Question

已知函数f（x）=lnx，（1）若直线y=kx+1与函数f（x）的图象相切，求实数k的值；（2）若函数g(x)=f(eex)，

已知函数f（x）=lnx，（1）若直线y=kx+1与函数f（x）的图象相切，求实数k的值；（2）若函数g(x)=f(eex)，a＜b，试证明：g(a)+g(b)2＞g(b)-g(a)b-a．

Answer 1

解答：（1）解：∵f（x）=lnx，∴f′(x)=

1

x

(x＞0)（1分）
设切点坐标（x₀，y₀），
∵直线y=kx+1与函数f（x）的图象相切，
∴f′(x0)=

1

x0

=k(x0＞0)可得x0=

1

k

，
代入y=kx+1解出y₀=2（3分）
将切点坐标代入f（x）=lnx得f(

1

k

)=ln

1

k

=2，
∴k=

1

e2

（5分）
（2）证明：g(x)=f(eex)=lneex=ex（6分）
∴

g(a)+g(b)

2

-

g(b)-g(a)

b-a

=

ea+eb

2

-

eb-ea

b-a

=

(b-a)(ea+eb)-2(eb-ea)

2(b-a)

=

[(b-a)(1+eb-a)-2(eb-a-1)]e-a

2(b-a)

=

[(b-a)e(b-a)-2e(b-a)+(b-a)+2]e-a

2(b-a)

（7分）
∵b＞a且e-a＞0∴

e-a

2(b-a)

＞0（8分）
设h（t）=te^t-2e^t+t+2（t＞0），∴h'（t）=te^t-e^t+1（t＞0）（9分）
设m（t）=te^t-e^t+1（t＞0），
∴m'（t）=te^t＞0（t＞0）（10分）
∴m（t）在t∈（0，+∞）上单调递增，
又m（0）=0，∴m（t）＞0，即h'（t）＞0在t∈（0，+∞）恒成立．
∴h（t）在t∈（0，+∞）上单调递增，
又h（0）=0，∴h（t）＞0在t∈（0，+∞）恒成立．
∴

[(b-a)e(b-a)-2e(b-a)+(b-a)+2]e-a

2(b-a)

＞0，
∴

g(a)+g(b)

2

-

g(b)-g(a)

b-a

＞0
即a＜b时，

g(a)+g(b)

2

＞

g(b)-g(a)

b-a

（12分）