Question

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

1

2!

）（1+

1

3!

）…（1+

1

n!

）與e的大小（n∈N^*，n＞2，e是自然對數的底數）；
（Ⅲ）對于函數h（x）和g（x）定義域上的任意實數x，若存在常數k，b，使得不等式h（x）≥kx+b和g（x）≤kx+b都成立，則稱直線y=kx+b是函數h（x）和g（x）的“分界線”．設函數h（x）=

1

2

x²，g（x）=e[x-1-f（x）]，試問函數h（x）和g（x）是否存在“分界線”？若存在，求出常數k，b的值．若不存在，說明理由．

Answer 1

考點：利用導數研究函數的單調性,利用導數求閉區間上函數的最值

專題：函數的性質及應用,導數的綜合應用

分析：（Ⅰ）先求出f（x）的導數，根據f′（x）＞0求得的區間是單調增區間，f′（x）＜0求得的區間是單調減區間，通過列表求出極值及最小值即可；（Ⅱ）給（1+

1

2!

）（1+

1

3!

）…（1+

1

n!

）和e取以e為底的對數，然后通過放縮不等式，使不等式變成已有的簡單式子進行比較；（Ⅲ）令F（x）=h（x）-g（x），求導數F′（x），當當x∈（0，

e

）時，F′（x）＜0，F（x）遞減，當當x∈（

e

，+∞）時，F′（x）＞0，F（x）遞增，故當x=

e

時F（x）取得最小值0，則h（x）與g（x）的圖象在x=

e

處有公共點（

e

，

e

2

），由此能夠導出函數h（x）與g（x）存在“分界線”，其中k=

e

，b=-

e

2

．

解答： 解：（Ⅰ）∵f（x）=x-1-lnx，
∴f′（x）=1-

1

x

，
∴當x∈（0，1）時，f′（x）＜0，f（x）是減函數；
當x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）是增函數；
∴f（x）在（0，+∞）上的極小值也為最小值，且最小值為f（1）=0；
（Ⅱ）據（Ⅰ）知f（x）=x-1-lnx≥0，知當x＞0時，lnx≤x-1，
故當n＞2時，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），
則F′（x）=x-

e

x

=

(x+ e )(x- e )

x

（x＞0），
∴當x∈（0，

e

）時，F′（x）＜0，F（x）是減函數；
當x∈（

e

，+∞）時，F′（x）＞0，F（x）是增函數；
∴F（x）的最小值F（

e

）=0，
則h（x）與g（x）的圖象在x=

e

處有公共點（

e

，

e

2

），
設函數h（x）和g（x）存在“分界線”，方程為y-

e

2

=k（x-

e

），有h（x）≥kx+

e

2

-k

e

在x∈R時恒成立，即x²-2kx-e+2k

e

≥0在x∈R時恒成立，由△=4k²-4（2k

e

-e）=4（k-

e

）²≤0，得k=

e

，則“分界線”方程為y=

e

x-

e

2

；
記G（x）=elnx-

e

x+

e

2

（x＞0），則G′（x）=

e

x

-

e

=

e- e x

x

（x＞0），
當x∈（0，

e

）時，G′（x）＞0，函數G（x）是增函數；當x∈（

e

，+∞）時，G′（x）＜0，函數G（x）是減函數．
∴當x=

e

時，函數G（x）取得最大值0，即g（x）≤

e

x-

e

2

在x＞0時恒成立．
綜上所述，函數h（x）和g（x）存在“分界線”，其中k=

e

，b=-

e

2

．

點評：本小題主要考查函數單調性的應用、利用導數求閉區間上函數的最值、不等式的證明等基礎知識，考查運算求解能力，考查化歸與轉化思想．