Question

已知函数f（x）=

1

2

x²，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”，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

考点：利用导数研究函数的单调性,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：综合题,导数的综合应用

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）由（I）可知，当x=

e

时，F（x）取得最小值F（

e

）=0，则f（x）与g（x）的图象在x=

e

处有公共点（

e

，

e

2

）．假设f（x）与g（x）存在“分界线”，则其必过点（

e

，

e

2

）．故设其方程为：y-

e

2

=k（x-

e

），由f（x）≥kx+

e

2

-k

e

对x∈R恒成立，可求得k=

e

，则“分界线“的方程为：y=

e

x-

e

2

．只需在证明g（x）≤

e

x-

e

2

对x∈（0，+∞）恒成立即可；

解答： 解：（I）由于函数f（x）=

1

2

x2，g（x）=elnx，
因此，F（x）=f（x）-g（x）=

1

2

x²-elnx，
则F′（x）=x-

e

x

=

x2-e

x

=

(x- e )(x+ e )

x

，x∈（0，+∞），
当0＜x＜

e

时，F′（x）＜0，∴F（x）在（0，

e

）上是减函数；
当x＞

e

时，F′（x）＞0，∴F（x）在（

e

，+∞）上是增函数；
因此，函数F（x）的单调减区间是（0，

e

），单调增区间是（

e

，+∞）．
（II）由（I）可知，当x=

e

时，F（x）取得最小值F（

e

）=0，
则f（x）与g（x）的图象在x=

e

处有公共点（

e

，

e

2

）．
假设f（x）与g（x）存在“分界线”，则其必过点（

e

，

e

2

）．
故设其方程为：y-

e

2

=k（x-

e

），即y=kx+

e

2

-k

e

，
由f（x）≥kx+

e

2

-k

e

对x∈R恒成立，则x2-2kx-e+2k

e

≥0对x∈R恒成立，
∴△=4k2-4(2k

e

-e)=4k²-8k

e

+4e=e（k-

e

）²≤0成立，
因此k=

e

，“分界线“的方程为：y=

e

x-

e

2

．
下面证明g（x）≤

e

x-

e

2

对x∈（0，+∞）恒成立，
设G（x）=elnx-x

e

+

e

2

，则G′（x）=

e

x

-

e

=

e ( e -x)

x

，
∴当0＜x＜

e

时，G′（x）＞0，当x＞

e

时，G′（x）＜0，
当x=

e

时，G（x）取得最大值0，则g（x）≤

e

x-

e

2

对x∈（0，+∞）恒成立，
故所求“分界线“的方程为：y=

e

x-

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．