2013-陕西卷文-23 解-反函数与导数比较

本题导读

本题考查反函数。核心在于构造法、导数法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2013年陕西卷(文)） 已知函数 $f(x)={\mathrm{e}}^x$，$x\in \mathbf{R}$.

(1)求 $f(x)$ 的反函数的图象上点 $(1,0)$ 处的切线方程；

(2)证明：曲线 $y=f(x)$ 与曲线 $y=\frac{1}{2}{x}^2+x+1$ 有唯一公共点；

(3)设 $a<b$，比较 $f\left(\frac{a+b}{2}\right)$ 与 $\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ 的大小，并说明理由.

🔍【思路分析】

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1. $(1)$ 反函数 $y=\ln x$，$y\prime =\frac{1}{x}$ → $k=1$ → 切线 $y=x-1$。
2. $(2)$ 令 $g(x)={\mathrm{e}}^x-\frac{x^2}{2}-x-1$：$g\prime (x)={\mathrm{e}}^x-x-1⩾0$（${\mathrm{e}}^x⩾x+1$），$g$ 单调递增且 $g(0)=0$ → 唯一零点 → 唯一公共点 $(0,1)$。
3. $(3)$ 令 $t=\frac{b-a}{2}>0$，比较化为 ${\mathrm{e}}^{2t}-1$ 与 $2t{\mathrm{e}}^t$：令 $h(t)={\mathrm{e}}^{2t}-1-2t{\mathrm{e}}^t$，$h\prime (t)=2{\mathrm{e}}^t({\mathrm{e}}^t-1-t)>0$，$h(0)=0$ → $h(t)>0$ → $f\left(\frac{a+b}{2}\right)<\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$。

✅【答案】

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(1)$y=x-1$；(2)唯一公共点为 $(0,1)$；(3)$f\left(\frac{a+b}{2}\right)<\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$

✍【详细解析】

Abstract

（1） 由 $y={\mathrm{e}}^x$ 解得 $x=\ln y$，故 $f(x)$ 的反函数为 $y=\ln x(x>0).$ 其导数 $y\prime =\frac{1}{x}$，在 $x=1$ 处 $y\prime =1$。点 $(1,0)$ 在反函数图象上（$\ln 1=0$），故所求切线为 $y-0=1\cdot (x-1),\text{即}y=x-1.$ （2） 设 $g(x)={\mathrm{e}}^x-\left(\frac{1}{2}{x}^2+x+1\right)={\mathrm{e}}^x-\frac{x^2}{2}-x-1,$ 则 $y=f(x)$ 与 $y=\frac{1}{2}{x}^2+x+1$ 的公共点个数就是 $g(x)$ 的零点个数。 $g\prime (x)={\mathrm{e}}^x-x-1.$ 由切线不等式 ${\mathrm{e}}^x⩾x+1$（$x\in \mathbf{R}$，等号仅在 $x=0$ 时成立）知 $g\prime (x)⩾0$，且 $g\prime (x)=0$ 只对 $x=0$ 成立，故 $g(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增（严格递增）。 又 $g(0)={\mathrm{e}}^0-0-0-1=0,$ 所以 $g(x)$ 有且仅有一个零点 $x=0$，此时 $y={\mathrm{e}}^0=1$。 即两曲线有唯一公共点 $(0,1)$，且由 $g(x)<0$（$x<0$）、$g(x)>0$（$x>0$）知 ${\mathrm{e}}^x$ 与 $\frac{x^2}{2}+x+1$ 的大小关系在 $x=0$ 两侧变号。 （3） 结论： $f\left(\frac{a+b}{2}\right)<\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.$ 证明：令 $t=\frac{b-a}{2}>0$，则 $a=\frac{a+b}{2}-t$，$b=\frac{a+b}{2}+t$，记 $m=\frac{a+b}{2}$，于是 $f\left(\frac{a+b}{2}\right)={\mathrm{e}}^m,\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=\frac{{\mathrm{e}}^{m+t}-{\mathrm{e}}^{m-t}}{2t}={\mathrm{e}}^m\cdot \frac{{\mathrm{e}}^{2t}-1}{2t{\mathrm{e}}^t}.$ 因为 ${\mathrm{e}}^m>0$，故只需证 ${\mathrm{e}}^{2t}-1>2t{\mathrm{e}}^t(t>0).$ 令 $h(t)={\mathrm{e}}^{2t}-1-2t{\mathrm{e}}^t,$ 则 $h(0)=0$，且 $h\prime (t)=2{\mathrm{e}}^{2t}-2{\mathrm{e}}^t-2t{\mathrm{e}}^t=2{\mathrm{e}}^t\left({\mathrm{e}}^t-1-t\right).$ 由 ${\mathrm{e}}^t>1+t$（$t>0$）知 $h\prime (t)>0$，故 $h(t)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增，从而 $h(t)>h(0)=0,$ 即 ${\mathrm{e}}^{2t}-1>2t{\mathrm{e}}^t$。 两边同乘 $\frac{{\mathrm{e}}^m}{2t}>0$，即得 ${\mathrm{e}}^m<\frac{{\mathrm{e}}^{m+t}-{\mathrm{e}}^{m-t}}{2t},$ 亦即 $f\left(\frac{a+b}{2}\right)<\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：反函数的切线与函数的唯一公共点、比较大小

核心方法：$(1)$ 反函数 $y=\ln x$，$y\prime =\frac{1}{x}$，在 $(1,0)$ 处切线 $y=x-1$；$(2)$ 令 $g(x)={\mathrm{e}}^x-\frac{x^2}{2}-x-1$，$g\prime (x)={\mathrm{e}}^x-x-1⩾0$，$g(0)=0$ → 唯一公共点 $(0,1)$；$(3)$ 设 $t=\frac{b-a}{2}>0$，待证 ${\mathrm{e}}^{2t}-1>2t{\mathrm{e}}^t$，令 $h(t)={\mathrm{e}}^{2t}-1-2t{\mathrm{e}}^t$，$h\prime (t)=2{\mathrm{e}}^t({\mathrm{e}}^t-1-t)>0$ → $h(t)>h(0)=0$ → $f\left(\frac{a+b}{2}\right)<\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$

避坑指南：$(2)$ 的 $g\prime (x)={\mathrm{e}}^x-x-1⩾0$ 用到切线不等式 ${\mathrm{e}}^x⩾x+1$（等号仅 $x=0$）；$(3)$ 先换元简化（令 $t=\frac{b-a}{2}$ 去掉 $a$），再构造 $h(t)$ 求导——不要硬算原式；结论是小于。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：反函数与切线方程、函数图象公共点的唯一性、函数值比较。

结论推广：反函数的求法；导数的几何意义；构造函数用单调性证明不等式。

方法推广：求反函数 → 写切线；作差构造 $g$ 用导数判唯一零点；换元构造 $h$ 证大小。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.01 导数定义与几何意义

类题演练 (Links)

• 2013-新课标II卷文-21 解-导数极值与切线截距
• 2014-上海卷文-20 解-反函数与奇偶性
• 2014-大纲卷文-05 单-反函数