Question

8．已知函數(shù)f（x）=e^x（x∈R）．
（1）證明：曲線y=f（x）與曲線$y=\frac{1}{2}{x^2}+x+1$有唯一公共點(diǎn)；
（2）設(shè)a＜b，比較$f（\frac{a+b}{2}）$與$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$的大小，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)$g（x）={e^x}-\frac{1}{2}{x^2}-x-1$，求出導(dǎo)數(shù)，令h（x）=e^x-x-1，求得導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間，可得h（x）的最小值，g（x）的單調(diào)性，再由g（0）=0，即可得證；
（2）結(jié)論：$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}＞f（\frac{a+b}{2}）$．運(yùn)用作差法，設(shè)m（x）=e^x-e^-x-2x，求得導(dǎo)數(shù)，由基本不等式可得m（x）的單調(diào)性，即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）證明：設(shè)$g（x）={e^x}-\frac{1}{2}{x^2}-x-1$，g'（x）=e^x-x-1，
令h（x）=e^x-x-1，h'（x）=e^x-1，
當(dāng)x∈（-∞，1）時(shí)，h'（x）＜0，h（x）遞減；
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，h'（x）＞0，h（x）遞增；
所以h（x）≥h（0）=0，即g'（x）≥0，
所以g（x）在R上單調(diào)遞增，
又g（0）=0，故g（x）=e^x-x-1在R上有唯一零點(diǎn)，
即y=f（x）與$y=\frac{1}{2}{x^2}+x+1$有唯一公共點(diǎn)；
（2）結(jié)論：$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}＞f（\frac{a+b}{2}）$．
作差可得，$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}-f（\frac{a+b}{2}）=\frac{{{e^b}-{e^a}}}{b-a}-{e^{\frac{a+b}{2}}}$=$\frac{{{e^b}-{e^a}-b{e^{\frac{a+b}{2}}}+a{e^{\frac{a+b}{2}}}}}{b-a}$
=$\frac{{{e^{\frac{a+b}{2}}}[{e^{\frac{b-a}{2}}}-{e^{\frac{a-b}{2}}}-（b-a）]}}{b-a}$，
設(shè)m（x）=e^x-e^-x-2x，m′（x）=e^x+e^-x-2≥2$\sqrt{{e}^{x}•{e}^{-x}}$-2=0（當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)等號(hào)成立）
所以m（x）在R上單調(diào)遞增，當(dāng)x＞0時(shí)，m（x）＞m（0）=0．
令$x=\frac{b-a}{2}$，則得${e^{\frac{b-a}{2}}}-{e^{\frac{a-b}{2}}}-（b-a）＞0$，
又$\frac{{{e^{\frac{a+b}{2}}}}}{b-a}＞0$，所以$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}＞f（\frac{a+b}{2}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)性，考查函數(shù)方程的轉(zhuǎn)化思想，以及作差法和構(gòu)造函數(shù)法，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．