Question

已知函数f（x）=x-1-lnx．
（1）求函数f（x）的最小值；
（2）求证：当n∈N^*时，e1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞n+1；
（3）对于函数h（x）和g（x）定义域上的任意实数x，若存在常数k，b，使得不等式h（x）≥kx+b和g（x）≤kx+b都成立，则称直线y=kx+b是函数h（x）与g（x）的“分界线”．设函数h(x)=

1

2

x2，g（x）=e[x-1-f（x）]，试问函数h（x）与g（x）是否存在“分界线”？若存在，求出常数k，b的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（1）由f（x）=x-1-lnx（x＞0）知f/(x)=1-

1

x

=

x-1

x

，当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）递减，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）递增，由此能求出f（x）的最小值．
（2）由（1）知当x＞0时恒有f（x）≥0，即x-1≥lnx，故e^x-1≥x，从而有e^x≥x+1，当且仅当x=0时取等号，由此能够证明当n∈N^*时，e1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞n+1．
（3）令F(x)=h(x)-g(x)=

1

2

x2-elnx(x＞0)，则F/(x)=x-

e

x

=

(x+ e )(x- e )

x

，当x∈(0，

e

)时，F′（x）＜0，F（x）递减，当x∈(

e

，+∞)时，F′（x）＞0，F（x）递增，故当x=

e

时F（x）取得最小值0，则h（x）与g（x）的图象在x=

e

处有公共点(

e

，

e

2

)．由此能够导出函数h（x）与g（x）存在“分界线”，其中k=

e

，b=-

e

2

．

解答：（1）解：∵f（x）=x-1-lnx（x＞0）
∴f/(x)=1-

1

x

=

x-1

x

，
当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）递减，
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）递增，
∴f（x）的最小值为f（1）=0．…（4分）
（2）证明：由（1）知当x＞0时恒有f（x）≥0，即x-1≥lnx，
∴e^x-1≥x，从而有e^x≥x+1，当且仅当x=0时取等号，…（6分）
分别令x=1，

1

2

，

1

3

，…，

1

n

，
得e1＞1+1=2，e

1

2

＞

1

2

+1=

3

2

，e

1

3

＞

1

3

+1=

4

3

，…，e

1

n

＞

1

n

+1=

n+1

n

，
相乘可得e1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞2×

3

2

×

4

3

×…×

n+1

n

=n+1．…（8分）
（3）解：令F(x)=h(x)-g(x)=

1

2

x2-elnx(x＞0)，
则F/(x)=x-

e

x

=

(x+ e )(x- e )

x

，
当x∈(0，

e

)时，F′（x）＜0，F（x）递减，
当x∈(

e

，+∞)时，F′（x）＞0，F（x）递增，
∴当x=

e

时F（x）取得最小值0，
则h（x）与g（x）的图象在x=

e

处有公共点(

e

，

e

2

)．…（10分）
设函数h（x）与g（x）存在“分界线”，方程为y-

e

2

=k(x-

e

)，
应有h(x)≥kx+

e

2

-k

e

在x∈R时恒成立，
即x2-2kx-e+2k

e

≥0在x∈R时恒成立，
必须△=4k2-4(2k

e

-e)=4(k-

e

)2≤0，
得k=

e

．…（13分）
下证g(x)≤

e

x-

e

2

在x＞0时恒成立，
记G(x)=elnx-

e

x+

e

2

，
则G/(x)=

e

x

-

e

=

e- e x

x

，当x∈(0，

e

)时，G′（x）＞0，G（x）递增，
当x∈(

e

，+∞)时，G′（x）＜0，G（x）递减，
∴当x=

e

时G（x）取得最大值0，
即g(x)≤

e

x-

e

2

在x＞0时恒成立，
综上知，函数h（x）与g（x）存在“分界线”，其中k=

e

，b=-

e

2

．…（16分）

点评：本题考查利用导数求闭区间上函数最值的应用，综合性强，难度大，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．