2022-新高考I卷-22 解-导数综合

本题导读

本题考查导数的应用。核心在于构造函数法、同构法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年新高考I卷） 已知函数 $f(x)={\text{e}}^x-ax$ 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。

🔍【思路分析】

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1. 第一问（求 $a$）：

• 分别对 $f(x)$ 和 $g(x)$ 求导，确定其极小值点（即最小值点）。
• 令 $f(x{)}_{min}=g(x{)}_{min}$，得到关于 $a$ 的超越方程。
• 构造辅助函数证明方程根的唯一性，从而锁定 $a=1$。

2. 第二问（等差数列证明）：

• 寻找三个交点：分析 $a=1$ 时两个函数的图象。发现 $f(x)$ 最小值为 $1$（在 $x=0$ 处），$g(x)$ 最小值为 $1$（在 $x=1$ 处）。当 $y=b$ 时，若要恰好有三个交点，直线必须经过两曲线的交点。
• 同构代换（核心）：观察 $g(x)=x-\ln x$ 可以写成 ${\text{e}}^{\ln x}-\ln x$。这与 $f(x)={\text{e}}^x-x$ 的结构完全一致。
• 建立等式：设横坐标为 $x_1,x_2,x_3$。利用 $f(x_1)=f(x_2)=g(x_2)=g(x_3)=b$ 建立联系。
• 利用单调性：在各自的单调区间内，通过 $f(x_1)=f(\ln x_2)$ 推出 $x_1=\ln x_2$；通过 $g(x_2)=g(x_3)$ 推出 $x_3={\text{e}}^{x_2}$。最后校验 $x_1+x_3=2x_2$。

✅【答案】

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(1) 见解析

(2) 证明见解析（$x_1,x_2,x_3$ 成等差数列）

✍【详细解析】

Abstract

(1) 求参数 $a$ 的值：

$f^{\prime }(x)={\text{e}}^x-a$。令 $f^{\prime }(x)=0$，得 $x=\ln a$（需 $a>0$）。 当 $x<\ln a$ 时，$f^{\prime }(x)<0$；当 $x>\ln a$ 时，$f^{\prime }(x)>0$。 故 $f(x{)}_{min}=f(\ln a)=a-a\ln a$。 $g^{\prime }(x)=a-\frac{1}{x}$。令 $g^{\prime }(x)=0$，得 $x=\frac{1}{a}$。 当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时，$g^{\prime }(x)<0$；当 $x>\frac{1}{a}$ 时，$g^{\prime }(x)>0$。 故 $g(x{)}_{min}=g(\frac{1}{a})=1-\ln \frac{1}{a}=1+\ln a$。 由题意，$a-a\ln a=1+\ln a⟹\ln a=\frac{a-1}{a+1}$。 设 $F(x)=\ln x-\frac{x-1}{x+1}$ ($x>0$)。 $F^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{2}{(x+1{)}^2}=\frac{(x+1{)}^2-2x}{x(x+1{)}^2}=\frac{x^2+1}{x(x+1{)}^2}>0$。 故 $F(x)$ 单调递增。又 $F(1)=0$，所以 $a=1$ 是唯一解。 故 $a=1$。

(2) 证明横坐标成等差数列：

当 $a=1$ 时，$f(x)={\text{e}}^x-x$，$g(x)=x-\ln x$。 $f(x)$ 在 $(-\infty ,0)$ 减，$(0,+\infty )$ 增，$f(0)=1$。 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 减，$(1,+\infty )$ 增，$g(1)=1$。 要使直线 $y=b$ 与两曲线有三个交点，必有 $b>1$，且其中一个交点为两曲线的公共点。 设 $H(x)=f(x)-g(x)={\text{e}}^x-2x+\ln x$。 $H^{\prime }(x)={\text{e}}^x-2+\frac{1}{x}$。当 $x>0$ 时，$H^{\prime \prime }(x)={\text{e}}^x-\frac{1}{x^2}$ 递增。 经分析 $H^{\prime }(x)>0$ 在 $(0,+\infty )$ 恒成立，$H(x)$ 递增。 由于 $H(1)=\text{e}-2>0$，$H(\frac{1}{{\text{e}}^2})<0$，故存在唯一 $x_2\in (0,1)$ 使得 $f(x_2)=g(x_2)=b$。 此时直线 $y=b$ 与 $y=f(x)$ 交于 $x_1,x_2$，与 $y=g(x)$ 交于 $x_2,x_3$。

由于 $x_1<0<x_2<1<x_3$：

1. 对于 $f(x)$：$f(x_1)=f(x_2)=b$。 注意到 $g(x_2)=x_2-\ln x_2={\text{e}}^{\ln x_2}-\ln x_2=f(-\ln x_2)$。 因为 $f(x_2)=g(x_2)$，所以 $f(x_2)=f(-\ln x_2)$。 又 $x_2\in (0,1)$，则 $-\ln x_2\in (0,+\infty )$。根据 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 的单调性，此步并不能直接得出 $x_1$。 重新观察： $f(x_1)=b$ 且 $x_1<0$。 而 $b=g(x_2)=x_2-\ln x_2$。 注意到 $f(\ln x_2)={\text{e}}^{\ln x_2}-\ln x_2=x_2-\ln x_2=b$。 因为 $x_2\in (0,1)$，所以 $\ln x_2<0$。 在 $(-\infty ,0)$ 区间上，$f(x)$ 单调递减，由 $f(x_1)=f(\ln x_2)$ 得 $x_1=\ln x_2$。

2. 对于 $g(x)$：$g(x_2)=g(x_3)=b$ 且 $x_3>1$。 而 $b=f(x_2)={\text{e}}^{x_2}-x_2$。 注意到 $g({\text{e}}^{x_2})={\text{e}}^{x_2}-\ln ({\text{e}}^{x_2})={\text{e}}^{x_2}-x_2=b$。 因为 $x_2>0$，所以 ${\text{e}}^{x_2}>1$。 在 $(1,+\infty )$ 区间上，$g(x)$ 单调递增，由 $g(x_3)=g({\text{e}}^{x_2})$ 得 $x_3={\text{e}}^{x_2}$。

3. 等差数列校验： 从左到右三个交点横坐标为 $x_1,x_2,x_3$。 要证 $x_1+x_3=2x_2$，即证 $\ln x_2+{\text{e}}^{x_2}=2x_2$。 这等价于 ${\text{e}}^{x_2}+\ln x_2-2x_2=0$。 而这恰好是 $f(x_2)=g(x_2)$ 的变形（$H(x_2)=0$），已知成立。 故 $x_1,x_2,x_3$ 成等差数列。证毕。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 同构思想的爆发力：本题最精彩的地方在于发现 $g(x)=x-\ln x$ 与 $f(x)={\text{e}}^x-x$ 的结构同源。通过 ${\text{e}}^{\ln x}-\ln x$ 这一变形，将两个完全不同的函数拉到了同一维度进行比较。
2. 单调区间的精准定位：在超越方程中，由 $f(x_1)=f(x_2)$ 推出 $x_1=x_2$ 是有前提的（在同一单调区间）。本题中必须明确 $x_1,\ln x_2<0$ 以及 $x_3,{\text{e}}^{x_2}>1$，利用单调性实现“脱去”外层函数。
3. 计算量与逻辑的平衡：导数压轴题往往不需要极其复杂的代数计算，但需要极其严密的完整逻辑。通过构造 $H(x)$ 证明交点的存在性是得分的关键步骤。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 方法拓展：本题反映了 $y={\text{e}}^x$ 与 $y=\ln x$ 关于直线 $y=x$ 对称的深刻背景。若将 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的图象画在同一系下，这种“对称”式的同构特征会更加直观。
• 变式思考：若将等差数列改为等比数列，函数式应如何调整？（提示：可能涉及 $x\cdot {\text{e}}^x$ 与 $\frac{\ln x}{x}$ 的同构）。
• 名师寄语：导数题的巅峰是“看破”。当你能在繁杂的指数与对数中看到相同的骨架（同构），你就已经站在了满分的门槛上。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 08.01 函数图象变换、模型与零点

类题演练 (Links)

• 2013-重庆卷理-06 单-零点存在性定理
• 2014-湖南卷文-21 解-导数零点
• 2002-新课标理-21 解-平面向量的数量积坐标运算