Question

（2012•江门一模）已知f（x）=x²，g（x）=lnx，直线l：y=kx+b（常数k、b∈R）使得函数y=f（x）的图象在直线l的上方，同时函数y=g（x）的图象在直线l的下方，即对定义域内任意x，lnx＜kx+b＜x²恒成立．
试证明：
（1）k＞0，且-lnk-1＜b＜-

k2

4

；
（2）“e-

1

2

＜k＜e”是“lnx＜kx+b＜x²”成立的充分不必要条件．

Answer 1

分析：（1）由lnx＜kx+b恒成立，结合对数函数的性质，得k＞0．由kx+b＜x²恒成立，结合根的判别式可得b＜-

k2

4

．再根据lnx＜kx+b恒成立，讨论讨论函数h（x）=kx+b-lnx的单调性与最小值，得到h（

1

k

）=1+b+lnk＞0，从而得原不等式成立．
（2）根据幂函数与对数函数单调性，可得k应介于曲线f（x）=x²与g（x）=lnx的两个交点的横坐标之间．通过计算比较f（e-

1

2

）与g（e-

1

2

）、f（e）与g（e）的大小，可得区间（e-

1

2

，e）恰好位于两交点横坐标之间，从而证出本题的充分不必要条件．

解答：解：（1）根据题意，得
对任意x，lnx＜kx+b，所以k＞

lnx-b

x

…（1分），
因为k、b是常数，所以当x充分大时，lnx＞b，
从而k＞

lnx-b

x

＞0…（2分）．
因为kx+b＜x²即x²-kx-b＞0恒成立，
所以△=（-k）²+4b＜0，得b＜-

k2

4

…（4分）．
因为lnx＜kx+b即kx+b-lnx＞0恒成立，
设h（x）=kx+b-lnx，则h'（x）=k-

1

x

…（5分），
由h'（x）=0得x=

1

k

＞0，
∴0＜x＜

1

k

时，h'（x）＜0，h（x）单调递减；x＞

1

k

时时，h'（x）＜0，h（x）单调递增…（7分），
所以h（x）的极小值从而也是最小值为h（

1

k

）=1+b-ln

1

k

=1+b+lnk…（8分），
因为kx+b-lnx＞0恒成立，所以h（

1

k

）=1+b+lnk＞0，即b＞-lnk-1，从而-lnk-1＜b＜-

k2

4

成立；…（9分）．
（2）由（1）知-lnk-1＜-

k2

4

，从而

k2

4

＜lnk+1，其中k是正数…（10分），
如图，根据幂函数与对数函数单调性，
可得k应介于曲线f（x）=x²与g（x）=lnx的两个交点的横坐标之间，
设这两个交点横坐标分别为x₁、x₂，且x₁＜x₂．…（11分），
因为k=e-

1

2

时，

k2

4

＜

1

2

=lnk+1，k=e时，

k2

4

=

e2

4

＜2=lnk+1…（13分），
所以（e-

1

2

，e）是（x₁，x₂）的真子集，
由此可得：“e-

1

2

＜k＜e”是“lnx＜kx+b＜x²”成立的充分不必要条件．…（14分）．

点评：本题给出介于两个函数图象之间的一条线段对应的函数，求证参数的取值范围并证明充分条件，着重考查了基本初等函数、利用导数研究函数的单调性与最值和充分必要条件的证明等知识，属于中档题．