Question

若存在實(shí)常數(shù)k和b，使得函數(shù)F（x）和G（x）對其公共定義域上的任意實(shí)數(shù)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(shù)f（x）=x²（x∈R），g（x）=

1

x

（x＜0），h（x）=2elnx．有下列命題：
①F（x）=f（x）-g（x）在x∈（-

1

3 2

，0）內(nèi)單調(diào)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

e

x-e．
其中真命題的個數(shù)有（　　）

• A、1個
• B、2個
• C、3個
• D、4個

Answer 1

考點(diǎn)：命題的真假判斷與應(yīng)用

專題：新定義,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：①求出F（x）=f（x）-g（x）的導(dǎo)數(shù)，檢驗(yàn)在x∈（-

1

3 2

，0）內(nèi)的導(dǎo)數(shù)符號，即可判斷；
②、③設(shè)f（x）、g（x）的隔離直線為y=kx+b，x²≥kx+b對一切實(shí)數(shù)x成立，即有△₁≤0，又

1

x

≤kx+b對一切x＜0成立，△₂≤0，k≤0，b≤0，根據(jù)不等式的性質(zhì)，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(diǎn)，設(shè)隔離直線的斜率為k．則隔離直線，構(gòu)造函數(shù)，求出函數(shù)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最值．

解答： 解：①∵F（x）=f（x）-g（x）=x²-

1

x

，∴x∈（-

1

3 2

，0），F(xiàn)′（x）=2x+

1

x2

＞0，
∴F（x）=f（x）-g（x）在x∈（-

1

3 2

，0）內(nèi)單調(diào)遞增，故①對；
②、③設(shè)f（x）、g（x）的隔離直線為y=kx+b，則x²≥kx+b對一切實(shí)數(shù)x成立，即有△₁≤0，k²+4b≤0，
又

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(shù)f（x）和h（x）的圖象在x=

e

處有公共點(diǎn)，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(diǎn)，設(shè)隔離直線的斜率為k．則隔離直線方程為y-e=k（x-

e

），即y=kx-k

e

+e，
由f（x）≥kx-k

e

+e（x∈R），可得x²-kx+k

e

-e≥0當(dāng)x∈R恒成立，
則△≤0，只有k=2

e

，此時直線方程為：y=2

e

x-e，
下面證明h（x）≤2

e

x-e，令G（x）=2

e

x-e-h（x）=2

e

x-e-2elnx，
G′（x）=

2 e (x- e )

x

，
當(dāng)x=

e

時，G′（x）=0，當(dāng)0＜x＜

e

時G′（x）＜0，當(dāng)x＞

e

時G′（x）＞0，
則當(dāng)x=

e

時，G（x）取到極小值，極小值是0，也是最小值．
所以G（x）=2

e

x-e-g（x）≥0，則g（x）≤2

e

x-e當(dāng)x＞0時恒成立．
∴函數(shù)f（x）和g（x）存在唯一的隔離直線y=2

e

x-e，故④正確．
故選：C．

點(diǎn)評：本題以函數(shù)為載體，考查新定義，關(guān)鍵是對新定義的理解，考查函數(shù)的求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)求最值，屬于難題．