Question

6．已知函數(shù)f（x）=e^x．
（1）若直線y=kx+1與y=f（x）關(guān)于y=x對(duì)稱(chēng)的圖象相切，求k的值；
（2）設(shè)x＞0，討論y=f（x）與y=mx²（m＞0）交點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
（3）設(shè)a＜b，比較$\frac{f（a）+f（b）}{2}$與$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$的大小，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出切點(diǎn)，求出lnx的導(dǎo)數(shù)，求出切線的斜率，列出方程組，求出x₀，k；
（2）由條件轉(zhuǎn)化為方程f（x）=mx²的根的個(gè)數(shù)，分離出參數(shù)m，令h（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$，求出h′（x），求出單調(diào)區(qū)間，求出極值，即為最值，根據(jù)圖象討論m的取值即可得到公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)．
（3）利用作差法，令g（x）=x+2+（x-2）e^x（x＞0），利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可證明．

解答 解：（1）設(shè)直線y=kx+1與函數(shù)y=g（x）=lnx的圖象相切于點(diǎn)P（x₀，y₀），
則kx₀+1=lnx₀．且k=g′（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}$，
即有l(wèi)nx₀=2，x₀=e²，k=e^-2；
（2）當(dāng)x＞0，m＞0時(shí)，曲線f（x）=e^x與曲線y=mx²（m＞0）的公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)，
即方程f（x）=mx²的根的個(gè)數(shù)．
由f（x）=mx²即m=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$，h′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-2）}{{x}^{3}}$，
則h（x）在（0，2）上遞減，在（2，+∞）上遞增，
∴h（2）是h（x）的極小值即為最小值，且為$\frac{{e}^{2}}{4}$．
∴對(duì)曲線y=f（x）與曲線y=mx²（m＞0）的公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)，
討論如下：
當(dāng)m∈（0，$\frac{{e}^{2}}{4}$），有0個(gè)公共點(diǎn)；
當(dāng)m=$\frac{{e}^{2}}{4}$時(shí)，有1個(gè)公共點(diǎn)；
當(dāng)m∈（$\frac{{e}^{2}}{4}$，+∞），有2個(gè)公共點(diǎn)．
（3）$\frac{f（a）+f（b）}{2}$-$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$=$\frac{（b-a+2）f（a）+（b-a-2）f（b）}{2（b-a）}$=${\frac{（b-a+2）+（b-a-2{）e}^{b-a}}{2（b-a）}e}^{a}$，
令g（x）=x+2+（x-2）e^x（x＞0），則g′（x）=1+（x-1）e^x．
g^′′（x）=xe^x＞0，∴g′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，且g′（0）=0，
∴g′（x）＞0，∴g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
而g（0）=0，∴在（0，+∞）上，有g(shù)（x）＞g（0）=0．
∵當(dāng)x＞0時(shí)，g（x）=x+2+（x-2）•e^x＞0，且a＜b，
∴${\frac{（b-a+2）+（b-a-2{）e}^{b-a}}{2（b-a）}e}^{a}$＞0，
即當(dāng)a＜b時(shí)，$\frac{f（a）+f（b）}{2}$＞$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了利用導(dǎo)數(shù)研究切線、單調(diào)性、方程得根的個(gè)數(shù)、比較兩個(gè)實(shí)數(shù)的大小等基礎(chǔ)知識(shí)，考查了分類(lèi)討論的思想方法、轉(zhuǎn)化與化歸思想方法，考查了推理能力和計(jì)算能力．