已知函数 $f\left(x\right) = {{\mathrm{e}}^x}$，$x \in {\mathbb{R}}$．
1、求 $f\left(x\right)$ 的反函数的图象上点 $\left(1,0\right)$ 处的切线方程．
2、证明：曲线 $y = f\left(x\right)$ 与曲线 $y = \dfrac{1}{2}{x^2} + x + 1$ 有唯一公共点．
3、设 $a < b$，比较 $f\left( {\dfrac{a + b}{2}} \right)$ 与 $\dfrac{f\left(b\right) - f\left(a\right)}{b - a}$ 的大小，并说明理由．
解析
1、本题考查反函数以及利用导数研究函数的切线，根据导函数的几何意义求解即可．
函数 $f(x)$ 的反函数为 $g(x)=\ln x$，因此其在 $(1,0)$ 处的切线方程为\[y=g(1)+g'(1)(x-1)\iff y=x-1.\]
2、本题考查利用导数研究函数的零点，将指数部分转化为积的形式再求导可以有效减少运算量．
曲线 $y=f(x)$ 与曲线 $y=\dfrac 12x^2+x+1$ 的公共点个数即函数\[h(x)=\left(\dfrac12x^2+x+1\right){\rm e}^{-x}-1\]的零点个数．该函数的导函数\[h'(x)=-\dfrac12x^2{\rm e}^{-x},\]因此函数 $(x)$ 为单调递减函数，注意到 $h(0)=0$，因此函数 $h(x)$ 有唯一公共点，进而曲线 $y = f\left(x\right)$ 与曲线 $y = \dfrac{1}{2}{x^2} + x + 1$ 有唯一公共点 $(1,0)$．
3、本题考查利用导数判断和证明函数不等式，利用对数函数的进阶放缩可以更迅速的解决问题．
根据题意，有\[\begin{split}\dfrac{f\left(b\right) - f\left(a\right)}{b - a} - f\left( {\dfrac{a + b}{2}} \right) &= \dfrac{{{{\mathrm{e}}^b} - {{\mathrm{e}}^a}}}{b - a} - {{\mathrm{e}}^{\frac{a + b}{2}}} \\&= \dfrac{{{{\mathrm{e}}^b} - {{\mathrm{e}}^a} - b{{\mathrm{e}}^{\frac{a + b}{2}}} + a{{\mathrm{e}}^{\frac{a + b}{2}}}}}{b - a}\\ &= \dfrac{{{{\mathrm{e}}^{\frac{a + b}{2}}}}}{b - a}\left( {{{\mathrm{e}}^{\frac{b-a}{2}}} - {{\mathrm{e}}^{\frac{a - b}{2}}} - \left(b - a\right)} \right).\end{split}\]设 $t={\rm e}^{\frac{b-a}2}$，则问题转化为判断当 $t>1$ 时代数式\[\varphi(t)=t-\dfrac 1t-2\ln t\]的正负．事实上，根据对数函数的进阶放缩，当 $t>1$ 时，有\[\ln t<\dfrac 12\left(t-\dfrac 1t\right),\]因此当 $t>1$ 时，有 $\varphi(t)>0$，从而 $\dfrac{f\left(b\right) - f\left(a\right)}{b - a} > f\left( {\dfrac{a + b}{2}} \right)$．