Question

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

1

2

x2+x+1公共点的个数．
（Ⅲ） 设a＜b，比较

f(a)+f(b)

2

与

f(b)-f(a)

b-a

的大小，并说明理由．

Answer 1

分析：（I）利用反函数的定义可得g（x）=lnx，再利用直线y=kx+1与g（x）=lnx相切于点P（x₀，y₀），可得

kx0+1=lnx0 k=g′(x0)= 1 x0

，解出即可．
（II）利用导数研究函数h（x）=f（x）-(

1

2

x2+x+1)的单调性，又0是函数h（x）的零点，即可得出．
（III）通过作差和构造函数，利用导数研究函数的单调性，即可证明．

解答：解：（Ⅰ）∵函数y=e^x（x∈R）的反函数是y=lnx（x＞0），
∴g（x）=lnx．
设直线y=kx+1与g（x）=lnx相切于点P（x₀，y₀），
则

kx0+1=lnx0 k=g′(x0)= 1 x0

，解得

x0=e2 k=e-2

．
∴k=e^-2．
（Ⅱ）  证明：曲线y=f（x）与曲线y=

1

2

x2+x+1有唯一公共点，过程如下．
令h(x)=f(x)-

1

2

x2-x-1=ex-

1

2

x2-x-1，x∈R，则h'（x）=e^x-x-1，
h'（x）的导数h''（x）=e^x-1，且h（0）=0，h'（0）=0，h''（0）=0，
当x＜0时，h''（x）＜0⇒y=h'（x）单调递减；当x＞0时h''（x）＞0⇒y=h'（x）单调递增⇒y=h'（x）≥h'（0）=0，
∴y=h（x）在R上单调递增，最多有一个零点，
而0是h（x）的零点．
∴曲线y=f（x）与曲线y=

1

2

x2+x+1只有唯一公共点（0，1）．
（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，则g'（x）=1+（1+x-2）•e^x=1+（x-1）•e^x．
g'（x）的导函数g''（x）=（1+x-1）•e^x=x•e^x＞0，且g'（0）=0．
因此g'（x）＞0，g（x）在（0，+∞）上单调递增，而g（0）=0，
∴在（0，+∞）上g（x）＞0，∴

(b-a+2)+(b-a-2)•eb-a

2•(b-a)

•ea＞0
∴当a＜b时，

f(a)+f(b)

2

＞

f(b)-f(a)

b-a

．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、“作差法”比较两个数的大小、导数的几何意义等基础知识与基本技能方法，考查了知识的应用能力和推理能力、计算能力，特别是通过二次求导研究函数的单调性，属于难题．