Question

13．已知函数f（x）=lnx的反函数为g（x）．
（Ⅰ）若直线l：y=k₁x是函数y=f（-x）的图象的切线，直线m：y=k₂x是函数y=g（x）图象的切线，求证：l⊥m；
（Ⅱ）设a，b∈R，且a≠b，P=g（$\frac{a+b}{2}$），Q=$\frac{g（a）-g（b）}{a-b}$，R=$\frac{g（a）+g（b）}{2}$，试比较P，Q，R的大小，并说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求函数的导数，利用导数的几何意义建立切线斜率关系进行求解即可．
（Ⅱ）利用作差法进行求解证明即可．

解答 解：（Ⅰ）∵函数f（x）=lnx的反函数为g（x）．
∴g（x）=e^x．，f（-x）=ln（-x），
则函数的导数g′（x）=e^x，f′（x）=$\frac{1}{x}$，（x＜0），
设直线m与g（x）相切与点（x₁，${e}^{{x}_{1}}$），
则切线斜率k₂=${e}^{{x}_{1}}$=$\frac{{e}^{{x}_{1}}}{{x}_{1}}$，则x₁=1，k₂=e，
设直线l与f（x）相切与点（x₂，ln（-x₂）），则切线斜率k₁=$\frac{1}{{x}_{2}}$=$\frac{ln（-{x}_{2}）}{{x}_{2}}$，则x₂=-e，k₁=-$\frac{1}{e}$，
故k₂k₁=-$\frac{1}{e}$×e=-1，则l⊥m．
（Ⅱ）不妨设a＞b，
∵P-R=g（$\frac{a+b}{2}$）-$\frac{g（a）+g（b）}{2}$=${e}^{\frac{a+b}{2}}$-$\frac{{e}^{a}+{e}^{b}}{2}$=-$\frac{（{e}^{\frac{a}{2}}-{e}^{\frac{b}{2}}）^{2}}{2}$＜0，∴P＜R，
∵P-Q=g（$\frac{a+b}{2}$）-$\frac{g（a）-g（b）}{a-b}$=${e}^{\frac{a+b}{2}}$-$\frac{{e}^{a}-{e}^{b}}{a-b}$=$\frac{（a-b）{e}^{\frac{a+b}{2}}-{e}^{a}+{e}^{b}}{a-b}$=$\frac{{e}^{\frac{a+b}{2}}（a-b-{e}^{\frac{a-b}{2}}+{e}^{\frac{b-a}{2}}）}{a-b}$，
令φ（x）=2x-e^x+e^-x，则φ′（x）=2-e^x-e^-x＜0，则φ（x）在（0，+∞）上为减函数，
故φ（x）＜φ（0）=0，
取x=$\frac{a-b}{2}$，则a-b-${e}^{\frac{a-b}{2}}$+${e}^{\frac{b-a}{2}}$＜0，∴P＜Q，
$\frac{{e}^{a}+{e}^{b}}{2}＞\frac{{e}^{a}-{e}^{b}}{a-b}$?$\frac{a-b}{2}＞\frac{{e}^{a}-{e}^{b}}{{e}^{a}+{e}^{b}}$=$\frac{{e}^{a-b}-1}{{e}^{a-b}+1}$=1-$\frac{2}{{e}^{a-b}+1}$
令t（x）=$\frac{x}{2}$-1+$\frac{2}{{e}^{x}+1}$，
则t′（x）=$\frac{1}{2}$-$\frac{2{e}^{x}}{（{e}^{x}+1）^{2}}$=$\frac{（{e}^{x}-1）^{2}}{2（{e}^{x}+1）^{2}}$≥0，
则t（x）在（0，+∞）上单调递增，
故t（x）＞t（0）=0，
取x=a-b，则$\frac{a-b}{2}$-1+$\frac{2}{{e}^{a-b}+1}$＞0，
∴R＞Q，
综上，P＜Q＜R，

点评 本题主要考查导数的几何意义的应用以及利用作差法比较大小，考查学生的运算和推理能力，综合性较强，难度较大．