Question

13．若存在實常數(shù)k和b，使得函數(shù)F（x）和G（x）對其公共定義域上的任意實數(shù)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(shù)f（x）=x²（x∈R），g（x）=$\frac{1}{x}$（x＜0），h（x）=2elnx，有下列命題：
①F（x）=f（x）-g（x）在$x∈（{-\frac{1}{{\root{3}{2}}}，0}）$內(nèi)單調(diào)遞增；
②f（x）和g（x）之間存在“隔離直線”，且b的最小值為-4；
③f（x）和g（x）之間存在“隔離直線”，且k的取值范圍是（-4，0]；•
④f（x）和h（x）之間存在唯一的“隔離直線”y=2$\sqrt{e}$x-e．
其中真命題為①②④（請?zhí)钏�有正確命題的序號）

Answer 1

分析 ①求出F（x）=f（x）-g（x）的導數(shù)，檢驗在x∈（-$\frac{1}{\root{3}{2}}$，0）內(nèi)的導數(shù)符號，即可判斷；
②、③設f（x）、g（x）的隔離直線為y=kx+b，x²≥kx+b對一切實數(shù)x成立，即有△₁≤0，又$\frac{1}{x}$≤kx+b對一切x＜0成立，△₂≤0，k≤0，b≤0，根據(jù)不等式的性質(zhì)，求出k，b的范圍，即可判斷②③；
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(shù)，求出函數(shù)函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)導數(shù)求出函數(shù)的最值

解答 解：①∵F（x）=f（x）-g（x）=x²-$\frac{1}{x}$，∴x∈（-$\frac{1}{\root{3}{2}}$，0），F(xiàn)′（x）=2x+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
∴F（x）=f（x）-g（x）在x∈（-$\frac{1}{\root{3}{2}}$，0）內(nèi)單調(diào)遞增，故①對；
②、③設f（x）、g（x）的隔離直線為y=kx+b，則x²≥kx+b對一切實數(shù)x成立，即有△₁≤0，k²+4b≤0，
又$\frac{1}{x}$≤kx+b對一切x＜0成立，則kx²+bx-1≤0，即△₂≤0，b²+4k≤0，k≤0，b≤0，
即有k²≤-4b且b²≤-4k，k⁴≤16b²≤-64k⇒-4≤k≤0，同理⇒-4≤b≤0，故②對，③錯；
④函數(shù)f（x）和h（x）的圖象在x=$\sqrt{e}$處有公共點，因此存在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．則隔離直線方程為y-e=k（x-$\sqrt{e}$），即y=kx-k$\sqrt{e}$+e，
由f（x）≥kx-k$\sqrt{e}$+e（x∈R），可得x²-kx+k$\sqrt{e}$-e≥0當x∈R恒成立，
則△≤0，只有k=2$\sqrt{e}$，此時直線方程為：y=2$\sqrt{e}$x-e，
下面證明h（x）≤2$\sqrt{e}$x-e，令G（x）=2$\sqrt{e}$x-e-h（x）=2$\sqrt{e}$x-e-2elnx，
G′（x）=$\frac{2\sqrt{e}（x-\sqrt{e}）}{x}$，
當x=$\sqrt{e}$時，G′（x）=0，當0＜x＜$\sqrt{e}$時，G′（x）＜0，當x＞$\sqrt{e}$時，G′（x）＞0，
則當x=$\sqrt{e}$時，G（x）取到極小值，極小值是0，也是最小值．
所以G（x）=2$\sqrt{e}$x-e-g（x）≥0，則g（x）≤2$\sqrt{e}$x-e當x＞0時恒成立．
∴函數(shù)f（x）和g（x）存在唯一的隔離直線y=2$\sqrt{e}$x-e，故④正確．
故答案為：①②④．

點評 本題以命題的真假判斷與應用為載體，考查新定義，關鍵是對新定義的理解，考查函數(shù)的求導，利用導數(shù)求最值，屬于難題