题目内容
13．若存在实常数k和b，使得函数F（x）和G（x）对其公共定义域上的任意实数x都满足：F（x）≥kx+b和G（x）≤kx+b恒成立，则称此直线y=kx+b为F（x）和G（x）的“隔离直线”，已知函数f（x）=x2（x∈R），g（x）=$\frac{1}{x}$（x＜0），h（x）=2elnx，有下列命题：①F（x）=f（x）-g（x）在$x∈（{-\frac{1}{{\root{3}{2}}}，0}）$内单调递增；
②f（x）和g（x）之间存在“隔离直线”，且b的最小值为-4；
③f（x）和g（x）之间存在“隔离直线”，且k的取值范围是（-4，0]；•
④f（x）和h（x）之间存在唯一的“隔离直线”y=2$\sqrt{e}$x-e．
其中真命题为①②④（请填所有正确命题的序号）
分析 ①求出F（x）=f（x）-g（x）的导数，检验在x∈（-$\frac{1}{\root{3}{2}}$，0）内的导数符号，即可判断；
②、③设f（x）、g（x）的隔离直线为y=kx+b，x2≥kx+b对一切实数x成立，即有△1≤0，又$\frac{1}{x}$≤kx+b对一切x＜0成立，△2≤0，k≤0，b≤0，根据不等式的性质，求出k，b的范围，即可判断②③；
④存在f（x）和g（x）的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k．则隔离直线，构造函数，求出函数函数的导数，根据导数求出函数的最值
解答 解：①∵F（x）=f（x）-g（x）=x2-$\frac{1}{x}$，∴x∈（-$\frac{1}{\root{3}{2}}$，0），F′（x）=2x+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
∴F（x）=f（x）-g（x）在x∈（-$\frac{1}{\root{3}{2}}$，0）内单调递增，故①对；
②、③设f（x）、g（x）的隔离直线为y=kx+b，则x2≥kx+b对一切实数x成立，即有△1≤0，k2+4b≤0，
又$\frac{1}{x}$≤kx+b对一切x＜0成立，则kx2+bx-1≤0，即△2≤0，b2+4k≤0，k≤0，b≤0，
即有k2≤-4b且b2≤-4k，k4≤16b2≤-64k⇒-4≤k≤0，同理⇒-4≤b≤0，故②对，③错；
④函数f（x）和h（x）的图象在x=$\sqrt{e}$处有公共点，因此存在f（x）和g（x）的隔离直线，
那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k．则隔离直线方程为y-e=k（x-$\sqrt{e}$），即y=kx-k$\sqrt{e}$+e，
由f（x）≥kx-k$\sqrt{e}$+e（x∈R），可得x2-kx+k$\sqrt{e}$-e≥0当x∈R恒成立，
则△≤0，只有k=2$\sqrt{e}$，此时直线方程为：y=2$\sqrt{e}$x-e，
下面证明h（x）≤2$\sqrt{e}$x-e，令G（x）=2$\sqrt{e}$x-e-h（x）=2$\sqrt{e}$x-e-2elnx，
G′（x）=$\frac{2\sqrt{e}（x-\sqrt{e}）}{x}$，
当x=$\sqrt{e}$时，G′（x）=0，当0＜x＜$\sqrt{e}$时，G′（x）＜0，当x＞$\sqrt{e}$时，G′（x）＞0，
则当x=$\sqrt{e}$时，G（x）取到极小值，极小值是0，也是最小值．
所以G（x）=2$\sqrt{e}$x-e-g（x）≥0，则g（x）≤2$\sqrt{e}$x-e当x＞0时恒成立．
∴函数f（x）和g（x）存在唯一的隔离直线y=2$\sqrt{e}$x-e，故④正确．
故答案为：①②④．
点评 本题以命题的真假判断与应用为载体，考查新定义，关键是对新定义的理解，考查函数的求导，利用导数求最值，属于难题
①y=[f（x）]2是增函数；
②y=$\frac{1}{f（x）}$是减函数；
③y=-f（x）是减函数；
④y=|f（x）|是增函数；
其中正确的结论是（ ）
| A． | ③ | B． | ②③ | C． | ②④ | D． | ①③ |
| A． | [0，4] | B． | [0，4） | C． | （0，4] | D． | （0，4） |
