Question

3．已知函数f（x）=e^x，x∈R，g（x）=lnx，x∈（0，+∞）．
（Ⅰ） 若直线y=kx+2与g（x）的图象相切，求实数k的值；
（Ⅱ） 设x＞0，讨论曲线y=f（x）与曲线y=mx²（m＞0）公共点的个数．
（Ⅲ） 设a＜b，比较$\frac{f（a）+f（b）}{2}$与$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$的大小，并说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ） 设直线y=kx+2与g（x）=lnx相切与点P（x₀，y₀），则有$\left\{\begin{array}{l}k{x_0}+2=ln{x_0}\\ k=g'（{x_0}）=\frac{1}{x_0}\end{array}\right.$，即可求实数k的值；
（Ⅱ） 当 x＞0，m＞0 时，曲线y=f（x）与曲线y=mx²（m＞0）的公共点个数即方程f（x）=mx²根的个数，分类15讨论曲线y=f（x）与曲线y=mx²（m＞0）公共点的个数．
（Ⅲ） 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：（Ⅰ）设直线y=kx+2与g（x）=lnx相切与点P（x₀，y₀），
则有$\left\{\begin{array}{l}k{x_0}+2=ln{x_0}\\ k=g'（{x_0}）=\frac{1}{x_0}\end{array}\right.$…（2分）     解得x₀=e³，k=e^-3．…（4分）
（Ⅱ）  当 x＞0，m＞0 时，曲线y=f（x）与曲线y=mx²（m＞0）的公共点个数即方程f（x）=mx²根的个数．
由f（x）=mx²，∴m=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$                       …（5分）
令 $h（x）=\frac{e^x}{x^2}⇒h'（x）=\frac{{x{e^x}（x-2）}}{x^2}$，…（6分）
则当x∈（0，2）时，h′（x）＜0，即h（x）在（0，2）上单调递减，当x∈（2，+∞）时，h′（x）＞0，即h（x）在（2，+∞）上单调递增．
故h（2）=$\frac{{e}^{2}}{4}$是h（x）的极小值同时也为最小值．…（7分）
所以对曲线y=f（x）与曲线y=mx²（m＞0）公共点的个数，讨论如下：
当m$∈（0，\frac{e^2}{4}）$时，有0个公共点； 当m=$\frac{e^2}{4}$，有1个公共点；
当m$∈（\frac{e^2}{4}，+∞）$有2个公共点．…（8分）
（Ⅲ） 设$\frac{f（a）+f（b）}{2}-\frac{f（b）-f（a）}{b-a}=\frac{（b-a+2）•f（a）+（b-a-2）•f（b）}{2•（b-a）}$
=$\frac{{（b-a+2）•{e^a}+（b-a-2）•{e^b}}}{2•（b-a）}=\frac{{（b-a+2）+（b-a-2）•{e^{b-a}}}}{2•（b-a）}•{e^a}$…（9分）
令g（x）=x+2+（x-2）e^x，x＞0．…（10分）
则g'（x）=1+（1+x-2）•e^x=1+（x-1）•e^xg'（x）的导函数 g''（x）=（1+x-1）•e^x=x•e^x＞0，所以g′（x）在（0，+∞）上单调递增，且g′（0）=0．因此，g′（x）＞0，故g（x）在（0，+∞）上单调递增，
而g（0）=0，所以在（0，+∞）上，g（x）＞0．…（11分）
因为当x＞0时，g（x）=x+2+（x-2）•e^x＞0且a＜b，
故$\frac{{（b-a+2）+（b-a-2）•{e^{b-a}}}}{2•（b-a）}•{e^a}＞0$，
所以当a＜b时，$\frac{f（a）+f（b）}{2}＞\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$…（12分）

点评 本题考查导数的运用：求曲线方程，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．