥kx+b，f（x）≤xk+b都成立，若存在，求出k，b，若不存在说明理由．

Answer 1

分析 （1）求导函数，确定函数的单调性，即可求函数g（x）的极大值．
（2）构造新函数F（x）=h（x）-f（x），求导数，确定函数的单调性，求出F（x）的最小值，从而证出结论．
（3）由（2）可得函数f（x）与h（x）的图象在x=$\sqrt{e}$处有公共点（$\sqrt{e}$，$\frac{1}{2}$e），设f（x）与h（x）存在“分界线”且方程为y-$\frac{1}{2}$ e=k（x-$\sqrt{e}$），构造函数，确定函数的单调性，即可求得结论．

解答 （1）解：g′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$（x＞0），
令g′（x）＞0，解得0＜x＜1；令g′（x）＜0，解得x＞1；
∴函数g（x）在（0，1）内单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
所以g（x）的极大值为g（1）=-2．
（2）证明：设F（x）=h（x）-f（x）=$\frac{1}{2}$x²-elnx（x＞0），
则F′（x）=x-$\frac{e}{x}$=$\frac{（x+\sqrt{e}）（x-\sqrt{e}）}{x}$，
则当0＜x＜$\sqrt{e}$时，F′（x）＜0，函数F（x）单调递减；
当x＞$\sqrt{e}$时，F′（x）＞0，函数F（x）单调递增．
∴x=$\sqrt{e}$是函数F（x）的极小值点，也是最小值点，
∴F（x）_min=F（$\sqrt{e}$）=0；
∴h（x）≥f（x）．
（3）解：由（2）得：F（x）_min=F（$\sqrt{e}$）=0；
∴函数f（x）与h（x）的图象在x=$\sqrt{e}$处有公共点（$\sqrt{e}$，$\frac{1}{2}$e）．
设f（x）与h（x）存在“分界线”且方程为y-$\frac{1}{2}$e=k（x-$\sqrt{e}$），
令函数u（x）=kx+$\frac{1}{2}$e-k$\sqrt{e}$①由h（x）≥u（x），
得$\frac{1}{2}$x²≥kx+$\frac{1}{2}$e-k$\sqrt{e}$在x∈R上恒成立，
即x²-2kx-e+2k$\sqrt{e}$≥0在x∈R上恒成立，
∴△=4k²-4（-e+2k$\sqrt{e}$）≤0，
即4（k-$\sqrt{e}$）²≤0，
∴k=$\sqrt{e}$，故u（x）=$\sqrt{e}$x-$\frac{1}{2}$e．
②下面说明：f（x）≤u（x），
即elnx≤$\sqrt{e}$x-$\frac{1}{2}$e（x＞0）恒成立．
设V（x）=elnx-$\sqrt{e}$x+$\frac{1}{2}$e，
则V′（x）=$\frac{e}{x}$-$\sqrt{e}$=$\frac{e-\sqrt{e}x}{x}$，
∵当0＜x＜$\sqrt{e}$时，V′（x）＞0，函数V（x）单调递增，
当x＞$\sqrt{e}$时，V′（x）＜0，函数V（x）单调递减，
∴当x=$\sqrt{e}$时，V（x）取得最大值0，V（x）≤V（x）_max=0．
∴elnx≤$\sqrt{e}$x-$\frac{1}{2}$e（x＞0）成立．
综合①②知h（x）≥$\sqrt{e}$x-$\frac{1}{2}$e，且f（x）≤$\sqrt{e}$x-$\frac{1}{2}$e，
故函数f（x）与h（x）存在“分界线”y=$\sqrt{e}$x-$\frac{1}{2}$e，
此时k=$\sqrt{e}$，b=-$\frac{1}{2}$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．