Question

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＜-；
（2）“＜k＜e”是“lnx＜kx+b＜x²”成立的充分不必要条件．

Answer

（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＜-．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+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（）与g（）、f（e）与g（e）的大小，可得区间（，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．
【解析】
（1）根据题意，得
对任意x，lnx＜kx+b，所以k＞…（1分），
因为k、b是常数，所以当x充分大时，lnx＞b，
从而k＞＞0…（2分）．
因为kx+b＜x2即x2-kx-b＞0恒成立，
所以△=（-k）2+4b＜0，得b＜-…（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-…（5分），
由h'（x）=0得x=＞0，
∴0＜x＜时，h'（x）＜0，h（x）单调递减；x＞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+b-ln=1+b+lnk…（8分），
因为kx+b-lnx＞0恒成立，所以h（）=1+b+lnk＞0，即b＞-lnk-1，从而-lnk-1＜b＜-成立；…（9分）．
（2）由（1）知-lnk-1＜-，从而＜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=时，＜=lnk+1，k=e时，=＜2=lnk+1…（13分），
所以（，e）是（x1，x2）的真子集，
由此可得：“＜k＜e”是“lnx＜kx+b＜x2”成立的充分不必要条件．…（14分）．