题目内容
(2013•陕西)已知函数f(x)=ex,x∈R.
(Ⅰ) 求f(x)的反函数的图象上的点(1,0)处的切线方程;
(Ⅱ) 证明:曲线y=f(x)与曲线y=
x2+x+1有唯一公共点.
(Ⅲ) 设a<b,比较f(
)与
的大小,并说明理由.
(Ⅰ) 求f(x)的反函数的图象上的点(1,0)处的切线方程;
(Ⅱ) 证明:曲线y=f(x)与曲线y=
1 |
2 |
(Ⅲ) 设a<b,比较f(
a+b |
2 |
f(b)-f(a) |
b-a |
分析:(I)先求出其反函数,利用导数得出切线的斜率即可;
(II)令h(x)=f(x)-(
x2+x+1)=ex-
x2-x-1,利用导数研究函数h(x)的单调性即可得出;
(III)利用作差法得
-
=
=
=
ea,构造函数,令g(x)=x+2+(x-2)ex(x>0),利用导数研究其单调性即可证明.
(II)令h(x)=f(x)-(
1 |
2 |
1 |
2 |
(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) |
解答:(I)解:函数f(x)=ex的反函数为g(x)=lnx,
∵g′(x)=
,∴g′(1)=1,
∴f(x)的反函数的图象上的点(1,0)处的切线方程为y-0=1×(x-1),即y=x-1;
(Ⅱ)证明:令h(x)=f(x)-(
x2+x+1)=ex-
x2-x-1,
则h′(x)=ex-x-1,
h′′(x)=ex-1,
当x>0时,h′′(x)>0,h′(x)单调递增;当x<0时,h′′(x)<0,h′(x)单调递减,
故h′(x)在x=0取得极小值,即最小值,
∴h′(x)≥h′(0)=0,
∴函数y=h(x)在R上单调递增,最多有一个零点,
而x=0时,满足h(0)=0,是h(x)的一个零点.
所以曲线y=f(x) 与曲线y=
x2+x+1有唯一公共点(0,1).
(Ⅲ)
-
=
=
=
ea,
令g(x)=x+2+(x-2)ex(x>0),则g′(x)=1+(x-1)ex.
g′′(x)=xex>0,∴g′(x)在(0,+∞)上单调递增,且g′(0)=0,
∴g′(x)>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,∴在(0,+∞)g(x)>0.
∵当x>0时,g(x)=x+2+(x-2)•ex>0,且a<b,
∴
ea>0,
即当a<b时,f(
)>
.
∵g′(x)=
1 |
x |
∴f(x)的反函数的图象上的点(1,0)处的切线方程为y-0=1×(x-1),即y=x-1;
(Ⅱ)证明:令h(x)=f(x)-(
1 |
2 |
1 |
2 |
则h′(x)=ex-x-1,
h′′(x)=ex-1,
当x>0时,h′′(x)>0,h′(x)单调递增;当x<0时,h′′(x)<0,h′(x)单调递减,
故h′(x)在x=0取得极小值,即最小值,
∴h′(x)≥h′(0)=0,
∴函数y=h(x)在R上单调递增,最多有一个零点,
而x=0时,满足h(0)=0,是h(x)的一个零点.
所以曲线y=f(x) 与曲线y=
1 |
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) |
令g(x)=x+2+(x-2)ex(x>0),则g′(x)=1+(x-1)ex.
g′′(x)=xex>0,∴g′(x)在(0,+∞)上单调递增,且g′(0)=0,
∴g′(x)>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,∴在(0,+∞)g(x)>0.
∵当x>0时,g(x)=x+2+(x-2)•ex>0,且a<b,
∴
(b-a+2)+(b-a-2)eb-a |
2(b-a) |
即当a<b时,f(
a+b |
2 |
f(b)-f(a) |
b-a |
点评:本题综合考查了利用导数研究切线、单调性、方程得根的个数、比较两个实数的大小等基础知识,考查了分类讨论的思想方法、转化与化归思想方法,考查了推理能力和计算能力.
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