Question

13．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²，g（x）=elnx
（1）設(shè)函數(shù)F（x）=f（x）-g（x），求F（x）的單調(diào)區(qū)間并求最小值；
（2）若存在常數(shù)k，m，使得f（x）≥kx+m對(duì)x∈R恒成立，且g（x）≤kx+m對(duì)x∈（0，+∞）恒成立，則稱直線y=kx+m為函數(shù)f（x）與g（x）的“分界線”，試問：f（x）與g（x）是否存在“分界線”？若存在，求出“分界線”的方程，若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）求得函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及定義域，根據(jù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性及極值的關(guān)系，即可求得求得F（x）的極小值，即函數(shù)F（x）的最小值；
（2）由（1）可知：f（x）與g（x）在x=$\sqrt{e}$處有公共點(diǎn)（$\sqrt{e}$，$\frac{e}{2}$），則存在分界線，設(shè)分界函數(shù)，求導(dǎo)，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，即可求得k的值，作差，再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性可得：g（x）≤$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$對(duì)x∈（0，+∞）恒成立．

解答 解：（1）由于函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²，g（x）=elnx
因此F（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{2}$x²-elnx，
則F′（x）=x-$\frac{e}{x}$=$\frac{{x}^{2}-e}{x}$=$\frac{（x-\sqrt{e}）（x+\sqrt{e}）}{x}$，x∈（0，+∞），…（3分）
當(dāng)x∈（0，$\sqrt{e}$）時(shí)，F(xiàn)′（x）＜0，所以F（x）在x∈（0，$\sqrt{e}$）時(shí)是減函數(shù)，
當(dāng)x∈（$\sqrt{e}$，+∞）時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0，所以F（x）在x∈（$\sqrt{e}$，+∞）時(shí)是增函數(shù)，…（5分）
所以F（x）_min=F（$\sqrt{e}$）=0，
（2）由（1）知：F（x）_min=F（$\sqrt{e}$）=0，
則f（x）與g（x）在x=$\sqrt{e}$處有公共點(diǎn)（$\sqrt{e}$，$\frac{e}{2}$），
則f（x）與g（x）存在分界線，則其必然過（$\sqrt{e}$，$\frac{e}{2}$），…（6分）
設(shè)其方程為y-$\frac{e}{2}$=k（x-$\sqrt{e}$），即y=kx+$\frac{e}{2}$-k$\sqrt{e}$，
由f（x）＞kx+$\frac{e}{2}$-k$\sqrt{e}$，對(duì)x∈R恒成立，則x²-2kx-e+2k$\sqrt{e}$≥0對(duì)x∈R恒成立，
所以△=4k²-4（2k$\sqrt{e}$-e）=4（k-$\sqrt{e}$）²≤0，
所以：k=$\sqrt{e}$，故分界線方程為y=$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$；…（9分）
下面證明g（x）≤$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$對(duì)x∈（0，+∞）恒成立，
設(shè)G（x）=g（x）-（$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$）=elnx-x$\sqrt{e}$+$\frac{e}{2}$，G′（x）=$\frac{e}{x}$-$\sqrt{e}$=$\frac{\sqrt{e}（\sqrt{e}-x）}{x}$，
當(dāng)x∈（0，$\sqrt{e}$）時(shí)，G′（x）＞0，所以G（x）在x∈（0，$\sqrt{e}$）時(shí)是增函數(shù)，
當(dāng)x∈（$\sqrt{e}$，+∞）時(shí)，G′（x）＜0，所以G（x）在x∈（$\sqrt{e}$，+∞）時(shí)是減函數(shù)，
所以G（x）_max=G（$\sqrt{e}$）=0，…（11分）
則證明g（x）≤$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$對(duì)x∈（0，+∞）恒成立
，所以：分界線方程為y=$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$..…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及極值，考查不等式恒成立，考查轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．