Question

（2013•臨沂二模）已知函數f(x)=elnx，g(x)=lnx-x-1，h(x)=

1

2

x2．
（Ⅰ）求函數g（x）的極大值．
（Ⅱ）求證：存在x₀∈（1，+∞），使g(x0)=g(

1

2

)；
（Ⅲ）對于函數f（x）與h（x）定義域內的任意實數x，若存在常數k，b，使得f（x）≤kx+b和h（x）≥kx+b都成立，則稱直線y=kx+b為函數f（x）與h（x）的分界線．試探究函數f（x）與h（x）是否存在“分界線”？若存在，請給予證明，并求出k，b的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求導函數，確定函數的單調性，即可求函數g（x）的極大值．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知g（x）在（0，1）內單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，構造新函數，利用零點存在定理，即可證得結論；
（Ⅲ）構造新函數，求導數，確定函數的單調性，可得函數f（x）與h（x）的圖象在x=

e

處有公共點（

e

，

1

2

e），設f（x）與h（x）存在“分界線”且方程為y-

1

2

e=k(x-

e

)，構造函數，確定函數的單調性，即可求得結論．

解答：（Ⅰ）解：g′(x)=

1

x

-1=

1-x

x

(x＞0)．…（1分）
令g′（x）＞0，解得0＜x＜1；令g′（x）＜0，解得x＞1．…（2分）
∴函數g（x）在（0，1）內單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減．…（3分）
所以g（x）的極大值為g（1）=-2．…（4分）
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知g（x）在（0，1）內單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，
令φ(x)=g(x)-g(

1

2

)，∴φ(1)=g(1)-g(

1

2

)＞0，…（5分）
取x′=e＞1，則φ(e)=g(e)-g(

1

2

)=lne-(e+1)-ln

1

2

+(

1

2

+1)=-e+ln2+

3

2

＜0．…（6分）
故存在x₀∈（1，e），使φ（x₀）=0，即存在x₀∈（1，+∞），使g(x0)=g(

1

2

)．…（7分）
（說明：x′的取法不唯一，只要滿足x′＞1，且φ（x′）＜0即可）
（Ⅲ）解：設F(x)=h(x)-f(x)=

1

2

x2-elnx(x＞0)，則F′(x)=x-

e

x

=

x2-e

x

=

(x+ e )(x- e )

x

則當0＜x＜

e

時，F′（x）＜0，函數F（x）單調遞減；當x＞

e

時，F′（x）＞0，函數F（x）單調遞增．
∴x=

e

是函數F（x）的極小值點，也是最小值點，
∴F(x)min=F(

e

)=0．
∴函數f（x）與h（x）的圖象在x=

e

處有公共點（

e

，

1

2

e）．…（9分）
設f（x）與h（x）存在“分界線”且方程為y-

1

2

e=k(x-

e

)，
令函數u(x)=kx+

1

2

e-k

e

①由h（x）≥u（x），得

1

2

x2≥kx+

1

2

e-k

e

在x∈R上恒成立，
即x2-2kx-e+2k

e

≥0在x∈R上恒成立，
∴△=4k2-4(-e+2k

e

)≤0，
即4(k-

e

)2≤0，
∴k=

e

，故u(x)=

e

x-

1

2

e．…（11分）
②下面說明：f（x）≤u（x），
即elnx≤

e

x-

1

2

e(x＞0)恒成立．
設V(x)=elnx-

e

x+

1

2

e
則V′(x)=

e

x

-

e

=

e- e x

x

∵當0＜x＜

e

時，V′（x）＞0，函數V（x）單調遞增，
當x＞

e

時，V′（x）＜0，函數V（x）單調遞減，
∴當x=

e

時，V（x）取得最大值0，V（x）≤V（x）_max=0．
∴elnx≤

e

x-

1

2

e(x＞0)成立．…（13分）
綜合①②知h(x)≥

e

x-

1

2

e，且f(x)≤

e

x-

1

2

e，
故函數f（x）與h（x）存在“分界線”y=

e

x-

1

2

e，
此時k=

e

，b=-

1

2

e．…（14分）

點評：本題考查導數知識的運用，考查函數的單調性與極值，考查函數的最值，考查分類討論的數學思想，難度較大．