Question

己知函数f（x）=e^x，x∈R
（1）求f（x）的反函数图象上点（1，0）处的切线方程；
（2）证明：曲线y=f（x）与曲线y=

1

2

x²+x+1有唯一公共点；
（3）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

考点：反函数

专题：函数的性质及应用

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）-（

1

2

x²+x+1）=e^x-

1

2

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

f(a)+f(b)

2

-

f(b)-f(a)

b-a

=

ea

2(b-a)

•[（b-a+2）+（b-a-2）•e^b-a]．构造函数，令g（x）=x+2+（x-2）e^x（x＞0），利用导数的符号研究其单调性，可得g（x）的符号，从而得到

f(a)+f(b)

2

与

f(b)-f(a)

b-a

的大小关系．

解答： 解：（1）由于f（x）=e^x 的反函数为g（x）=lnx （x＞0），
则点（1，0）处的切线斜率为k=g′（1）=1，故点（1，0）处的切线方程为y-0=1×（x-1），
即x-y+1=0．
（2）证明：设h（x）=f（x）-（

1

2

x²+x+1）=e^x-

1

2

x²-x-1，
则h′（x）=e^x-x-1，∵h″（x）=e^x-1，故当x＜0时，h″（x）＜0，h′（x）为减函数．
当x＞0时，h″（x）＞0，h′（x）为增函数．
故当x=0时，h′（x）取得最小值为0，故有h′（x）≥0恒成立，
故函数h（x）在R上是增函数，故函数h（x）最多有一个零点．
再根据h（0）=0，可得函数h（x）有唯一零点．
（3）设a＜b，∵

f(a)+f(b)

2

-

f(b)-f(a)

b-a

=

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

2(b-a)

=

(2+b-a)•ea+(b-2-a)•eb

2(b-a)

 
=

(b-a+2)+(b-a-2)•eb-a

2(b-a)

•ea=

ea

2(b-a)

•[（b-a+2）+（b-a-2）•e^b-a]．
由于

ea

2(b-a)

＞0，故只需考虑 （b-a+2）+（b-a-2）•e^b-a 的符号即可．
令g（x）=x+2+（x-2）e^x（x＞0），则g′（x）=1+（x-1）e^x．
在（0，+∞）上，g″（x）=xe^x＞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，+∞）上，g（x）＞0．
∵当x＞0时，g（x）=x+2+（x-2）•e^x＞0，且a＜b，∴

(b-2+a)  +(b-2+a)eb-a•ea

2(b-a)

＞0，
即

f(a)+f(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，属于中档题．