Question

已知函數f（x）=x-1-lnx．
（1）求函數f（x）的最小值；
（2）求證：當n∈N^*時，e1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞n+1；
（3）對于函數h（x）和g（x）定義域上的任意實數x，若存在常數k，b，使得不等式h（x）≥kx+b和g（x）≤kx+b都成立，則稱直線y=kx+b是函數h（x）與g（x）的“分界線”．設函數h(x)=

1

2

x2，g（x）=e[x-1-f（x）]，試問函數h（x）與g（x）是否存在“分界線”？若存在，求出常數k，b的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）由f（x）=x-1-lnx（x＞0）知f/(x)=1-

1

x

=

x-1

x

，當x∈（0，1）時，f′（x）＜0，f（x）遞減，當x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）遞增，由此能求出f（x）的最小值．
（2）由（1）知當x＞0時恒有f（x）≥0，即x-1≥lnx，故e^x-1≥x，從而有e^x≥x+1，當且僅當x=0時取等號，由此能夠證明當n∈N^*時，e1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞n+1．
（3）令F(x)=h(x)-g(x)=

1

2

x2-elnx(x＞0)，則F/(x)=x-

e

x

=

(x+ e )(x- e )

x

，當x∈(0，

e

)時，F(xiàn)′（x）＜0，F(xiàn)（x）遞減，當x∈(

e

，+∞)時，F(xiàn)′（x）＞0，F(xiàn)（x）遞增，故當x=

e

時F（x）取得最小值0，則h（x）與g（x）的圖象在x=

e

處有公共點(

e

，

e

2

)．由此能夠導出函數h（x）與g（x）存在“分界線”，其中k=

e

，b=-

e

2

．

解答：（1）解：∵f（x）=x-1-lnx（x＞0）
∴f/(x)=1-

1

x

=

x-1

x

，
當x∈（0，1）時，f′（x）＜0，f（x）遞減，
當x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）遞增，
∴f（x）的最小值為f（1）=0．…（4分）
（2）證明：由（1）知當x＞0時恒有f（x）≥0，即x-1≥lnx，
∴e^x-1≥x，從而有e^x≥x+1，當且僅當x=0時取等號，…（6分）
分別令x=1，

1

2

，

1

3

，…，

1

n

，
得e1＞1+1=2，e

1

2

＞

1

2

+1=

3

2

，e

1

3

＞

1

3

+1=

4

3

，…，e

1

n

＞

1

n

+1=

n+1

n

，
相乘可得e1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞2×

3

2

×

4

3

×…×

n+1

n

=n+1．…（8分）
（3）解：令F(x)=h(x)-g(x)=

1

2

x2-elnx(x＞0)，
則F/(x)=x-

e

x

=

(x+ e )(x- e )

x

，
當x∈(0，

e

)時，F(xiàn)′（x）＜0，F(xiàn)（x）遞減，
當x∈(

e

，+∞)時，F(xiàn)′（x）＞0，F(xiàn)（x）遞增，
∴當x=

e

時F（x）取得最小值0，
則h（x）與g（x）的圖象在x=

e

處有公共點(

e

，

e

2

)．…（10分）
設函數h（x）與g（x）存在“分界線”，方程為y-

e

2

=k(x-

e

)，
應有h(x)≥kx+

e

2

-k

e

在x∈R時恒成立，
即x2-2kx-e+2k

e

≥0在x∈R時恒成立，
必須△=4k2-4(2k

e

-e)=4(k-

e

)2≤0，
得k=

e

．…（13分）
下證g(x)≤

e

x-

e

2

在x＞0時恒成立，
記G(x)=elnx-

e

x+

e

2

，
則G/(x)=

e

x

-

e

=

e- e x

x

，當x∈(0，

e

)時，G′（x）＞0，G（x）遞增，
當x∈(

e

，+∞)時，G′（x）＜0，G（x）遞減，
∴當x=

e

時G（x）取得最大值0，
即g(x)≤

e

x-

e

2

在x＞0時恒成立，
綜上知，函數h（x）與g（x）存在“分界線”，其中k=

e

，b=-

e

2

．…（16分）

點評：本題考查利用導數求閉區(qū)間上函數最值的應用，綜合性強，難度大，是高考的重點．解題時要認真審題，仔細解答，注意合理地進行等價轉化．