Question

（2013•陜西）已知函數(shù)f（x）=e^x，x∈R．
（Ⅰ） 若直線y=kx+1與f（x）的反函數(shù)的圖象相切，求實(shí)數(shù)k的值；
（Ⅱ） 設(shè)x＞0，討論曲線y=f（x）與曲線y=mx²（m＞0）公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)．
（Ⅲ） 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

分析：（I）先求出其反函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)得出切線的斜率即可；
（II）由f（x）=mx²，令h（x）=

ex

x2

(x＞0)，利用導(dǎo)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

=

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

2(b-a)

=

(b-a+2)ea+(b-a-2)eb

2(b-a)

=

(b-a+2)+(b-a-2)eb-a

2(b-a)

ea，令g（x）=x+2+（x-2）e^x（x＞0），利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可證明．

解答：解：（I）函數(shù)f（x）=e^x的反函數(shù)為g（x）=lnx，∴g′(x)=

1

x

．
設(shè)直線y=kx+1與g（x）的圖象相切于點(diǎn)P（x₀，y₀），則

g′(x0)= 1 x0 =k kx0+1=lnx0

，解得x0=e2，k=e^-2，
∴k=e^-2．
（II）當(dāng)x＞0，m＞0時(shí)，令f（x）=mx²，化為m=

ex

x2

，
令h（x）=

ex

x2

(x＞0)，則h′(x)=

ex(x-2)

x3

，
則x∈（0，2）時(shí)，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減；x∈（2，+∞）時(shí)，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增．
∴當(dāng)x=2時(shí)，h（x）取得極小值即最小值，h(2)=

e2

4

．
∴當(dāng)m∈(0，

e2

4

)時(shí)，曲線y=f （x） 與曲線y=mx²（m＞0）公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)為0；
當(dāng)m=

e2

4

時(shí)，曲線y=f （x） 與曲線y=mx²（m＞0）公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1；
當(dāng)m＞

e2

4

時(shí)，曲線y=f （x） 與曲線y=mx²（m＞0）公共點(diǎn)個(gè)數(shù)為2．
（Ⅲ） 

f(a)+f(b)

2

-

f(b)-f(a)

b-a

=

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

2(b-a)

=

(b-a+2)ea+(b-a-2)eb

2(b-a)

=

(b-a+2)+(b-a-2)eb-a

2(b-a)

ea，
令g（x）=x+2+（x-2）e^x（x＞0），則g′（x）=1+（x-1）e^x．
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，有g(shù)（x）＞g（0）=0．
∵當(dāng)x＞0時(shí)，g（x）=x+2+（x-2）•e^x＞0，且a＜b，
∴

(b-a+2)+(b-a-2)eb-a

2(b-a)

ea＞0，
即當(dāng)a＜b時(shí)，

f(a)+f(b)

2

＞

f(b)-f(a)

b-a

．

點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了利用導(dǎo)數(shù)研究切線、單調(diào)性、方程得根的個(gè)數(shù)、比較兩個(gè)實(shí)數(shù)的大小等基礎(chǔ)知識(shí)，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(jì)算能力．