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13.若存在實常數k和b,使得函數F(x)和G(x)對其公共定義域上的任意實數x都滿足:F(x)≥kx+b和G(x)≤kx+b恒成立,則稱此直線y=kx+b為F(x)和G(x)的“隔離直線”,已知函數f(x)=x2(x∈R),g(x)=$\frac{1}{x}$(x<0),h(x)=2elnx,有下列命題:
①F(x)=f(x)-g(x)在$x∈({-\frac{1}{{\root{3}{2}}},0})$內單調遞增;
②f(x)和g(x)之間存在“隔離直線”,且b的最小值為-4;
③f(x)和g(x)之間存在“隔離直線”,且k的取值范圍是(-4,0];•
④f(x)和h(x)之間存在唯一的“隔離直線”y=2$\sqrt{e}$x-e.
其中真命題為①②④(請填所有正確命題的序號)

分析 ①求出F(x)=f(x)-g(x)的導數,檢驗在x∈(-$\frac{1}{\root{3}{2}}$,0)內的導數符號,即可判斷;
②、③設f(x)、g(x)的隔離直線為y=kx+b,x2≥kx+b對一切實數x成立,即有△1≤0,又$\frac{1}{x}$≤kx+b對一切x<0成立,△2≤0,k≤0,b≤0,根據不等式的性質,求出k,b的范圍,即可判斷②③;
④存在f(x)和g(x)的隔離直線,那么該直線過這個公共點,設隔離直線的斜率為k.則隔離直線,構造函數,求出函數函數的導數,根據導數求出函數的最值

解答 解:①∵F(x)=f(x)-g(x)=x2-$\frac{1}{x}$,∴x∈(-$\frac{1}{\root{3}{2}}$,0),F′(x)=2x+$\frac{1}{{x}^{2}}$>0,
∴F(x)=f(x)-g(x)在x∈(-$\frac{1}{\root{3}{2}}$,0)內單調遞增,故①對;
②、③設f(x)、g(x)的隔離直線為y=kx+b,則x2≥kx+b對一切實數x成立,即有△1≤0,k2+4b≤0,
又$\frac{1}{x}$≤kx+b對一切x<0成立,則kx2+bx-1≤0,即△2≤0,b2+4k≤0,k≤0,b≤0,
即有k2≤-4b且b2≤-4k,k4≤16b2≤-64k⇒-4≤k≤0,同理⇒-4≤b≤0,故②對,③錯;
④函數f(x)和h(x)的圖象在x=$\sqrt{e}$處有公共點,因此存在f(x)和g(x)的隔離直線,
那么該直線過這個公共點,設隔離直線的斜率為k.則隔離直線方程為y-e=k(x-$\sqrt{e}$),即y=kx-k$\sqrt{e}$+e,
由f(x)≥kx-k$\sqrt{e}$+e(x∈R),可得x2-kx+k$\sqrt{e}$-e≥0當x∈R恒成立,
則△≤0,只有k=2$\sqrt{e}$,此時直線方程為:y=2$\sqrt{e}$x-e,
下面證明h(x)≤2$\sqrt{e}$x-e,令G(x)=2$\sqrt{e}$x-e-h(x)=2$\sqrt{e}$x-e-2elnx,
G′(x)=$\frac{2\sqrt{e}(x-\sqrt{e})}{x}$,
當x=$\sqrt{e}$時,G′(x)=0,當0<x<$\sqrt{e}$時,G′(x)<0,當x>$\sqrt{e}$時,G′(x)>0,
則當x=$\sqrt{e}$時,G(x)取到極小值,極小值是0,也是最小值.
所以G(x)=2$\sqrt{e}$x-e-g(x)≥0,則g(x)≤2$\sqrt{e}$x-e當x>0時恒成立.
∴函數f(x)和g(x)存在唯一的隔離直線y=2$\sqrt{e}$x-e,故④正確.
故答案為:①②④.

點評 本題以命題的真假判斷與應用為載體,考查新定義,關鍵是對新定義的理解,考查函數的求導,利用導數求最值,屬于難題

練習冊系列答案
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