Question

若存在实常数k和b，使得函数F（x）和G（x）对其公共定义域上的任意实数x都满足：F（x）≥kx+b和G（x）≤kx+b恒成立，则称此直线y=kx+b为F（x）和G（x）的“隔离直线”．已知函数f（x）=x²（x∈R），g（x）=

1

x

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

1

3 2

，0）内单调递增；
②f（x）和g（x）之间存在“隔离直线”，且b的最小值为-4；
③f（x）和g（x）之间存在“隔离直线”，且k的取值范围是（-4，0]；
④f（x）和h（x）之间存在唯一的“隔离直线”y=2

e

x-e．
其中真命题的个数有（　　）

• A、1个
• B、2个
• C、3个
• D、4个

Answer 1

考点：命题的真假判断与应用

专题：新定义,函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：①求出F（x）=f（x）-g（x）的导数，检验在x∈（-

1

3 2

，0）内的导数符号，即可判断；
②、③设f（x）、g（x）的隔离直线为y=kx+b，x²≥kx+b对一切实数x成立，即有△₁≤0，又

1

x

≤kx+b对一切x＜0成立，△₂≤0，k≤0，b≤0，根据不等式的性质，求出k，b的范围，即可判断②③；
④存在f（x）和g（x）的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k．则隔离直线，构造函数，求出函数函数的导数，根据导数求出函数的最值．

解答： 解：①∵F（x）=f（x）-g（x）=x²-

1

x

，∴x∈（-

1

3 2

，0），F′（x）=2x+

1

x2

＞0，
∴F（x）=f（x）-g（x）在x∈（-

1

3 2

，0）内单调递增，故①对；
②、③设f（x）、g（x）的隔离直线为y=kx+b，则x²≥kx+b对一切实数x成立，即有△₁≤0，k²+4b≤0，
又

1

x

≤kx+b对一切x＜0成立，则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对，③错；
④函数f（x）和h（x）的图象在x=

e

处有公共点，因此存在f（x）和g（x）的隔离直线，
那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k．则隔离直线方程为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当x∈R恒成立，
则△≤0，只有k=2

e

，此时直线方程为：y=2

e

x-e，
下面证明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

，
当x=

e

时，G′（x）=0，当0＜x＜

e

时G′（x）＜0，当x＞

e

时G′（x）＞0，
则当x=

e

时，G（x）取到极小值，极小值是0，也是最小值．
所以G（x）=2

e

x-e-g（x）≥0，则g（x）≤2

e

x-e当x＞0时恒成立．
∴函数f（x）和g（x）存在唯一的隔离直线y=2

e

x-e，故④正确．
故选：C．

点评：本题以函数为载体，考查新定义，关键是对新定义的理解，考查函数的求导，利用导数求最值，属于难题．