Question

已知函数f（x）=x²，g（x）=2elnx（x＞0）（e为自然对数的底数）．
（1）当x＞0时，求证：f′（x）+g′（x）≥4；
（2）求F（x）=f（x）-g（x）（x＞0）的单调区间及最小值；
（3）试探究是否存在一次函数y=kx+b（k，b∈R），使得f（x）≥kx+b且g（x）≤kx+b对一切x＞0恒成立，若存在，求出该一次函数的表达式；若不存在，请说明理由．

Answer

（1）求出f（x）与g（x）的导数，利用均值不等式可得；
（2）先求出F（x）的导数，根据F′（x）＞0求得的区间是单调增区间，F′（x）＜0求得的区间是单调减区间，求出极值；
（3）f（x）与g（x）的图象有且仅有一个公共点（，e），故可猜想：一次函数的图象就是f（x）与g（x）的图象在点
（，e）处的公切线，然后进行验证．
【解析】
（1）∵x＞0，f′（x）=2x，g′（x）=，
∴f′（x）+g′（x）=2（x+）≥2×2=4，
当且仅当x=，即x=时，等号成立．
∴f′（x）+g′（x）≥4；（4分）
（2）F′（x）=f′（x）-g′（x）
=2（x-）=（x＞0），
令F′（x）=0，得x=（x=-舍），
∴当0＜x＜时，F′（x）＜0，F（x）
在（0，）上单调递减；
当x＞时，F′（x）＞0，F（x）
在（+∞）上单调递增．（8分）
∴当x=时，F（x）有极小值，也是最小值，
即F（x）min=F（）=e-2eln=0．
∴F（x）的单调递增区间为（，+∞），
单调递减区间为（0，），
最小值为0；（10分）
（3）由（2）知，f（x）与g（x）
的图象有且仅有一个公共点（，e），
∴猜想：一次函数的图象就是f（x）与g（x）
的图象在点（，e）处的公切线，
其方程为y=2x-e．（12分）
下面证明：当x＞0时，f（x）≥2x-e，
且g（x）≤2x-e恒成立．
又∵f（x）-（2x-e）=（x-）2≥0，
∴f（x）≥2x-e对x＞0恒成立．
又令G（x）=2x-e-g（x）=2x-e-2elnx，
∴G′（x）=2-=，∴当0＜x＜时，
G′（x）＜0，G（x）在（0，）上单调递减；
当x＞时，G′（x）＞0，
G（x）在（，+∞）上单调递增．
∴当x=时，G（x）有极小值，也是最小值，
即G（x）min=G（）=2e-e-2eln=0，
∴G（x）≥0，即g（x）≤2x-e恒成立．
故存在一次函数y=2x-e，使得当x＞0时，
f（x）≥2x-e，且g（x）≤2x-e恒成立．