已知g（x）=lnx，其导函数为g'（x），反函数为g-1（x）

解题思路：（1）设令h（x）=g^-1（x）-x-1=e^x-x-1，判断函数h（x）的单调性，根据单调性得到h（x）≥h（0）=0，问题得以解决．
（2）先求导，再构造函数F（x）=x²-ax+1，然后再分类讨论函数的单调性，利用斜率公式表示出k=

f(x1)−f(x2)

x1−x2

，再假设存在a的值，使得k=2-a，导代入转化为
亦即x₂-

1

x2

-2lnx₂=0，x₂＞1，设h（t）=t-

1

t

−2lnt，t＞1，根据函数的单调性，得出矛盾，问题得以解决．
（3）由（1）有1+x≤e^x（当且仅当x=0时取等）对任意的实数R均成立，利用放缩法来证明，

解（1）∵g（x）=lnx，其导函数为g'（x），反函数为g^-1（x），
令h（x）=g^-1（x）-x-1=e^x-x-1，
∴h'（x）=e^x-1，
令h'（x）=e^x-1=0，即x=0，
∴h（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
∴h（x）≥h（0）=0，从而所得结论成立．
（2）∵f（x）=e^g（x）-g'（x）-a•g（x）（a∈R）．
∴f（x）=x-[1/x]-alnx，f（x）的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=1+[1
x2-
a/x]=
x2−ax+1
x2，
令F（x）=x²-ax+1，其判别式△=a²-4，
从而当|a|≤2时，△≤0，故f′（x）≥0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增．
当a＜-2时，△＞0，故F（x）=0的两根都小于0，在（0，+∞）上，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增．
当当a＞2时，△＞0，故F（x）=0的两根为x₁=[1/2]（a-
a2−4），x₂=[1/2]（a+
a2−4），
当0＜x＜x₁时，f′（x）＞0；当x₁，＜x＜x₂时，f′（x）＜0；当x＞x₂时，f′（x）＞0，
故f（x）分别在（0，x₁），（x₂，+∞）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递减．
从而当a＞2是，函数有两个极值点．
又因为f（x₁）-f（x₂）=（x₁-x₂）+
x1−x2
x1x2-a（lnx₁-lnx₂），
所以k=
f(x1)−f(x2)
x1−x2=1+
1
x1x2-a
lnx1−lnx2
x1−x2
又由（1）知，x₁x₂=1．于是k=2-a

点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的极值．

考点点评： 本题考查了导数与函数的单调性和极值的关系，以及直线的斜率，不等式的证明，培养了学生的转化能力，计算能力，计算量比较大，思考有一定的难度，属于难题．