已知函数 $f\left( x \right) = {{\mathrm{e}}^x}$，$x \in {\mathbb{R}}$．
1、若直线 $y = kx + 1$ 与 $f\left( x \right)$ 的反函数的图象相切，求实数 $k$ 的值．
2、设 $x > 0$，讨论曲线 $y = f\left( x \right)$ 与曲线 $y = m{x^2}$（$m > 0$）公共点的个数．
3、设 $a < b$，比较 $\dfrac{f\left( a \right) + f\left( b \right)}{2}$ 与 $\dfrac{f\left( b \right) - f\left( a \right)}{b - a}$ 的大小，并说明理由．
解析
1、本题考查利用导数研究函数的切线，抓住切点坐标作为参数表达条件即可．
$f\left( x \right)$ 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 $P\left( t,\ln t \right)$ 处相切，则\[\begin{cases} \ln t=kt+1,\\ \dfrac 1t=k,\end{cases}\iff \begin{cases} t={\rm e}^2,\\ k=\dfrac1{{\rm e}^2},\end{cases}\]因此实数 $k$ 的值为 $\dfrac 1{\mathrm e^2}$．
2、本题考查利用导数研究函数的零点，注意指数部分转化为积的形式可以有效减少运算量．
曲线 $y = {{\mathrm{e}}^x}$ 与 $ y = m{x^2} $ 的公共点个数即函数 $\varphi(x)=\dfrac{{\rm e}^x}{x^2}-m$ 的零点个数，其导函数\[\varphi '\left( x \right) = \dfrac{{{{\mathrm{e}}^x}\left( {x - 2} \right)}}{x^3},\]因此\[\begin{array}{c|ccc}\hline x&(0,2)&2&(2,+\infty)\\ \hline \varphi'(x)&-&0&+\\ \hline \varphi(x)&\searrow&\dfrac{{\rm e}^2}4&\nearrow\\ \hline \end{array}\] 当 $x<\dfrac{1}{\sqrt m}$ 时，有\[\varphi(x)>\dfrac{1}{x^2}-m>0,\]当 $x>8m$ 时，有\[\varphi(x)=\dfrac{\left({\rm e}^{\frac x3}\right)^3}{x^2}-m>\dfrac{\left(1+\dfrac x2\right)^3}{x^2}-m>\dfrac 18x-m>0,\]因此所求公共点个数为\[\begin{cases} 0,&m\in\left(0,\dfrac{{\rm e}^2}4\right),\\ 1,&m=\dfrac{{\rm e}^2}4,\\ 2,&m\in\left(\dfrac{{\rm e}^2}4,+\infty\right).\end{cases}\]
3、本题考查利用导数判断及证明函数不等式，齐次化后利用对数的进阶放缩即可解决问题．
根据题意，有\[\begin{split}\dfrac{f\left( a \right) + f\left( b \right)}{2} - \dfrac{f\left( b \right) - f\left( a \right)}{b - a} &= \dfrac{{{{\mathrm{e}}^b} + {{\mathrm{e}}^a}}}{2} - \dfrac{{{{\mathrm{e}}^b} - {{\mathrm{e}}^a}}}{b - a}\\ &= \dfrac{{b{{\mathrm{e}}^b} + b{{\mathrm{e}}^a} - a{{\mathrm{e}}^b} - a{{\mathrm{e}}^a} - 2{{\mathrm{e}}^b} + 2{{\mathrm{e}}^a}}}{{2\left( {b - a} \right)}} \\&= \dfrac{{{{\mathrm{e}}^a}}}{{2\left( {b - a} \right)}}\left( {\left( {b - a} \right){{\mathrm{e}}^{b - a}} + \left( {b - a} \right) - 2{{\mathrm{e}}^{b - a}} + 2} \right),\end{split}\]设 ${\rm e}^{b-a}=t$，则 $b-a=\ln t$，问题转化为判断当 $t>1$ 时，代数式\[t\ln t+\ln t-2t+2=(t+1)\cdot \left(\ln t-\dfrac{2(t-1)}{t+1}\right)\]的正负，根据对数函数的进阶放缩，有当 $t>1$ 时，$\ln t>\dfrac{2(t-1)}{t+1}$，因此 $\dfrac{f\left(a\right) + f\left(b\right)}{2} > \dfrac{f\left(b\right) - f\left(a\right)}{b - a}$．