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2022年高考数学新高考Ⅰ-22

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（12分）已知函数

$f(x)=e^{x}-ax$ 和

$g(x)=ax-\ln x$ 有相同的最小值．
（1）求

$a$ ；
（2）证明：存在直线

$y=b$ ，其与两条曲线

$y=f(x)$ 和

$y=g(x)$ 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
分析：（1）先对两个函数求导，然后由函数有相同的最小值得到函数

$f(x)$ 和

$g(x)$ 的单调性，从而求得

$f'(x)$ 和

$g'(x)$ 的零点，进而得到函数的最小值，然后列出方程求得

$a$ 的值；
（2）由

$a$ 的值可求得函数

$f(x)$ 与函数

$g(x)$ 的表达式，对函数

$f(x)$ 与函数

$g(x)$ 在

$(0,+\infty )$ 上的大小进行比较，可作出曲线函数

$y=f(x)$ 和

$y=g(x)$ 的大致图象，根据该图象可确定直线

$y=b$ 的位置，分别求出三个交点的横坐标的表达式后，证明其成等差数列即可．
解：（1）

$f(x)$ 定义域为

$R$ ，

$\because f(x)=e^{x}-ax$ ，

$\therefore f'(x)=e^{x}-a$ ，
若

$a\leqslant 0$ ，
则

$f'(x) > 0$ ，

$f(x)$ 无最小值，
故

$a > 0$ ，
当

$f'(x)=0$ 时，

$x=\ln a$ ，当

$g'(x)=0$ 时，

$x=\dfrac{1}{a}$ ，
当

$x < \ln a$ 时，

$f'(x) < 0$ ，函数

$f(x)$ 在

$(-\infty ,\ln a)$ 上单调递减，
当

$x > \ln a$ 时，

$f'(x) > 0$ ，函数

$f(x)$ 在

$(\ln a,+\infty )$ 上单调递增，
故

$f(x)_{min}=f(\ln a)=a-a\ln a$ ，

$g(x)$ 的定义域为

$(0,+\infty )$ ，

$\because g(x)=ax-\ln x$ ，

$\therefore g'(x)=a-\dfrac{1}{x}$ ，
令

$g'(x)=0$ ，解得

$x=\dfrac{1}{a}$ ，
当

$0 < x < \dfrac{1}{a}$ 时，

$g'(x) < 0$ ，函数

$g(x)$ 在

$(0,\dfrac{1}{a})$ 上单调递减，
当

$x > \dfrac{1}{a}$ 时，

$g'(x) > 0$ ，函数

$g(x)$ 在

$(\dfrac{1}{a}$ ，

$+\infty )$ 上单调递增，
故

$g(x)_{min}=1+\ln a$ ，

$\because$ 函数

$f(x)=e^{x}-ax$ 和

$g(x)=ax-\ln x$ 有相同的最小值

$\therefore a-a\ln a=1+\ln a$ ，

$\because a > 0$ ，

$\therefore a-a\ln a=1+\ln a$ 化为

$\ln a-\dfrac{a-1}{a+1}=0$ ，
令

$h(x)=\ln x-\dfrac{x-1}{x+1}$ ，

$x > 0$ ，
则

$h'(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{x+1-(x-1)}{(x+1)^{2}}=\dfrac{1}{x}-\dfrac{2}{(x+1)^{2}}=\dfrac{{x}^{2}+1}{x(x+1)^{2}}$ ，

$\because x > 0$ ，

$\therefore h'(x)=\dfrac{{x}^{2}+1}{x(x+1)^{2}} > 0$ 恒成立，

$\therefore h(x)$ 在

$(0,+\infty )$ 上单调递增，
又

$\because h$ （1）

$=0$ ，

$\therefore h$ （a）

$=h$ （1），仅有此一解，

$\therefore a=1$ ．
（2）证明：由（1）知

$a=1$ ，函数

$f(x)=e^{x}-x$ 在

$(-\infty ,0)$ 上单调递减，在

$(0,+\infty )$ 上单调递增，
函数

$g(x)=x-\ln x$ 在

$(0,1)$ 上单调递减，在

$(1,+\infty )$ 上单调递增，
设

$u(x)=f(x)-g(x)=e^{x}-2x+\ln x(x > 0)$ ，
则

$u\prime (x)=e^{x}-2+\dfrac{1}{x} > e^{x}-2$ ，当

$x\geqslant 1$ 时，

$u\prime (x)\geqslant e-2 > 0$ ，
所以函数

$u(x)$ 在

$(1,+\infty )$ 上单调递增，因为

$u$ （1）

$=e-2 > 0$ ，
所以当

$x\geqslant 1$ 时，

$u(x)\geqslant u$ （1）

$> 0$ 恒成立，即

$f(x)-g(x) > 0$ 在

$x\geqslant 1$ 时恒成立，
所以

$x\geqslant 1$ 时，

$f(x) > g(x)$ ，
因为

$f(0)=1$ ，函数

$f(x)$ 在

$(0,+\infty )$ 上单调递增，

$g$ （1）

$=1$ ，函数

$g(x)$ 在

$(0,1)$ 上单调递减，
所以函数

$f(x)$ 与函数

$g(x)$ 的图象在

$(0,1)$ 上存在唯一交点，设该交点为

$(m$ ，

$f(m))(0 < m < 1)$ ，
此时可作出函数

$y=f(x)$ 和

$y=g(x)$ 的大致图象，

由图象知当直线

$y=b$ 与两条曲线

$y=f(x)$ 和

$y=g(x)$ 共有三个不同的交点时，
直线

$y=b$ 必经过点

$M(m$ ，

$f(m))$ ，即

$b=f(m)$ ，
因为

$f(m)=g(m)$ ，所以

$e^{m}-m=m-\ln m$ ，即

$e^{m}-2m+\ln m=0$ ，
令

$f(x)=b=f(m)$ 得

$e^{x}-x=e^{m}-m=m-\ln m$ ，解得

$x=m$ 或

$x=\ln m$ ，由

$0 < m < 1$ ，得

$\ln m < 0 < m$ ，
令

$g(x)=b=f(m)$ 得

$x-\ln x=e^{m}-m=m-\ln m$ ，解得

$x=m$ 或

$x=e^{m}$ ，由

$0 < m < 1$ ，得

$m < 1 < e^{m}$ ，
所以当直线

$y=b$ 与两条曲线

$y=f(x)$ 和

$y=g(x)$ 共有三个不同的交点时，
从左到右的三个交点的横坐标依次为，

$\ln m$ ，

$m$ ，

$e^{m}$ ，
因为

$e^{m}-2m+\ln m=0$ ，所以

$e^{m}+\ln m=2m$ ，
所以

$\ln m$ ，

$m$ ，

$e^{m}$ 成等差数列．

$\therefore$ 存在直线

$y=b$ ，其与两条曲线

$y=f(x)$ 和

$y=g(x)$ 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
点评：本题考查了导数的应用，利用导数求函数的单调性，函数的零点，解题的关键是利用函数的单调性求得

$x_{1}$ 、

$x_{3}$ 和

$x_{2}$ 的数量关系．

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