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已知函数f(x)=elnx,g(x)=lnx-x-1,h(x)=
1
2
x2

(Ⅰ)求函数g(x)的极大值.
(Ⅱ)求证:存在x0∈(1,+∞),使g(x0)=g(
1
2
)

(Ⅲ)对于函数f(x)与h(x)定义域内的任意实数x,若存在常数k,b,使得f(x)≤kx+b和h(x)≥kx+b都成立,则称直线y=kx+b为函数f(x)与h(x)的分界线.试探究函数f(x)与h(x)是否存在“分界线”?若存在,请给予证明,并求出k,b的值;若不存在,请说明理由.
(Ⅰ)g′(x)=
1
x
-1=
1-x
x
(x>0)
.…(1分)
令g′(x)>0,解得0<x<1;令g′(x)<0,解得x>1.…(2分)
∴函数g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减.…(3分)
所以g(x)的极大值为g(1)=-2.…(4分)
(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
φ(x)=g(x)-g(
1
2
)
,∴φ(1)=g(1)-g(
1
2
)>0
,…(5分)
取x′=e>1,则φ(e)=g(e)-g(
1
2
)=lne-(e+1)-ln
1
2
+(
1
2
+1)
=-e+ln2+
3
2
<0
.…(6分)
故存在x0∈(1,e),使φ(x0)=0,即存在x0∈(1,+∞),使g(x0)=g(
1
2
)
.…(7分)
(说明:x′的取法不唯一,只要满足x′>1,且φ(x′)<0即可)
(Ⅲ)设F(x)=h(x)-f(x)=
1
2
x2-elnx(x>0)
,则F′(x)=x-
e
x
=
x2-e
x
=
(x+
e
)(x-
e
)
x

则当0<x<
e
时,F′(x)<0,函数F(x)单调递减;当x>
e
时,F′(x)>0,函数F(x)单调递增.
x=
e
是函数F(x)的极小值点,也是最小值点,
F(x)min=F(
e
)=0

∴函数f(x)与h(x)的图象在x=
e
处有公共点(
e
1
2
e
).…(9分)
设f(x)与h(x)存在“分界线”且方程为y-
1
2
e=k(x-
e
)

令函数u(x)=kx+
1
2
e-k
e

①由h(x)≥u(x),得
1
2
x2≥kx+
1
2
e-k
e
在x∈R上恒成立,
x2-2kx-e+2k
e
≥0
在x∈R上恒成立,
△=4k2-4(-e+2k
e
)≤0

4(k-
e
)2≤0

k=
e
,故u(x)=
e
x-
1
2
e
.…(11分)
②下面说明:f(x)≤u(x),
elnx≤
e
x-
1
2
e(x>0)
恒成立.
V(x)=elnx-
e
x+
1
2
e

V′(x)=
e
x
-
e
=
e-
e
x
x

∵当0<x<
e
时,V′(x)>0,函数V(x)单调递增,
x>
e
时,V′(x)<0,函数V(x)单调递减,
∴当x=
e
时,V(x)取得最大值0,V(x)≤V(x)max=0.
elnx≤
e
x-
1
2
e(x>0)
成立.…(13分)
综合①②知h(x)≥
e
x-
1
2
e
,且f(x)≤
e
x-
1
2
e

故函数f(x)与h(x)存在“分界线”y=
e
x-
1
2
e

此时k=
e
,b=-
1
2
e
.…(14分)
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1
3
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a
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b
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b
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1
e

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lim
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Sn
n3+1
=______.

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1
2
,2]
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1
2

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