Question

若存在實常數k和b，使得函數F（x）和G（x）對其公共定義域上的任意實數x都滿足：F（x）≥kx+b和G（x）≤kx+b恒成立，則稱此直線y=kx+b為F（x）和G（x）的“隔離直線”．已知函數h（x）=x²，m（x）=2elnx（e為自然對數的底數），φ（x）=x-2，d（x）=-1．
有下列命題：
①f（x）=h（x）-m（x）在遞減；
②h（x）和d（x）存在唯一的“隔離直線”；
③h（x）和φ（x）存在“隔離直線”y=kx+b，且b的最大值為；
④函數h（x）和m（x）存在唯一的隔離直線．
其中真命題的個數（ ）
A．1個
B．2個
C．3個
D．4個

Answer 1

【答案】分析：①求出f′（x）=2x-，x＞0．由f′（x）=2x-=0，x＞0，得x=，列表討論，能求出f（x）=h（x）-m（x）在遞減；
②h（x）和d（x）存在多條“隔離直線”；
③h（x）和φ（x）存在的“隔離直線”為y=x+b，由h′（x）=2x，知h（x）=x²與“隔離直線”y=x+b平行的切線方程的切點坐標為（），把（）代入y=x+b，得b=-，故h（x）和φ（x）存在“隔離直線”y=kx+b，且b的最大值為；
④存在f（x）和g（x）的隔離直線，那么該直線過這個公共點，設隔離直線的斜率為k．則隔離直線，構造函數，求出函數函數的導數，根據導數求出函數的最值．
解答：解：①∵h（x）=x²，m（x）=2elnx，
∴f（x）=h（x）-m（x）=x²-2elnx，x＞0
∴f′（x）=2x-，x＞0．由f′（x）=2x-=0，x＞0，得x=，

x	（0，）		（）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↓	極小值	↑

∴f（x）=h（x）-m（x）在遞減，故①正確；
②∵h（x）=x²，d（x）=-1．
∴h（x）和d（x）存在多條“隔離直線”，故②不正確；
③∵h（x）=x²，φ（x）=x-2，
∴h（x）和φ（x）存在的“隔離直線”y=kx+b平行于y=x-2，
即h（x）和φ（x）存在的“隔離直線”為y=x+b，
∵h′（x）=2x，∴h（x）=x²與“隔離直線”y=x+b平行的切線方程的切點坐標為（），
把（）代入y=x+b，得b=-，
∴h（x）和φ（x）存在“隔離直線”y=kx+b，且b的最大值為，故③正確；
④令F（x）=h（x）-m（x）=x²-2elnx（x＞0），
再令F′（x）═2x-=0，x＞0，得x=，
從而函數h（x）和m（x）的圖象在x=處有公共點．
因此存在h（x）和m（x）的隔離直線，那么該直線過這個公共點，設隔離直線的斜率為k，則
隔離直線方程為y-e=k（x-），即y=kx-k+e．
由h（x）≥kx-k+e可得 x²-kx+k-e≥0當x∈R恒成立，
則△=k²-4k+4e=（k-2）2≤0，只有k=2時，等號成立，此時直線方程為：y=2x-e．
同理證明，由φ（x ）≤kx-k+e，可得只有k=2時，等號成立，此時直線方程為：y=2x-e．
綜上可得，函數f（x）和g（x）存在唯一的隔離直線y=2x-e，故④正確．
故選C．
點評：本題以函數為載體，考查新定義，關鍵是對新定義的理解，考查函數的求導，利用導數求最值，屬于難題．