Question

已知函數f（x）=elnx（e為自然對數）．對于函數f（x）與h（x）定義域上的任意實數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．設h（x）=

1

2

x ²，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

考點：利用導數研究函數的單調性

專題：導數的綜合應用

分析：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

是處有公共點（

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： 解：F（x）=h（x）-f（x）=

1

2

x ²-elnx（x＞0），
則F′（x）=x-

e

x

=

(x- e )(x+ e )

x

，
∴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

是處有公共點（

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

）．
令函數u（x）=

1

2

e+kx-k

e

．
ⅰ）由h（x）≥u（x）⇒

1

2

x ²≥

1

2

e+kx-k

e

在x∈R恒成立，
即x²-2kx-e+2k

e

在R上恒成立，
∴△=4k²+4e-8k

e

≤成立，而4（k-

e

）²≥0，
∴k=

e

，故u（x）=

e

x-

1

2

e．
ⅱ）下面再證明：h（x）≥u（x）即elnx≤

e

x-

1

2

e恒成立．
設φ（x）=elnx-

e

x+

1

2

e，則φ′（x）=

e

x

-

e

=

e- e x

x

．
∴當0＜x＜

e

時時，φ′（x）＞0，函數φ（x）單調遞增；當時，φ′（x）＜0．函數φ（x）單調遞減．
∴當x=

e

時，φ（x）取得最大值0，則φ（x）≤φ（x）_max=0，
∴elnx≤

e

x-

1

2

e（x＞0）成立．
綜上ⅰ）和ⅱ）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“為y=

e

x-

1

2

e，此時k=

e

，b=-

1

2

e．

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