Question

已知函数f（x）=x-1-lnx．
（Ⅰ）求函数f（x）的最小值；
（Ⅱ）比较（1+

1

2!

）（1+

1

3!

）…（1+

1

n!

）与e的大小（n∈N^*，n＞2，e是自然对数的底数）；
（Ⅲ）对于函数h（x）和g（x）定义域上的任意实数x，若存在常数k，b，使得不等式h（x）≥kx+b和g（x）≤kx+b都成立，则称直线y=kx+b是函数h（x）和g（x）的“分界线”．设函数h（x）=

1

2

x²，g（x）=e[x-1-f（x）]，试问函数h（x）和g（x）是否存在“分界线”？若存在，求出常数k，b的值．若不存在，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：函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）先求出f（x）的导数，根据f′（x）＞0求得的区间是单调增区间，f′（x）＜0求得的区间是单调减区间，通过列表求出极值及最小值即可；（Ⅱ）给（1+

1

2!

）（1+

1

3!

）…（1+

1

n!

）和e取以e为底的对数，然后通过放缩不等式，使不等式变成已有的简单式子进行比较；（Ⅲ）令F（x）=h（x）-g（x），求导数F′（x），当当x∈（0，

e

）时，F′（x）＜0，F（x）递减，当当x∈（

e

，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）递增，故当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

，

e

2

），由此能够导出函数h（x）与g（x）存在“分界线”，其中k=

e

，b=-

e

2

．

解答： 解：（Ⅰ）∵f（x）=x-1-lnx，
∴f′（x）=1-

1

x

，
∴当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）是减函数；
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）是增函数；
∴f（x）在（0，+∞）上的极小值也为最小值，且最小值为f（1）=0；
（Ⅱ）据（Ⅰ）知f（x）=x-1-lnx≥0，知当x＞0时，lnx≤x-1，
故当n＞2时，ln[（1+

1

2!

）（1+

1

3!

）…（1+

1

n!

）]=ln（1+

1

2!

）+ln（1+

1

3!

）+…+ln（1+

1

n!

）≤（1+

1

2!

-1）+（1+

1

3!

-1）+…+（1+

1

n!

-1）=

1

2!

+

1

3!

+…+

1

n!

≤

1

1×2

+

1

2×3

+

1

3×4

+…+

1

(n-1)×n

=（1-

1

2

）+（

1

2

-

1

3

）（

1

3

-

1

4

）+…+（

1

n-1

-

1

n

）=1-

1

n

＜1，
故（1+

1

2!

）（1+

1

3!

）…（1+

1

n!

）＜e；
（Ⅲ）令F（x）=h（x）-g（x）=

1

2

x²-e[x-1-（x-1-lnx）]=

1

2

x²-elnx（x＞0），
则F′（x）=x-

e

x

=

(x+ e )(x- e )

x

（x＞0），
∴当x∈（0，

e

）时，F′（x）＜0，F（x）是减函数；
当x∈（

e

，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）是增函数；
∴F（x）的最小值F（

e

）=0，
则h（x）与g（x）的图象在x=

e

处有公共点（

e

，

e

2

），
设函数h（x）和g（x）存在“分界线”，方程为y-

e

2

=k（x-

e

），有h（x）≥kx+

e

2

-k

e

在x∈R时恒成立，即x²-2kx-e+2k

e

≥0在x∈R时恒成立，由△=4k²-4（2k

e

-e）=4（k-

e

）²≤0，得k=

e

，则“分界线”方程为y=

e

x-

e

2

；
记G（x）=elnx-

e

x+

e

2

（x＞0），则G′（x）=

e

x

-

e

=

e- e x

x

（x＞0），
当x∈（0，

e

）时，G′（x）＞0，函数G（x）是增函数；当x∈（

e

，+∞）时，G′（x）＜0，函数G（x）是减函数．
∴当x=

e

时，函数G（x）取得最大值0，即g（x）≤

e

x-

e

2

在x＞0时恒成立．
综上所述，函数h（x）和g（x）存在“分界线”，其中k=

e

，b=-

e

2

．

点评：本小题主要考查函数单调性的应用、利用导数求闭区间上函数的最值、不等式的证明等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想．