题号:1106    题型:解答题    来源: 2022年普通高等学校招生全国统一考试(新高考I卷)
已知函数 $f(x)=\mathrm{e}^{x}-a x$ 和 $g(x)=a x-\ln x$ 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 $y=g(x)$ 共在三个不同的交点, 并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
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答案:
(1) $f'(x)=e^{x}-a, g'(x)=a-\frac{1}{x}$
(i) $a \leqslant 0$ 时, $f^{\prime}(x) > 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $R$ 上单调递增, 即 $f(x)$ 没有最小值. 该类情况应舍去
(ii) $a > 0$ 时, $f^{\prime}(x)$ 在 $(-\infty, \ln a)$ 上小于 0 , 在 $(\ln a,+\infty)$ 上大于 0 ,

所以 $f(x)$ 在 $(-\infty, \ln a)$ 上单调递减, 在 $(\ln a,+\infty)$ 上单调递增,
所以 $f(x)$ 在 $x=\ln a$ 处有最小值为 $f(\ln a)=a-a \ln a$,

所以 $g^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 上小于0, 在 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 上大于 0 ,
所以 $g(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 上单调递增,
所以 $g(x)$ 在 $x=\frac{1}{a}$ 处有最小值为 $g\left(\frac{1}{a}\right)=1+\ln a$,
因为 $f(x)=e^{x}-a x$ 利 $g(x)=a x-\ln x$ 有相同的㖩小值.
所以在 $f(\ln a)=a-a \ln a=g\left(\frac{1}{a}\right)=1+\ln a$, 即 $a-a \ln a=1+\ln a$
因为 $a > 0$, 所以上式等价于 $\ln a-\frac{a-1}{a+1}=0$,
$h(x)=\ln x-\frac{x-1}{x+1}(x > 0)$
则 $h^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+1}{x(x+1)^{2}} > 0$ 恒成立, 所以 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增
又因为 $h(1)=0=h(a)$ 且 $a > 0$, 所以 $a=1$.





(2)证明: 由(1) $f(x)=\mathrm{e}^{x}-x, g(x)=x-\ln x$,
且 $f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递增, 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,
$g(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减, 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, 且 $f(x)_{\min }=g(x)_{\min }=1$.

(1) $b < 1$ 时, 此时 $f(x)_{\min }=g(x)_{\min }=1 > b$, 显然 $y=b$ 与两条曲线 $y=f(x)$ 和 $y=g(x)$
共有 0 个交点, 不符合尟意;

(2) $b=1$ 时, 此时 $f(x)_{\min }=g(x)_{\min }=1=b, y=b$ 与两条曲线 $y=f(x)$ 和 $y=g(x)$ 共有
2 个交点, 交点的墴坐标分别为 0 和 1 。

(3) $b > 1$ 时 首先, 证明 $y=b$ 与曲线 $y=f(x)$ 有 2 个交点;

即证明 $F(x)=f(x)-b$ 有 2 个零点, $F^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)=e^{x}-1$,
所以 $F(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递减, 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,
又因为 $F(-b)=\mathrm{e}^{-b} > 0, F(0)=1-b < 0, F(b)=\mathrm{e}^{b}-2 b > 0$,
令$$
t(b)=\mathrm{e}^{b}-2 b \text {, 则 } t^{\prime}(b)=\mathrm{e}^{b}-2 > 0, t(b) > t(\mathrm{l})=\mathrm{e}-2 > 0
$$

所以证明 $F(x)=f(x)-b$ 在 $(-\infty, 0)$ 上存在且只存在 1 个零点, 设为 $x_{1}$, 在 $(0,+\infty)$ 上存在 且只存在 1 个零点, 设为 $x_{2}$.
其次, 证明 $y=b$ 与曲线和有 2 个交点:
即证明 $G(x)=g(x)-b$ 有 2 个零点, $G^{\prime}(x)=g^{\prime}(x)=1-\frac{1}{x}$,
所以 $G(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减,在 $(1,+\infty)$ 上单调递增,
又因为 $G\left(\mathrm{e}^{-b}\right)=\mathrm{e}^{-b} > 0, G(0)=1-b < 0, G(2 b)=b-\ln 2 b > 0$,


$$
\mu(b)=b-\ln 2 b \text {, 则 } \mu^{\prime}(b)=1-\frac{1}{b} > 0, \mu(b) > \mu(1)=1-\ln 2 > 0
$$
所以 $F(x)=f(x)-b$ 在 $(0,1)$ 上存在且只存在 1 个零点, 设为 $x_{3}$, 在 $(1,+\infty)$ 上存在且只 存在 1 个零点, 设为 $x_{4}$.
再次, 证明存在 $b$ 使得 $x_{2}=x_{3}$ :
因为 $F\left(x_{2}\right)=G\left(x_{3}\right)=0$, 所以 $b=\mathrm{e}^{x_{2}}-x_{2}=x_{3}-\ln x_{3}$,
若 $x_{2}=x_{3}$, 则 $\mathrm{e}^{x_{2}}-x_{2}=x_{2}-\ln x_{2}$, 即 $\mathrm{e}^{x_{2}}-2 x_{2}+\ln x_{2}=0$,
所以只需证明 $\mathrm{e}^{x}-2 x+\ln x=0$ 在 $(0,1)$ 上有解即可,
即 $\varphi(x)=\mathrm{e}^{x}-2 x+\ln x$ 在 $(0,1)$ 上有零点,

因为 $\varphi\left(\frac{1}{\mathrm{e}^{3}}\right)=\mathrm{e}^{\frac{1}{e}}-\frac{2}{\mathrm{e}^{3}}-3 < 0, \varphi(1)=\mathrm{e}-2 > 0$,
所以 $\varphi(x)=\mathrm{e}^{x}-2 x+\ln x$ 在 $(0,1)$ 上存在零点,取一零点为 $x_{0}$, 令 $x_{2}=x_{3}=x_{0}$ 即可, 此时取 $b=\mathrm{e}^{x}-x_{0}$

则此时存在直线 $y=b$, 其与两条曲线 $y=f(x)$ 和 $y=g(x)$ 共有三个不同的交点
最后证明 $x_{1}+x_{4}=2 x_{0}$, 即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列:
因为 $F\left(x_{1}\right)=F\left(x_{2}\right)=F\left(x_{0}\right)=0=G\left(x_{3}\right)=G\left(x_{0}\right)=G\left(x_{4}\right)$,
所以 $F\left(x_{1}\right)=G\left(x_{0}\right)=F\left(\ln x_{0}\right)$,
又因为 $F(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递减, $x_{1} < 0,0 < x_{0} < 1$ 即 $\ln x_{0} < 0$, 所以 $x_{1}=\ln x_{0}$
同理, 因为 $F\left(x_{0}\right)=G\left(\mathrm{e}^{x_{0}}\right)=G\left(x_{4}\right)$,
又因为 $G(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $x_{0} > 0$ 即 $\mathrm{e}^{x_{0}} > 1, x_{1} > 1$, 所以 $x_{4}=\mathrm{e}^{x_{0}}$,
又因为 $\mathrm{e}^{{x}_{0}}-2 x_{0}+\ln x_{0}=0$, 所以 $x_{1}+x_{4}=\mathrm{e}^{x_{0}}+\ln x_{0}=2 x_{0}$,
既直线$y=b$与两条区域$y=f(x)$和$y=g(x)$从左到右的三个交点横坐标成等差数列。
附:函数图像

解析:

本题难度极高。

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