Question

已知函数f（x）=e^x的图象与g（x）的图象关于直线y=x对称．
（1）若直线y=kx+1与g（x）的图象相切，求实数k的值；
（2）判断曲线y=f（x）与曲线y=

1

2

x²+ax+1（a∈R）公共点的个数；
（3）设a＜b，比较f（

a+b

2

）与

f(b)-f(a)

b-a

的大小，并说明理由．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,根的存在性及根的个数判断

专题：计算题,导数的概念及应用,导数的综合应用,直线与圆

分析：（1）设出切点，求出lnx的导数，求出切线的斜率，列出方程组，求出x₀，k；
（2）令h（x）=f（x）-（

1

2

x²+ax+1）=e^x-

1

2

x²-ax-1，利用导数研究函数h（x）的单调性即可得出；
（3）设b-a=t＞0，通过作差

f(b)-f(a)

b-a

-f（

a+b

2

），构造函数g（t）=e^t-1-t•e

t

2

（t＞0），求出导数，令h（x）=e^x-x-1（x＞0），利用导数研究其单调性即可．

解答： 解：（1）由于函数f（x）=e^x的图象与g（x）的图象关于直线y=x对称，
则有g（x）=lnx，g′（x）=

1

x

，
设直线y=kx+1与函数y=g（x）=lnx的图象相切于点P（x₀，y₀），
则kx₀+1=lnx₀．且k=g′（x₀）=

1

x0

，
即有lnx₀=2，x₀=e²，k=e-2；
（2）令h（x）=f（x）-（

1

2

x²+ax+1）=e^x-

1

2

x²-ax-1，
则h′（x）=e^x-x-a，h^′′（x）=e^x-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处取得极小值，即最小值，
∴h′（x）≥h′（0）=1-a，
若a=1，则函数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

x²+ax+1有唯一公共点（0，1）；
若a＜1，则1-a＞0，函数y=h（x）在R上单调递增，有一个零点，
即有曲线y=f（x） 与曲线y=

1

2

x²+ax+1有唯一公共点；
若a＞1，1-a＜0，由e^x=x+a，可得，有两个极值点且异号，
求得极小值和极大值也异号，且h（x）恒过原点，则有三个零点，即有3个公共点；
综上可得，a≤1，有1个公共点；a＞1有3个公共点．
（3）设b-a=t＞0，则

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），
则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），
则h′（x）=e^x-1＞0，∴函数h（x）在（0，+∞）单调递增，
∴h（x）＞h（0）=0，
因此g′（t）＞0，∴函数g（t）在t＞0时单调递增，
∴g（t）＞g（0）=0．
∴

f(b)-f(a)

b-a

＞f（

a+b

2

）．

点评：本题综合考查了利用导数研究切线、单调性、方程的根的个数、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．