Question

1．已知函数f（x）=e^x，x∈R．
（Ⅰ） 证明：曲线y=f（x）与曲线y=x+1有唯一公共点；
（Ⅱ）（i）求g（x）=x+2+（x-2）•f（x）在[0，+∞）的最小值；
（ii）若实数a，b不相等，试比较$\frac{f（a）+f（b）}{2}$与$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$的大小，并说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）曲线y=f（x）与曲线y=x+1有唯一公共点等价于方程e^x=x+1有唯一实数解．设h（x）=e^x-x-1，求出导数，求得单调区间，即可得证；
（Ⅱ）（i）求得g（x）的二次导数，可得g（x）的单调性，即可得到最小值；
（ii）作差$\frac{f（a）+f（b）}{2}$-$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$=$\frac{（b-a+2）•f（a）+（b-a-2）•f（b）}{2（b-a）}$，由（i）可知，讨论a＞b，a＜b即可得到结论．

解答 （Ⅰ）证明：曲线y=f（x）与曲线y=x+1有唯一公共点
等价于方程e^x=x+1有唯一实数解．
设h（x）=e^x-x-1，则h′（x）=e^x-1，
当x＜0时，h′（x）＜0，h（x）在（-∞，0）上单调递减，
当x＞0时，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）上单调递增．
即有h（x）≥h（0）=0，故h（x）=0有唯一的实数解x=0，原命题得证．
（Ⅱ）（i）g（x）=x+2+（x-2）•f（x）（x≥0）
∴g′（x）=1+（x-1）•e^x，
g′′（x）=xe^x≥0，即有g′（x）在[0，+∞）上单调递增且g′（0）=0，
则g′（x）≥0，g（x）在[0，+∞）上单调递增，
则g（x）_min=g（0）=0．
（ii）$\frac{f（a）+f（b）}{2}$-$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$=$\frac{（b-a+2）•f（a）+（b-a-2）•f（b）}{2（b-a）}$
=e^a•$\frac{（b-a+2）+（b-a-2）•{e}^{b-a}}{2（b-a）}$
由（i）可知，令a＜b，x=b-a＞0，则x+2+（x-2）•e^x＞0，
此时，当a＜b时，$\frac{f（a）+f（b）}{2}$＞$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$，
同理可证a＞b时，$\frac{f（a）+f（b）}{2}$＞$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，同时考查函数和方程的转化思想和函数的单调性的运用，注意作差比较和分类讨论的思想方法，属于中档题．