Question

8．已知函数f（x）=e^x（x∈R）．
（1）证明：曲线y=f（x）与曲线$y=\frac{1}{2}{x^2}+x+1$有唯一公共点；
（2）设a＜b，比较$f（\frac{a+b}{2}）$与$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$的大小，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）设$g（x）={e^x}-\frac{1}{2}{x^2}-x-1$，求出导数，令h（x）=e^x-x-1，求得导数和单调区间，可得h（x）的最小值，g（x）的单调性，再由g（0）=0，即可得证；
（2）结论：$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}＞f（\frac{a+b}{2}）$．运用作差法，设m（x）=e^x-e^-x-2x，求得导数，由基本不等式可得m（x）的单调性，即可得到结论．

解答 解：（1）证明：设$g（x）={e^x}-\frac{1}{2}{x^2}-x-1$，g'（x）=e^x-x-1，
令h（x）=e^x-x-1，h'（x）=e^x-1，
当x∈（-∞，1）时，h'（x）＜0，h（x）递减；
当x∈（1，+∞）时，h'（x）＞0，h（x）递增；
所以h（x）≥h（0）=0，即g'（x）≥0，
所以g（x）在R上单调递增，
又g（0）=0，故g（x）=e^x-x-1在R上有唯一零点，
即y=f（x）与$y=\frac{1}{2}{x^2}+x+1$有唯一公共点；
（2）结论：$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}＞f（\frac{a+b}{2}）$．
作差可得，$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}-f（\frac{a+b}{2}）=\frac{{{e^b}-{e^a}}}{b-a}-{e^{\frac{a+b}{2}}}$=$\frac{{{e^b}-{e^a}-b{e^{\frac{a+b}{2}}}+a{e^{\frac{a+b}{2}}}}}{b-a}$
=$\frac{{{e^{\frac{a+b}{2}}}[{e^{\frac{b-a}{2}}}-{e^{\frac{a-b}{2}}}-（b-a）]}}{b-a}$，
设m（x）=e^x-e^-x-2x，m′（x）=e^x+e^-x-2≥2$\sqrt{{e}^{x}•{e}^{-x}}$-2=0（当且仅当x=0时等号成立）
所以m（x）在R上单调递增，当x＞0时，m（x）＞m（0）=0．
令$x=\frac{b-a}{2}$，则得${e^{\frac{b-a}{2}}}-{e^{\frac{a-b}{2}}}-（b-a）＞0$，
又$\frac{{{e^{\frac{a+b}{2}}}}}{b-a}＞0$，所以$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}＞f（\frac{a+b}{2}）$．

点评 本题考查导数的运用：求单调性，考查函数方程的转化思想，以及作差法和构造函数法，考查运算能力，属于中档题．