Question

3．已知函數(shù)f（x）=e^x，x∈R，g（x）=lnx，x∈（0，+∞）．
（Ⅰ） 若直線y=kx+2與g（x）的圖象相切，求實數(shù)k的值；
（Ⅱ） 設(shè)x＞0，討論曲線y=f（x）與曲線y=mx²（m＞0）公共點的個數(shù)．
（Ⅲ） 設(shè)a＜b，比較$\frac{f（a）+f（b）}{2}$與$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$的大小，并說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ） 設(shè)直線y=kx+2與g（x）=lnx相切與點P（x₀，y₀），則有$\left\{\begin{array}{l}k{x_0}+2=ln{x_0}\\ k=g'（{x_0}）=\frac{1}{x_0}\end{array}\right.$，即可求實數(shù)k的值；
（Ⅱ） 當 x＞0，m＞0 時，曲線y=f（x）與曲線y=mx²（m＞0）的公共點個數(shù)即方程f（x）=mx²根的個數(shù)，分類15討論曲線y=f（x）與曲線y=mx²（m＞0）公共點的個數(shù)．
（Ⅲ） 運用作差法，設(shè)m（x）=e^x-e^-x-2x，求得導(dǎo)數(shù)，由基本不等式可得m（x）的單調(diào)性，即可得到結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)直線y=kx+2與g（x）=lnx相切與點P（x₀，y₀），
則有$\left\{\begin{array}{l}k{x_0}+2=ln{x_0}\\ k=g'（{x_0}）=\frac{1}{x_0}\end{array}\right.$…（2分）     解得x₀=e³，k=e^-3．…（4分）
（Ⅱ）  當 x＞0，m＞0 時，曲線y=f（x）與曲線y=mx²（m＞0）的公共點個數(shù)即方程f（x）=mx²根的個數(shù)．
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）
則當x∈（0，2）時，h′（x）＜0，即h（x）在（0，2）上單調(diào)遞減，當x∈（2，+∞）時，h′（x）＞0，即h（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增．
故h（2）=$\frac{{e}^{2}}{4}$是h（x）的極小值同時也為最小值．…（7分）
所以對曲線y=f（x）與曲線y=mx²（m＞0）公共點的個數(shù)，討論如下：
當m$∈（0，\frac{e^2}{4}）$時，有0個公共點； 當m=$\frac{e^2}{4}$，有1個公共點；
當m$∈（\frac{e^2}{4}，+∞）$有2個公共點．…（8分）
（Ⅲ） 設(shè)$\frac{f（a）+f（b）}{2}-\frac{f（b）-f（a）}{b-a}=\frac{（b-a+2）•f（a）+（b-a-2）•f（b）}{2•（b-a）}$
=$\frac{{（b-a+2）•{e^a}+（b-a-2）•{e^b}}}{2•（b-a）}=\frac{{（b-a+2）+（b-a-2）•{e^{b-a}}}}{2•（b-a）}•{e^a}$…（9分）
令g（x）=x+2+（x-2）e^x，x＞0．…（10分）
則g'（x）=1+（1+x-2）•e^x=1+（x-1）•e^xg'（x）的導(dǎo)函數(shù) g''（x）=（1+x-1）•e^x=x•e^x＞0，所以g′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，且g′（0）=0．因此，g′（x）＞0，故g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
而g（0）=0，所以在（0，+∞）上，g（x）＞0．…（11分）
因為當x＞0時，g（x）=x+2+（x-2）•e^x＞0且a＜b，
故$\frac{{（b-a+2）+（b-a-2）•{e^{b-a}}}}{2•（b-a）}•{e^a}＞0$，
所以當a＜b時，$\frac{f（a）+f（b）}{2}＞\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$…（12分）

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求曲線方程，求單調(diào)性，考查函數(shù)方程的轉(zhuǎn)化思想，以及作差法和構(gòu)造函數(shù)法，考查運算能力，屬于中檔題．