(Ⅰ)g′(x)=-1=(x>0).…(1分) 令g′(x)>0,解得0<x<1;令g′(x)<0,解得x>1.…(2分) ∴函数g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减.…(3分) 所以g(x)的极大值为g(1)=-2.…(4分) (Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 令φ(x)=g(x)-g(),∴φ(1)=g(1)-g()>0,…(5分) 取x′=e>1,则φ(e)=g(e)-g()=lne-(e+1)-ln+(+1)=-e+ln2+<0.…(6分) 故存在x0∈(1,e),使φ(x0)=0,即存在x0∈(1,+∞),使g(x0)=g().…(7分) (说明:x′的取法不唯一,只要满足x′>1,且φ(x′)<0即可) (Ⅲ)设F(x)=h(x)-f(x)=x2-elnx(x>0),则F′(x)=x-== 则当0<x<时,F′(x)<0,函数F(x)单调递减;当x>时,F′(x)>0,函数F(x)单调递增. ∴x=是函数F(x)的极小值点,也是最小值点, ∴F(x)min=F()=0. ∴函数f(x)与h(x)的图象在x=处有公共点(,e).…(9分) 设f(x)与h(x)存在“分界线”且方程为y-e=k(x-), 令函数u(x)=kx+e-k ①由h(x)≥u(x),得x2≥kx+e-k在x∈R上恒成立, 即x2-2kx-e+2k≥0在x∈R上恒成立, ∴△=4k2-4(-e+2k)≤0, 即4(k-)2≤0, ∴k=,故u(x)=x-e.…(11分) ②下面说明:f(x)≤u(x), 即elnx≤x-e(x>0)恒成立. 设V(x)=elnx-x+e 则V′(x)=-= ∵当0<x<时,V′(x)>0,函数V(x)单调递增, 当x>时,V′(x)<0,函数V(x)单调递减, ∴当x=时,V(x)取得最大值0,V(x)≤V(x)max=0. ∴elnx≤x-e(x>0)成立.…(13分) 综合①②知h(x)≥x-e,且f(x)≤x-e, 故函数f(x)与h(x)存在“分界线”y=x-e, 此时k=,b=-e.…(14分) |