Question

13．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²，g（x）=elnx
（1）设函数F（x）=f（x）-g（x），求F（x）的单调区间并求最小值；
（2）若存在常数k，m，使得f（x）≥kx+m对x∈R恒成立，且g（x）≤kx+m对x∈（0，+∞）恒成立，则称直线y=kx+m为函数f（x）与g（x）的“分界线”，试问：f（x）与g（x）是否存在“分界线”？若存在，求出“分界线”的方程，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求得函数的导数及定义域，根据导数与函数单调性及极值的关系，即可求得求得F（x）的极小值，即函数F（x）的最小值；
（2）由（1）可知：f（x）与g（x）在x=$\sqrt{e}$处有公共点（$\sqrt{e}$，$\frac{e}{2}$），则存在分界线，设分界函数，求导，根据二次函数的性质，即可求得k的值，作差，再根据函数的单调性可得：g（x）≤$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$对x∈（0，+∞）恒成立．

解答 解：（1）由于函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²，g（x）=elnx
因此F（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{2}$x²-elnx，
则F′（x）=x-$\frac{e}{x}$=$\frac{{x}^{2}-e}{x}$=$\frac{（x-\sqrt{e}）（x+\sqrt{e}）}{x}$，x∈（0，+∞），…（3分）
当x∈（0，$\sqrt{e}$）时，F′（x）＜0，所以F（x）在x∈（0，$\sqrt{e}$）时是减函数，
当x∈（$\sqrt{e}$，+∞）时，F′（x）＞0，所以F（x）在x∈（$\sqrt{e}$，+∞）时是增函数，…（5分）
所以F（x）_min=F（$\sqrt{e}$）=0，
（2）由（1）知：F（x）_min=F（$\sqrt{e}$）=0，
则f（x）与g（x）在x=$\sqrt{e}$处有公共点（$\sqrt{e}$，$\frac{e}{2}$），
则f（x）与g（x）存在分界线，则其必然过（$\sqrt{e}$，$\frac{e}{2}$），…（6分）
设其方程为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$\sqrt{e}$，对x∈R恒成立，则x²-2kx-e+2k$\sqrt{e}$≥0对x∈R恒成立，
所以△=4k²-4（2k$\sqrt{e}$-e）=4（k-$\sqrt{e}$）²≤0，
所以：k=$\sqrt{e}$，故分界线方程为y=$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$；…（9分）
下面证明g（x）≤$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$对x∈（0，+∞）恒成立，
设G（x）=g（x）-（$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$）=elnx-x$\sqrt{e}$+$\frac{e}{2}$，G′（x）=$\frac{e}{x}$-$\sqrt{e}$=$\frac{\sqrt{e}（\sqrt{e}-x）}{x}$，
当x∈（0，$\sqrt{e}$）时，G′（x）＞0，所以G（x）在x∈（0，$\sqrt{e}$）时是增函数，
当x∈（$\sqrt{e}$，+∞）时，G′（x）＜0，所以G（x）在x∈（$\sqrt{e}$，+∞）时是减函数，
所以G（x）_max=G（$\sqrt{e}$）=0，…（11分）
则证明g（x）≤$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$对x∈（0，+∞）恒成立
，所以：分界线方程为y=$\sqrt{e}$x-$\frac{e}{2}$..…（12分）

点评 本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间及极值，考查不等式恒成立，考查转化思想，属于中档题．