题目

题型：不详难度：来源：

已知函数f（x）=e^x-ex
（Ⅰ）求函数f（x）的最小值；
（Ⅱ）对于函数h（x）=

1

2

x²与g（x）=elnx，是否存在公共切线y=kx+b（常数k，b）使得h（x）≥kx+b和g（x）≤kx+b在函数h（x），g（x）各自定义域上恒成立？若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由．

答案

（Ⅰ）由f′（x）=e^x-e=0，∴x=1．∴f（x）在（-∞，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增．∴f（x）的最小值为0

（Ⅱ）设 F(x)=h(x)-g(x)=

1

2

x2-elnx(x＞0)，∴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）存在公共切线且方程为：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）存在公共切线为y=

e

x-

1

2

e，此时 k=

e

，b=-

1

2

e．（14分）