Question

15．已知函数$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}，g（x）=elnx$．
（Ⅰ）设函数F（x）=f（x）-g（x），求F（x）的单调区间；
（Ⅱ）若存在常数k，m，使得f（x）≥kx+m对x∈R恒成立，且g（x）≤kx+m对x∈（0，+∞）恒成立，则称直线y=kx+m为函数f（x）与g（x）的“分界线”．
（ⅰ）证明f（x）≥g（x）；
（ⅱ）试问：f（x）与g（x）是否存在“分界线”？若存在，求出“分界线”的方程，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）在定义域内解不等式F′（x）＞0，F′（x）＜0可得函数的单调区间；
（Ⅱ）（i）根据函数的单调区间，得到$F（x）≥F（\sqrt{e}）$，从而证出结论；
（ii）由（I）可知，当x=$\sqrt{e}$时，F（x）取得最小值F（$\sqrt{e}$）=0，则f（x）与g（x）的图象在x=$\sqrt{e}$处有公共点（$\sqrt{e}$，$\frac{e}{2}$）．假设f（x）与g（x）存在“分界线”，则其必过点（$\sqrt{e}$，$\frac{e}{2}$）．故设其方程为：y-$\frac{e}{2}$=k（x-$\sqrt{e}$），由f（x）≥kx+$\frac{e}{2}$-k$\sqrt{e}$对x∈R恒成立，可求得k=$\sqrt{e}$，则“分界线“的方程为：y=$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$．只需在证明g（x）≤$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$对x∈（0，+∞）恒成立即可．

解答 解：（I）由于函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²，g（x）=elnx，
因此，F（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{2}$x²-elnx，
则F′（x）=x-$\frac{e}{x}$=$\frac{{x}^{2}-e}{x}$=$\frac{（x-\sqrt{e}）（x+\sqrt{e}）}{x}$，x∈（0，+∞），
当0＜x＜$\sqrt{e}$时，F′（x）＜0，∴F（x）在（0，$\sqrt{e}$）上是减函数；
当x＞$\sqrt{e}$时，F′（x）＞0，∴F（x）在（$\sqrt{e}$，+∞）上是增函数；
因此，函数F（x）的单调减区间是（0，$\sqrt{e}$），单调增区间是（$\sqrt{e}$，+∞）．
（Ⅱ）（ⅰ）证明：由（Ⅰ）得函数F（x）的单调减区间是（0，$\sqrt{e}$），单调增区间
是（$\sqrt{e}$，+∞）∴$F（x）≥F（\sqrt{e}）$，而$F（\sqrt{e}）=\frac{1}{2}{（{\sqrt{e}}）^2}-eln\sqrt{e}=0$，
即F（x）≥0∴f（x）≥g（x）成立；
（II）（ii）由（I）可知，当x=$\sqrt{e}$时，F（x）取得最小值F（$\sqrt{e}$）=0，
则f（x）与g（x）的图象在x=$\sqrt{e}$处有公共点（$\sqrt{e}$，$\frac{e}{2}$），
假设f（x）与g（x）存在“分界线”，则其必过点（$\sqrt{e}$，$\frac{e}{2}$），
故设其方程为：y-$\frac{e}{2}$=k（x-$\sqrt{e}$），即y=kx+$\frac{e}{2}$-k$\sqrt{e}$，
由f（x）≥kx+$\frac{e}{2}$-k$\sqrt{e}$对x∈R恒成立，则x2-2kx-e+2k$\sqrt{e}$≥0对x∈R恒成立，
∴△=4k2-4（2k$\sqrt{e}$-e）=4k²-8k$\sqrt{e}$+4e=e（k-$\sqrt{e}$）²≤0成立，
因此k=$\sqrt{e}$，“分界线“的方程为：y=$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$，
下面证明g（x）≤$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$对x∈（0，+∞）恒成立，
设G（x）=elnx-x$\sqrt{e}$+$\frac{e}{2}$，则G′（x）=$\frac{e}{x}$-$\sqrt{e}$=$\frac{\sqrt{e}（\sqrt{e}-x）}{x}$，
∴当0＜x＜$\sqrt{e}$时，G′（x）＞0，当x＞$\sqrt{e}$时，G′（x）＜0，
当x=$\sqrt{e}$时，G（x）取得最大值0，则g（x）≤$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$对x∈（0，+∞）恒成立，
故所求“分界线“的方程为：y=$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调区间、最值及恒成立问题，考查转化思想，探究性题目往往先假设成立，再做一般性证明．