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  利用导数研究函数的性质

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  利用导数研究函数的切线

$k=\dfrac 1{\mathrm e^2}$．

本题考查导数的几何意义，在一点处的导数值等于在此点处的切线斜率．$f\left( x \right)$ 的反函数为\[g\left( x \right) = \ln x.\]设直线 $y = kx + 1$ 与 $g\left( x \right) = \ln x$ 的图象在 $P\left( {{x_0},{y_0}} \right)$ 处相切，则有\[\begin{split}{y_0} &= k{x_0} + 1 = \ln {x_0},\\ k &= g'\left( {x_0} \right) = \dfrac{1}{x_0}.\end{split}\]解得\[{x_0} = {{\mathrm{e}}^2},k = \dfrac{1}{{{{\mathrm{e}}^2}}}.\]

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  导数问题中的技巧

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  构造辅助函数
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  利用导数研究函数的性质

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  利用导数研究函数的最值

当 $x > 0$ 时，
若 $0 < m < \dfrac{{{{\mathrm{e}}^2}}}{4}$，曲线 $y = f\left( x \right)$ 与 $y = m{x^2}$ 没有公共点；
若 $m = \dfrac{{{{\mathrm{e}}^2}}}{4}$，曲线 $y = f\left( x \right)$ 与 $y = m{x^2}$ 有一个公共点；
若 $m > \dfrac{{{{\mathrm{e}}^2}}}{4}$，曲线 $y = f\left( x \right)$ 与 $y = m{x^2}$ 有两个公共点．

曲线 $y = {{\mathrm{e}}^x}$ 与 $ y = m{x^2} $ 的公共点个数等于曲线 $y = \dfrac{{{{\mathrm{e}}^x}}}{x^2}$ 与 $y = m$ 的公共点个数．
令 $\varphi \left( x \right) = \dfrac{{{{\mathrm{e}}^x}}}{x^2}$，则\[\varphi '\left( x \right) = \dfrac{{{{\mathrm{e}}^x}\left( {x - 2} \right)}}{x^3},\]所以\[\varphi '\left( 2 \right) = 0.\]当 $x \in \left( {0,2} \right)$ 时，$\varphi '\left( x \right) < 0$，$\varphi \left( x \right)$ 在 $\left( {0,2} \right)$ 上单调递减；
当 $x \in \left( {2, + \infty } \right)$ 时，$\varphi '\left( x \right) > 0$，$\varphi \left( x \right)$ 在 $\left( {2, + \infty } \right)$ 上单调递增．
∴ $\varphi \left( x \right)$ 在 $\left( {0, + \infty } \right)$ 上的最小值为\[\varphi \left( 2 \right) = \dfrac{{{{\mathrm{e}}^2}}}{4}.\]当 $0 < m < \dfrac{{{{\mathrm{e}}^2}}}{4}$ 时，曲线 $y = \dfrac{{{{\mathrm{e}}^x}}}{x^2}$ 与 $y = m$ 无公共点；
当 $m = \dfrac{{{{\mathrm{e}}^2}}}{4}$ 时，曲线 $y = \dfrac{{{{\mathrm{e}}^x}}}{x^2}$ 与 $y = m$ 恰有一个公共点；
当 $m > \dfrac{{{{\mathrm{e}}^2}}}{4}$ 时，在 $\left( {0,2} \right)$ 内存在 ${x_1} = \dfrac{1}{\sqrt m }$，使得\[\varphi \left( {x_1} \right) > m,\]在 $\left( {2, + \infty } \right)$ 内存在 ${x_2} = m{{\mathrm{e}}^2}$，使得\[\varphi \left( {x_2} \right) > m,\]而 $\varphi \left(2\right)<m$，所以由 $\varphi \left( x \right)$ 的单调性知，曲线 $y = \dfrac{{{{\mathrm{e}}^x}}}{x^2}$ 与 $y = m$ 在 $\left( {0, + \infty } \right)$ 上恰有两个公共点．
综上所述，
当 $x > 0$ 时，若 $0 < m < \dfrac{{{{\mathrm{e}}^2}}}{4}$，曲线 $y = f\left( x \right)$ 与 $y = m{x^2}$ 没有公共点；
若 $m = \dfrac{{{{\mathrm{e}}^2}}}{4}$，曲线 $y = f\left( x \right)$ 与 $y = m{x^2}$ 有一个公共点；
若 $m > \dfrac{{{{\mathrm{e}}^2}}}{4}$，曲线 $y = f\left( x \right)$ 与 $y = m{x^2}$ 有两个公共点．

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  利用导数研究函数的零点
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  利用导数研究函数的单调性

$\dfrac{f\left(a\right) + f\left(b\right)}{2} > \dfrac{f\left(b\right) - f\left(a\right)}{b - a}$．

两个函数 $f(x),g(x)$ 的公共点个数，等价于构造出新函数 $h(x)=f(x)-g(x)$ 的零点个数，此时可以适当选择参变分离、半参变分离或直接分类讨论，若可以参变分离，则首先考虑参变分离．方法一：
可以证明 $\dfrac{f\left(a\right) + f\left(b\right)}{2} > \dfrac{f\left(b\right) - f\left(a\right)}{b - a}$．
事实上，根据不等式的基本性质有\[\begin{split}\dfrac{f\left(a\right) + f\left(b\right)}{2} > \dfrac{f\left(b\right) - f\left(a\right)}{b - a} &\Leftrightarrow \dfrac{{{{\mathrm{e}}^a} + {{\mathrm{e}}^b}}}{2} > \dfrac{{{{\mathrm{e}}^b} - {{\mathrm{e}}^a}}}{b - a}\\
& \Leftrightarrow \dfrac{b - a}{2} > \dfrac{{{{\mathrm{e}}^b} - {{\mathrm{e}}^a}}}{{{{\mathrm{e}}^b} + {{\mathrm{e}}^a}}} \\&\Leftrightarrow \dfrac{b - a}{2} > 1 - \dfrac{{2{{\mathrm{e}}^a}}}{{{{\mathrm{e}}^b} + {{\mathrm{e}}^a}}}\\
&\Leftrightarrow \dfrac{b - a}{2} > 1 - \dfrac{2}{{{{\mathrm{e}}^{b - a}} + 1}}\\&\Leftrightarrow \dfrac {b-a}2+\dfrac 2{\mathrm e^{b-a}+1}-1>0\left(b > a\right).\left(*\right)\end{split}\]令 $\psi \left( x \right) = \dfrac{x}{2} + \dfrac{2}{{{{\mathrm{e}}^x} + 1}} - 1\left( {x \geqslant 0} \right)$，则\[\begin{split}\psi '\left( x \right) &= \dfrac{1}{2} - \dfrac{{2{{\mathrm{e}}^x}}}{{{{\left( {{{\mathrm{e}}^x} + 1} \right)}^2}}}\\& = \dfrac{{{{\left( {{{\mathrm{e}}^x} + 1} \right)}^2} - 4{{\mathrm{e}}^x}}}{{2{{\left( {{{\mathrm{e}}^x} + 1} \right)}^2}}}\\& = \dfrac{{{{\left( {{{\mathrm{e}}^x} - 1} \right)}^2}}}{{2{{\left( {{{\mathrm{e}}^x} + 1} \right)}^2}}} \geqslant 0\end{split}\]（当且仅当 $ x = 0 $ 时等号成立），所以 $\psi \left( x \right)$ 在 $\left( {0, + \infty } \right)$ 上单调递增．
所以 $x > 0$ 时，\[\psi \left( x \right) > \psi \left( 0 \right) = 0.\]令 $x = b - a$，即得 $\left(*\right)$ 式．结论得证．
方法二：
可用比较法证明题中不等式，\[\begin{split}\dfrac{f\left( a \right) + f\left( b \right)}{2} - \dfrac{f\left( b \right) - f\left( a \right)}{b - a} &= \dfrac{{{{\mathrm{e}}^b} + {{\mathrm{e}}^a}}}{2} - \dfrac{{{{\mathrm{e}}^b} - {{\mathrm{e}}^a}}}{b - a}\\
&= \dfrac{{b{{\mathrm{e}}^b} + b{{\mathrm{e}}^a} - a{{\mathrm{e}}^b} - a{{\mathrm{e}}^a} - 2{{\mathrm{e}}^b} + 2{{\mathrm{e}}^a}}}{{2\left( {b - a} \right)}} \\&= \dfrac{{{{\mathrm{e}}^a}}}{{2\left( {b - a} \right)}}\left[ {\left( {b - a} \right){{\mathrm{e}}^{b - a}} + \left( {b - a} \right) - 2{{\mathrm{e}}^{b - a}} + 2} \right].\end{split}\]设函数 $u\left( x \right) = x{{\mathrm{e}}^x} + x - 2{{\mathrm{e}}^x} + 2\left( {x \geqslant 0} \right)$，则\[u'\left( x \right) = {{\mathrm{e}}^x} + x{{\mathrm{e}}^x} + 1 - 2{{\mathrm{e}}^x}.\]令 $h\left( x \right) = u'\left( x \right)$，则\[h' \left( x \right) = {{\mathrm{e}}^x} + {{\mathrm{e}}^x} + x{{\mathrm{e}}^x} - 2{{\mathrm{e}}^x} = x{{\mathrm{e}}^x} \geqslant 0\]（当且仅当 $x = 0$ 时等号成立），∴ $u'\left( x \right)$ 单调递增，
∴当 $x > 0$ 时，$u'\left( x \right) > u'\left( 0 \right) = 0$，∴ $u\left( x \right)$ 单调递增．
当 $x > 0$ 时，$u\left( x \right) > u\left( 0 \right) = 0$．
令 $x = b - a$，则得\[\left( {b - a} \right){{\mathrm{e}}^{b - a}} + \left( {b - a} \right) - 2{{\mathrm{e}}^{b - a}} + 2 > 0,\]所以\[\dfrac{{{{\mathrm{e}}^b} + {{\mathrm{e}}^a}}}{2} - \dfrac{{{{\mathrm{e}}^b} - {{\mathrm{e}}^a}}}{b - a} > 0,\]所以\[\dfrac{f\left( a \right) + f\left( b \right)}{2} > \dfrac{f\left( b \right) - f\left( a \right)}{b - a}.\]