Question

20．已知函数f（x）=lnx．
（1）证明：曲线y=f（x）与曲线y=x-1有唯一公共点；
（2）若f（x）的反函数为g（x），设m＜n，比较$g（{\frac{m+n}{2}}）$与$\frac{g（n）-g（m）}{n-m}$的大小，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）问题转化为求函数φ（x）=lnx-x+1零点的个数，求出函数的导数，根据函数的单调性求出函数的零点即可；
（2）求出g（x）的解析式，通过作差法判断即可．

解答 解：（1）曲线y=f（x）与曲线y=x-1公共点的个数等于函数φ（x）=lnx-x+1零点的个数，
∵φ（1）=ln1-1+1=0，故φ（x）存在零点x=1，
又φ′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，（x＞0），可得：
0＜x＜1时，φ′（x）＞0，φ（x）递增，
x＞1时，φ′（x）＜0，φ（x）递减，
故x=1时，φ（x）有极大值也是最大值为φ（1）=0，
即φ（x）≤0恒成立，
故φ（x）存在唯一零点x=1，
∴曲线y=f（x）与曲线y=x-1有唯一公共点（1，0）；
（2）由题意得g（x）=e^x，
$\frac{g（n）-g（m）}{n-m}$-g（$\frac{m+n}{2}$）=$\frac{{e}^{n}{-e}^{m}}{n-m}$-${e}^{\frac{m+n}{2}}$=$\frac{{e}^{\frac{m+n}{2}}}{n-m}$[${e}^{\frac{n-m}{2}}$-${e}^{\frac{m-n}{2}}$-（n-m）]
设函数v（x）=e^x-$\frac{1}{{e}^{x}}$-2x，（x≥0），
v′（x）=e^x+$\frac{1}{{e}^{x}}$-2≥2$\sqrt{{e}^{x}•\frac{1}{{e}^{x}}}$-2=0，
故v′（x）≥0（仅当x=0时“=”成立），因此v（x）递增，
x＞0时，v（x）＞v（0）=0，
另x=$\frac{n-m}{2}$，
可得${e}^{\frac{n-m}{2}}$-${e}^{\frac{m-n}{2}}$-（n-m）＞0，
故$\frac{g（n）-g（m）}{n-m}$＞$g（{\frac{m+n}{2}}）$．

点评 本题考查了函数的零点问题，考查函数的单调性问题以及代数式的大小比较，是一道中档题．