Question

20．已知函数y=f（x）的定义域为I，如果存在k，m∈R，对任意x∈I都有f（x）≤kx+m≤xf（x）成立且等号都能取到（可不同时取到），那么称直线l：y=kx+m为函数y=f（x）的经典分界线．若f（x）=ax²+blnx+c（a，c∈R，b∈Z）．
（1）当a=2，b=-1时，求函数y=f（x）的单调增区间；
（2）当函数y=f（x）在A（e，1）处的切线过原点时，求函数y=f（x）的经典分界线．（e为自然对数的底，e≈2.718289045）

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的解析式，求得导数，令导数大于0，可得增区间；
（2）求出f（x）的导数，求得切线的斜率，结合两点的斜率公式，可得a，c用b表示，再由经典分界线定义可得（1-x）f（x）≤0，讨论x的范围，可得b=1，即有f（x）=lnx，故lnx≤kx+m≤xlnx恒成立，令x=1，可得k+m=0，再由不等式恒成立思想可得k=1，进而得到所求直线方程．

解答 解：（1）当a=2，b=-1时，f（x）=2x²-lnx+c，（x＞0），
f′（x）=4x-$\frac{1}{x}$，由f′（x）＞0可得x＞$\frac{1}{2}$，
即有f（x）的单调递增区间为（$\frac{1}{2}$，+∞）；
（2）f′（x）=2ax+$\frac{b}{x}$，由题意可得f′（e）=2ae+$\frac{b}{e}$=$\frac{1}{e}$，
ae²+b+c=1，可得a=$\frac{1-b}{2{e}^{2}}$，c=$\frac{1-b}{2}$，
即有f（x）=$\frac{1-b}{2{e}^{2}}$x²+blnx+$\frac{1-b}{2}$，x＞0，
由经典分界线定义可得，f（x）≤xf（x）即（1-x）f（x）≤0，
①当x=1时，显然成立；
②当x＞1时，f（x）≥0恒成立．
故f（$\root{4}{e}$）=$\frac{1-b}{2{e}^{2}}$•$\sqrt{e}$+bln$\root{4}{e}$+$\frac{1-b}{2}$=$\frac{1-b}{2{e}^{2}}$•$\sqrt{e}$+$\frac{2-b}{4}$≥0，
则b≤$\frac{2{e}^{2}+2\sqrt{e}}{{e}^{2}+2\sqrt{e}}$＜$\frac{2{e}^{2}+2\sqrt{e}}{{e}^{2}+\sqrt{e}}$=2，
③当0＜x＜1时，f（x）≤0恒成立，f（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1-b}{2{e}^{4}}$-b+$\frac{1-b}{2}$≤0，
解得b≥$\frac{1+{e}^{4}}{1+3{e}^{4}}$＞0，
综上可得0＜b≤2，由b为整数，则b=1．a=c=0，
即有f（x）=lnx，故lnx≤kx+m≤xlnx恒成立，
取x=1代入0≤k+m≤0，即k+m=0，
即有lnx≤kx-k≤xlnx恒成立，
令g（x）=lnx-kx+k，g（1）=0，g（x）≤g（1）=0恒成立，
g′（x）=$\frac{1}{x}$-k，当k≤0时，g′（x）＞0，g（x）递增，与g（x）≤g（1）=0矛盾，故k＞0，
在（0，$\frac{1}{k}$）g（x）递增，在（$\frac{1}{k}$，+∞）递减，则g（x）的最大值为g（$\frac{1}{k}$）．
只能$\frac{1}{k}$=1，即k=1．
故函数y=f（x）的经典分界线为y=x-1．

点评 本题考查新定义的理解和运用，主要考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，同时考查不等式恒成立问题的解法，运算求解能力，属于难题．