Question

15．已知函數(shù)f（x）=e^x，x∈R
（Ⅰ）若直線y=kx與f（x）的反函數(shù)的圖象相切，求實數(shù)k的值
（Ⅱ）設(shè)a，b∈R，且a≠b，A=f（$\frac{a+b}{2}$），B=$\frac{f（a）+f（b）}{2}$，C=$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}$，試比較A，B，C三者的大小，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可得出；
（2）不妨設(shè)a＞b，則A-B=-$\frac{（{e}^{\frac{a}{2}}-{e}^{\frac{2}}）^{2}}{2}$＜0，可得A＜B．而A-C=${e}^{\frac{a+b}{2}}$-$\frac{{e}^{a}-{e}^}{a-b}$=$\frac{{e}^{\frac{a+b}{2}}（a-b-{e}^{\frac{a-b}{2}}+{e}^{\frac{b-a}{2}}）}{a-b}$，令m（x）=2x-e^x+e^-x（x＞0），利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可得出A＜C．同理可得B與C的大小關(guān)系．

解答 解：（1）f（x）的反函數(shù)為y=lnx，
${y}^{′}=\frac{1}{x}$．
設(shè)切點為（x₀，lnx₀），則切線斜率為k=$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{ln{x}_{0}}{{x}_{0}}$，
解得x₀=e，
∴k=$\frac{1}{e}$．
（2）不妨設(shè)a＞b，則A-B=${e}^{\frac{a+b}{2}}$-$\frac{{e}^{a}+{e}^}{2}$=-$\frac{（{e}^{\frac{a}{2}}-{e}^{\frac{2}}）^{2}}{2}$＜0，∴A＜B．
A-C=${e}^{\frac{a+b}{2}}$-$\frac{{e}^{a}-{e}^}{a-b}$=$\frac{（a-b）{e}^{\frac{a+b}{2}}-（{e}^{a}-{e}^）}{a-b}$=$\frac{{e}^{\frac{a+b}{2}}（a-b-{e}^{\frac{a-b}{2}}+{e}^{\frac{b-a}{2}}）}{a-b}$，
令m（x）=2x-e^x+e^-x（x＞0），則m′（x）=2-e^x-e^-x＜0，
∴m（x）在（0，+∞）上單減，
故m（x）＜m（0）=0，取x=$\frac{a-b}{2}$，
則a-b-${e}^{\frac{a-b}{2}}$+${e}^{\frac{b-a}{2}}$＜0，∴A＜C．
$\frac{{e}^{a}+{e}^}{2}$＞$\frac{{e}^{a}-{e}^}{a-b}$?$\frac{a-b}{2}$＞$\frac{{e}^{a}-{e}^}{{e}^{a}+{e}^}$=1-$\frac{2}{{e}^{a-b}+1}$，
令n（x）=$\frac{x}{2}$-1+$\frac{2}{{e}^{x}+1}$，
則n′（x）=$\frac{1}{2}$-$\frac{2{e}^{x}}{（{e}^{x}+1）^{2}}$=$\frac{（{e}^{x}-1）^{2}}{2（{e}^{x}+1）^{2}}$≥0，∴n（x）在（0，+∞）上單增，
故n（x）＞n（0）=0，取x=a-b，
則$\frac{a-b}{2}$-1+$\frac{2}{{e}^{a-b}+1}$＞0，
∴B＞C．
綜合上述知，A＜C＜B．

點評 本題考查了“作差法”、構(gòu)造函數(shù)比較兩數(shù)的大小關(guān)系、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．