Question

己知函數(shù)f（x）=e^x，x∈R
（1）求f（x）的反函數(shù)圖象上點（1，0）處的切線方程；
（2）證明：曲線y=f（x）與曲線y=

1

2

x²+x+1有唯一公共點；
（3）設(shè)a＜b，比較

f(a)+f(b)

2

與

f(b)-f(a)

b-a

的大小，并說明理由．

Answer 1

考點：反函數(shù)

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（I）先求出其反函數(shù)，利用導數(shù)得出切線的斜率即可．
（II）令h（x）=f（x）-（

1

2

x²+x+1）=e^x-

1

2

x²-x-1，利用導數(shù)研究函數(shù)h（x）的單調(diào)性即可得出．
（III）利用作差法得

f(a)+f(b)

2

-

f(b)-f(a)

b-a

=

ea

2(b-a)

•[（b-a+2）+（b-a-2）•e^b-a]．構(gòu)造函數(shù)，令g（x）=x+2+（x-2）e^x（x＞0），利用導數(shù)的符號研究其單調(diào)性，可得g（x）的符號，從而得到

f(a)+f(b)

2

與

f(b)-f(a)

b-a

的大小關(guān)系．

解答： 解：（1）由于f（x）=e^x 的反函數(shù)為g（x）=lnx （x＞0），
則點（1，0）處的切線斜率為k=g′（1）=1，故點（1，0）處的切線方程為y-0=1×（x-1），
即x-y+1=0．
（2）證明：設(shè)h（x）=f（x）-（

1

2

x²+x+1）=e^x-

1

2

x²-x-1，
則h′（x）=e^x-x-1，∵h″（x）=e^x-1，故當x＜0時，h″（x）＜0，h′（x）為減函數(shù)．
當x＞0時，h″（x）＞0，h′（x）為增函數(shù)．
故當x=0時，h′（x）取得最小值為0，故有h′（x）≥0恒成立，
故函數(shù)h（x）在R上是增函數(shù)，故函數(shù)h（x）最多有一個零點．
再根據(jù)h（0）=0，可得函數(shù)h（x）有唯一零點．
（3）設(shè)a＜b，∵

f(a)+f(b)

2

-

f(b)-f(a)

b-a

=

(2+b-a)f(a)+(b-2-a)f(b)

2(b-a)

=

(2+b-a)•ea+(b-2-a)•eb

2(b-a)

 
=

(b-a+2)+(b-a-2)•eb-a

2(b-a)

•ea=

ea

2(b-a)

•[（b-a+2）+（b-a-2）•e^b-a]．
由于

ea

2(b-a)

＞0，故只需考慮 （b-a+2）+（b-a-2）•e^b-a 的符號即可．
令g（x）=x+2+（x-2）e^x（x＞0），則g′（x）=1+（x-1）e^x．
在（0，+∞）上，g″（x）=xe^x＞0，∴g′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，且g′（0）=0，
∴g′（x）＞0，∴g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，而g（0）=0，∴在（0，+∞）上，g（x）＞0．
∵當x＞0時，g（x）=x+2+（x-2）•e^x＞0，且a＜b，∴

(b-2+a)  +(b-2+a)eb-a•ea

2(b-a)

＞0，
即

f(a)+f(b)

2

＞

f(b)-f(a)

b-a

．

點評：本題綜合考查了利用導數(shù)研究切線、單調(diào)性、方程得根的個數(shù)、比較兩個實數(shù)的大小等基礎(chǔ)知識，考查了分類討論的思想方法、轉(zhuǎn)化與化歸思想方法，考查了推理能力和計算能力，屬于中檔題．