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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+12+13+…+1n＞ln(n+1)(n∈N*)；（3）对于函数f

题目简介

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+12+13+…+1n＞ln(n+1)(n∈N*)；（3）对于函数f

题目详情

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．
题型：解答题难度：中档来源：厦门模拟

答案

（Ⅰ）∵g(x)=class="stub"1
e
•f(x)-(x+1)=lnx-(x+1)，∴g′(x)=class="stub"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=class="stub"1
n
(n∈N*)，
则class="stub"1
n
＞ln(1+class="stub"1
n
)=ln(class="stub"n+1
n
)，（7分）
∴1＞ln2，class="stub"1
2
＞lnclass="stub"3
2
，class="stub"1
3
＞lnclass="stub"4
3
，class="stub"1
n
＞ln(class="stub"n+1
n
)，
迭加得1+class="stub"1
2
+class="stub"1
3
++class="stub"1
n
＞ln[2•class="stub"3
2
•class="stub"4
3
class="stub"n+1
n
]=ln(n+1)（8分）
（Ⅲ）设F(x)=h(x)-f(x)=class="stub"1
2
x2-elnx(x＞0)，
则F′(x)=x-class="stub"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
)=class="stub"1
2
e
∴函数f（x）与h（x）的图象在x=
e
处有公共点(
e
，class="stub"1
2
e)．（9分）
设f（x）与h（x）存在“分界线”且方程为：y-class="stub"1
2
e=k(x-
e
)．
令函数u(x)=kx+class="stub"1
2
e-k
e
，
ⅰ）由h(x)≥u(x)⇒class="stub"1
2
x2≥kx+class="stub"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-class="stub"1
2
e．（11分）
ⅱ）下面再证明：f(x)≤u(x)⇒elnx≤
e
x-class="stub"1
2
e(x＞0)恒成立．
设φ(x)=elnx-
e
x+class="stub"1
2
e，则φ′(x)=class="stub"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-class="stub"1
2
e（x＞0）成立．（13分）
综上ⅰ）和ⅱ）知：f(x)≤
e
x-class="stub"1
2
e且h(x)≥
e
x-class="stub"1
2
e，
故函数f（x）与h（x）存在分界线为y=
e
x-class="stub"1
2
e，此时k=
e
，b=-class="stub"1
2
e．（14分）
另令f（x）=h（x），则class="stub"1
2
x2=elnx，探究得两函数图象的交点为(
e
，class="stub"1
2
e)，
设存在“分界线”且为：y-class="stub"1
2
e=k(x-
e
)，令函数u(x)=kx+class="stub"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．

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