已知函数 f(x)=e^ x -a x 和 g(x)=a…——2022 高考数学第 22 题答案解析

【答案】①$a=1$
（2）见解析

【解析】

【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求 a．注意分类讨论．
（2）根据①可得当 $b>1$ 时， $\mathrm{e}^{x}-x=b$ 的解的个数、 $x-\ln x=b$ 的解的个数均为 2 ，构建新函数 $h(x)=\mathrm{e}^{x}+\ln x-2 x$ ，利用导数可得该函数只有一个零点且可得 $f(x), g(x)$的大小关系，根据存在直线 $y=b$ 与曲线 $y=f(x) , y=g(x)$ 有三个不同的交点可得 $b$的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列．
【小问 1 详解】
$f(x)=\mathrm{e}^{x}-a x$ 的定义域为 $R$ ，而 $f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-a$ ，
若 $a \leq 0$ ，则 $f^{\prime}(x)>0$ ，此时 $f(x)$ 无最小值，故 $a>0$ ．

$g(x)=a x-\ln x$ 的定义域为 $(0,+\infty)$ ，而 $g^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}=\frac{a x-1}{x}$ ．
当 $x<\ln a$ 时，$f^{\prime}(x)<0$ ，故 $f(x)$ 在 $(-\infty, \ln a)$ 上为减函数，
当 $x>\ln a$ 时，$f^{\prime}(x)>0$ ，故 $f(x)$ 在 $(\ln a,+\infty)$ 上为增函数，
故 $f(x)_{\text {min }}=f(\ln a)=a-a \ln a$ ．
当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时，$g^{\prime}(x)<0$ ，故 $g(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 上为减函数，
当 $x>\frac{1}{a}$ 时，$g^{\prime}(x)>0$ ，故 $g(x)$ 在 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 上为增函数，
故 $g(x)_{\text {min }}=g\left(\frac{1}{a}\right)=1-\ln \frac{1}{a}$ ．
因为 $f(x)=\mathrm{e}^{x}-a x$ 和 $g(x)=a x-\ln x$ 有相同的最小值，
故 $1-\ln \frac{1}{a}=a-a \ln a$ ，整理得到 $\frac{a-1}{1+a}=\ln a$ ，其中 $a>0$ ，
设 $g(a)=\frac{a-1}{1+a}-\ln a, a>0$ ，则 $g^{\prime}(a)=\frac{2}{(1+a)^{2}}-\frac{1}{a}=\frac{-a^{2}-1}{a(1+a)^{2}} \leq 0$ ，
故 $g(a)$ 为 $(0,+\infty)$ 上的减函数，而 $g(1)=0$ ，
故 $g(a)=0$ 的唯一解为 $a=1$ ，故 $\frac{1-a}{1+a}=\ln a$ 的解为 $a=1$ ．
综上，$a=1$ ．

【小问 2 详解】

由①可得 $f(x)=\mathrm{e}^{x}-x$ 和 $g(x)=x-\ln x$ 的最小值为 $1-\ln 1=1-\ln \frac{1}{1}=1$ ．
当 $b>1$ 时，考虑 $\mathrm{e}^{x}-x=b$ 的解的个数、 $x-\ln x=b$ 的解的个数．
设 $S(x)=\mathrm{e}^{x}-x-b, S^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-1$ ，
当 $x<0$ 时，$S^{\prime}(x)<0$ ，当 $x>0$ 时，$S^{\prime}(x)>0$ ，
故 $S(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上为减函数，在 $(0,+\infty)$ 上为增函数，
所以 $S(x)_{\text {min }}=S(0)=1-b<0$ ，
而 $S(-b)=\mathrm{e}^{-b}>0, ~ S(b)=\mathrm{e}^{b}-2 b$ ，
设 $u(b)=\mathrm{e}^{b}-2 b$ ，其中 $b>1$ ，则 $u^{\prime}(b)=\mathrm{e}^{b}-2>0$ ，
故 $u(b)$ 在 $(1,+\infty)$ 上为增函数，故 $u(b)>u(1)=\mathrm{e}-2>0$ ，

故 $S(b)>0$ ，故 $S(x)=\mathrm{e}^{x}-x-b$ 有两个不同的零点，即 $\mathrm{e}^{x}-x=b$ 的解的个数为 2 ．
设 $T(x)=x-\ln x-b, T^{\prime}(x)=\frac{x-1}{x}$ ，
当 $0<x<1$ 时，$T \phi(x)<0$ ，当 $x>1$ 时，$T^{\prime}(x)>0$ ，
故 $T(x)$ 在 $(0,1)$ 上为减函数，在 $(1,+\infty)$ 上为增函数，
所以 $T(x)_{\text {min }}=T(1)=1-b<0$ ，
而 $T\left(\mathrm{e}^{-b}\right)=\mathrm{e}^{-b}>0, T\left(\mathrm{e}^{b}\right)=\mathrm{e}^{b}-2 b>0$ ，
$T(x)=x-\ln x-b$ 有两个不同的零点即 $x-\ln x=b$ 的解的个数为 2 ．
当 $b=1$ ，由①讨论可得 $x-\ln x=b , \mathrm{e}^{x}-x=b$ 仅有一个零点，
当 $b<1$ 时，由①讨论可得 $x-\ln x=b , \mathrm{e}^{x}-x=b$ 均无零点，
故若存在直线 $y=b$ 与曲线 $y=f(x) , y=g(x)$ 有三个不同的交点，
则 $b>1$ ．
设 $h(x)=\mathrm{e}^{x}+\ln x-2 x$ ，其中 $x>0$ ，故 $h^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}+\frac{1}{x}-2$ ，
设 $s(x)=\mathrm{e}^{x}-x-1, x>0$ ，则 $s^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-1>0$ ，
故 $s(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数，故 $s(x)>s(0)=0$ 即 $\mathrm{e}^{x}>x+1$ ，
所以 $h^{\prime}(x)>x+\frac{1}{x}-1 \geq 2-1>0$ ，所以 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数，
而 $h(1)=\mathrm{e}-2>0, h\left(\frac{1}{\mathrm{e}^{3}}\right)=\mathrm{e}^{\frac{1}{\mathrm{e}^{3}}}-3-\frac{2}{\mathrm{e}^{3}}<\mathrm{e}-3-\frac{2}{\mathrm{e}^{3}}<0$ ，
故 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上有且只有一个零点 $x_{0}, \frac{1}{\mathrm{e}^{3}}<x_{0}<1$ 且：
当 $0<x<x_{0}$ 时，$h(x)<0$ 即 $\mathrm{e}^{x}-x<x-\ln x$ 即 $f(x)<g(x)$ ，
当 $x>x_{0}$ 时，$h(x)>0$ 即 $\mathrm{e}^{x}-x>x-\ln x$ 即 $f(x)>g(x)$ ，
因此若存在直线 $y=b$ 与曲线 $y=f(x) , y=g(x)$ 有三个不同的交点，
故 $b=f\left(x_{0}\right)=g\left(x_{0}\right)>1$ ，
此时 $\mathrm{e}^{x}-x=b$ 有两个不同的零点 $x_{1}, x_{0}\left(x_{1}<0<x_{0}\right)$ ，
此时 $x-\ln x=b$ 有两个不同的零点 $x_{0}, x_{4}\left(0<x_{0}<1<x_{4}\right)$ ，
故 $\mathrm{e}^{x_{1}}-x_{1}=b, \mathrm{e}^{x_{0}}-x_{0}=b, x_{4}-\ln x_{4}-b=0, x_{0}-\ln x_{0}-b=0$

所以 $x_{4}-b=\ln x_{4}$ 即 $\mathrm{e}^{x_{4}-b}=x_{4}$ 即 $\mathrm{e}^{x_{4}-b}-\left(x_{4}-b\right)-b=0$ ，
故 $x_{4}-b$ 为方程 $\mathrm{e}^{x}-x=b$ 的解，同理 $x_{0}-b$ 也为方程 $\mathrm{e}^{x}-x=b$ 的解
又 $\mathrm{e}^{x_{1}}-x_{1}=b$ 可化为 $\mathrm{e}^{x_{1}}=x_{1}+b$ 即 $x_{1}-\ln \left(x_{1}+b\right)=0$ 即 $\left(x_{1}+b\right)-\ln \left(x_{1}+b\right)-b=0$ ，
故 $x_{1}+b$ 为方程 $x-\ln x=b$ 的解，同理 $x_{0}+b$ 也为方程 $x-\ln x=b$ 的解，
所以 $\left\{x_{1}, x_{0}\right\}=\left\{x_{0}-b, x_{4}-b\right\}$ ，而 $b>1$ ，
故 $\left\{\begin{array}{l}x_{0}=x_{4}-b \\ x_{1}=x_{0}-b\end{array}\right.$ 即 $x_{1}+x_{4}=2 x_{0}$ ．
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系。