(Ⅰ)∵g(x)=•f(x)-(x+1)=lnx-(x+1),∴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)上递增,(1,+∞)上递减,∴g(x)极大=g(1)=-2.(4分) (Ⅱ)证明:由(1)知x=1是函数g(x)极大值点,也是最大值点,∴g(x)≤g(1)=-2, 即lnx-(x+1)≤-2⇒lnx≤x-1,(当且仅当x=1时等号成立)(5分) 令t=x-1得:t≥ln(t+1),取t=(n∈N*), 则>ln(1+)=ln(),(7分) ∴1>ln2,>ln,>ln,>ln(), 迭加得1++++>ln[2••]=ln(n+1)(8分) (Ⅲ)设F(x)=h(x)-f(x)=x2-elnx(x>0), 则F′(x)=x-==. ∴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()=e ∴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, ⅰ)由h(x)≥u(x)⇒x2≥kx+e-k在x∈R恒成立, 即x2-2kx-e+2k≥0在R上恒成立, ∴△=4k2+4e-8k=4(k-)2≤0成立, ∴k=,故u(x)=x-e.(11分) ⅱ)下面再证明:f(x)≤u(x)⇒elnx≤x-e(x>0)恒成立. 设φ(x)=elnx-x+e,则φ′(x)=-=. ∴当0<x<时,φ′(x)>0,函数φ(x)单调递增;当x>时,φ′(x)<0.函数φ(x)单调递减. ∴x=时φ(x)取得最大值0,则φ(x)≤x-e(x>0)成立.(13分) 综上ⅰ)和ⅱ)知:f(x)≤x-e且h(x)≥x-e, 故函数f(x)与h(x)存在分界线为y=x-e,此时k=,b=-e.(14分) 另令f(x)=h(x),则x2=elnx,探究得两函数图象的交点为(,e), 设存在“分界线”且为:y-e=k(x-),令函数u(x)=kx+e-k, 再证:h(x)-u(x)≥0恒成立;f(x)-u(x)≤0恒成立证法同上ⅰ)和ⅱ. |