题目

题型：厦门模拟难度：来源：

已知函数f（x）=elnx，g（x）=e^-1•f（x）-（x+1）．（e=2.718…）
（1）求函数g（x）的极大值；
（2 ）求证：1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞ln(n+1)(n∈N*)；
（3）对于函数f（x）与h（x）定义域上的任意实数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”．设函数h(x)=

1

2

x2，试探究函数f（x）与h（x）是否存在“分界线”？若存在，请加以证明，并求出k，b的值；若不存在，请说明理由．

答案

（Ⅰ）∵g(x)=

1

e

•f(x)-(x+1)=lnx-(x+1)，∴g′(x)=

1

x

-1(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）上递增，（1，+∞）上递减，∴g（x）_极大=g（1）=-2．（4分）
（Ⅱ）证明：由（1）知x=1是函数g（x）极大值点，也是最大值点，∴g（x）≤g（1）=-2，
即lnx-（x+1）≤-2⇒lnx≤x-1，（当且仅当x=1时等号成立）（5分）
令t=x-1得：t≥ln（t+1），取t=

1

n

(n∈N*)，
则

1

n

＞ln(1+

1

n

)=ln(

n+1

n

)，（7分）
∴1＞ln2，

1

2

＞ln

3

2

，

1

3

＞ln

4

3

，

1

n

＞ln(

n+1

n

)，
迭加得1+

1

2

+

1

3

++

1

n

＞ln[2•

3

2

•

4

3

n+1

n

]=ln(n+1)（8分）
（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

．
∴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

)=

1

2

e
∴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

，
ⅰ）由h(x)≥u(x)⇒

1

2

x2≥kx+

1

2

e-k

e

在x∈R恒成立，
即x2-2kx-e+2k

e

≥0在R上恒成立，
∴△=4k2+4e-8k

e

=4(k-

e

)2≤0成立，
∴k=

e

，故u(x)=

e

x-

1

2

e．（11分）
ⅱ）下面再证明：f(x)≤u(x)⇒elnx≤

e

x-

1

2

e(x＞0)恒成立．
设φ(x)=elnx-

e

x+

1

2

e，则φ′(x)=

e

x

-

e

=

e- e x

x

．
∴当0＜x＜

e

时，φ′（x）＞0，函数φ（x）单调递增；当x＞

e

时，φ′（x）＜0．函数φ（x）单调递减．
∴x=

e

时φ（x）取得最大值0，则φ(x)≤

e

x-

1

2

e（x＞0）成立．（13分）
综上ⅰ）和ⅱ）知：f(x)≤

e

x-

1

2

e且h(x)≥

e

x-

1

2

e，
故函数f（x）与h（x）存在分界线为y=

e

x-

1

2

e，此时k=

e

，b=-

1

2

e．（14分）
另令f（x）=h（x），则

1

2

x2=elnx，探究得两函数图象的交点为(

e

，

1

2

e)，
设存在“分界线”且为：y-

1

2

e=k(x-

e

)，令函数u(x)=kx+

1

2

e-k

e

，
再证：h（x）-u（x）≥0恒成立；f（x）-u（x）≤0恒成立证法同上ⅰ）和ⅱ．