Question

已知函數(shù)f（x）=e^x的圖象與g（x）的圖象關于直線y=x對稱．
（1）若直線y=kx+1與g（x）的圖象相切，求實數(shù)k的值；
（2）判斷曲線y=f（x）與曲線y=

1

2

x²+ax+1（a∈R）公共點的個數(shù)；
（3）設a＜b，比較f（

a+b

2

）與

f(b)-f(a)

b-a

的大小，并說明理由．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程,根的存在性及根的個數(shù)判斷

專題：計算題,導數(shù)的概念及應用,導數(shù)的綜合應用,直線與圓

分析：（1）設出切點，求出lnx的導數(shù)，求出切線的斜率，列出方程組，求出x₀，k；
（2）令h（x）=f（x）-（

1

2

x²+ax+1）=e^x-

1

2

x²-ax-1，利用導數(shù)研究函數(shù)h（x）的單調性即可得出；
（3）設b-a=t＞0，通過作差

f(b)-f(a)

b-a

-f（

a+b

2

），構造函數(shù)g（t）=e^t-1-t•e

t

2

（t＞0），求出導數(shù)，令h（x）=e^x-x-1（x＞0），利用導數(shù)研究其單調性即可．

解答： 解：（1）由于函數(shù)f（x）=e^x的圖象與g（x）的圖象關于直線y=x對稱，
則有g（x）=lnx，g′（x）=

1

x

，
設直線y=kx+1與函數(shù)y=g（x）=lnx的圖象相切于點P（x₀，y₀），
則kx₀+1=lnx₀．且k=g′（x₀）=

1

x0

，
即有l(wèi)nx₀=2，x₀=e²，k=e-2；
（2）令h（x）=f（x）-（

1

2

x²+ax+1）=e^x-

1

2

x²-ax-1，
則h′（x）=e^x-x-a，h^′′（x）=e^x-1，
當x＞0時，h^′′（x）＞0，h′（x）單調遞增；
當x＜0時，h^′′（x）＜0，h′（x）單調遞減，
故h′（x）在x=0處取得極小值，即最小值，
∴h′（x）≥h′（0）=1-a，
若a=1，則函數(shù)y=h（x）在R上單調遞增，最多有一個零點，
而x=0時，滿足h（0）=0，是h（x）的一個零點．
所以曲線y=f（x） 與曲線y=

1

2

x²+ax+1有唯一公共點（0，1）；
若a＜1，則1-a＞0，函數(shù)y=h（x）在R上單調遞增，有一個零點，
即有曲線y=f（x） 與曲線y=

1

2

x²+ax+1有唯一公共點；
若a＞1，1-a＜0，由e^x=x+a，可得，有兩個極值點且異號，
求得極小值和極大值也異號，且h（x）恒過原點，則有三個零點，即有3個公共點；
綜上可得，a≤1，有1個公共點；a＞1有3個公共點．
（3）設b-a=t＞0，則

f(b)-f(a)

b-a

-f（

a+b

2

）=

eb-ea

b-a

-e

a+b

2

=

ea(eb-a-1)

b-a

-ea+

t

2

=e^a（

et-1

t

-e

t

2

）=

ea

t

（e^t-1-te

t

2

），
令g（t）=e^t-1-t•e

t

2

（t＞0），
則g′（t）=e^t-e

t

2

-

t

2

•e

t

2

=e

t

2

（e

t

2

-1-

t

2

）（t＞0）．
令h（x）=e^x-x-1（x＞0），
則h′（x）=e^x-1＞0，∴函數(shù)h（x）在（0，+∞）單調遞增，
∴h（x）＞h（0）=0，
因此g′（t）＞0，∴函數(shù)g（t）在t＞0時單調遞增，
∴g（t）＞g（0）=0．
∴

f(b)-f(a)

b-a

＞f（

a+b

2

）．

點評：本題綜合考查了利用導數(shù)研究切線、單調性、方程的根的個數(shù)、比較兩個實數(shù)的大小等基礎知識，考查了分類討論的思想方法、轉化與化歸思想方法，考查了推理能力和計算能力．