【文档说明】2025届高三一轮复习数学试题（人教版新高考新教材）章末目标检测卷3　导数及其应用 Word版含解析.docx，共(9)页，74.794 KB，由小赞的店铺上传

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章末目标检测卷三导数及其应用(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.函数f(x)=x4-2x3的图象在点(1,f(1))处的切线方程为()A.y=-2

x-1B.y=-2x+1C.y=2x-3D.y=2x+12.若函数y=ex+mx有极值,则实数m的取值范围是()A.{m|m>0}B.{m|m<0}C.{m|m>1}D.{m|m<1}3.(2023新高考Ⅰ,4)设函数f(x)

=2x(x-a)在区间(0,1)内单调递减,则实数a的取值范围是()A.(-∞,-2]B.[-2,0)C.(0,2]D.[2,+∞)4.函数f(x)=x2+x-lnx的零点的个数是()A.0B.1C.2D.35.已知当x∈[12,2]时,a≤1-𝑥𝑥+lnx恒成立,则实数a

的最大值为()A.0B.1C.2D.36.已知定义在R上的函数f(x)满足f'(x)+f(x)>1,f(0)=5,f'(x)是f(x)的导函数,则不等式ex(f(x)-1)>4(其中e为自然对数的底数)的

解集为()A.(0,+∞)B.(-∞,0)∪(3,+∞)C.(-∞,0)∪(1,+∞)D.(3,+∞)7.已知函数f(x)=lnx+tanα(0<𝛼<π2)的导函数为f'(x),若方程f'(x)=f(x)的根x0小于1

,则角α的取值范围为()A.(π4,π2)B.(0,π3)C.(π6,π4)D.(0,π4)8.(2022新高考Ⅰ,7)设a=0.1e0.1,b=19,c=-ln0.9,则()A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.a<c<b二、选择题:本题共4小题,每小题5分,

共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.(2022新高考Ⅰ,10)已知函数f(x)=x3-x+1,则()A.f(x)有两个极值点B.f(x)有三个零点C.点(0,1)是

曲线y=f(x)的对称中心D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线10.若函数f(x)=13x3+x2-23在区间(a-1,a+4)内存在最小值,则整数a可以取()A.-3B.-2C.-1D.011.已知函数f(x)=cos𝑥e𝑥+sin𝑥,则下列选项中正确的是()A.函数f(x)在

区间(0,π2)上单调递减B.当x∈(π2,π)时,f(x)<0恒成立C.(-π2,0)是函数f(x)的一个单调递减区间D.x=-π是函数f(x)的一个极小值点12.已知函数f(x)=x-(x-1)lnx,下列说法正确的是()A.f(x)存在唯一极值

点x0,且x0∈(1,2)B.存在实数a,使得f(a)>2C.方程f(x)=-1有且仅有两个实数根,且两根互为倒数D.当k<1时,函数f(x)与g(x)=kx的图象有两个交点三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共2

0分.13.已知曲线y=lnx+x+1的一条切线的斜率为2,则切点坐标为.14.已知函数f(x)=aex-lnx-1,若x=1是f(x)的极值点,则a=,f(x)的单调递增区间为.15.已知函数f(x)=e|x-1

|,函数g(x)=lnx-x+a,若∃x1,x2使得f(x1)<g(x2)成立,则实数a的取值范围是.16.已知函数f(x)=xlnx+12x2,x0是函数f(x)的极值点,给出以下几个结论:①0<x0<1e;②x0>1e;③f

(x0)+x0<0;④f(x0)+x0>0.其中正确的结论是.(填序号)四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)设函数f(x)=ex-1-x-ax2.(

1)若a=0,讨论f(x)的单调性;(2)若当x≥0时,f(x)≥0,求实数a的取值范围.18.(12分)(2021北京,19)已知函数f(x)=3-2𝑥𝑥2+𝑎.(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2

)若函数f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,以及极大值和极小值.19.(12分)已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.(1)求a的值及函数f(x)的极值;(2)证明:当x>0时,x2<ex.20

.(12分)已知函数f(x)=ex-a(x+2).(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.21.(12分)(2021天津,20)已知a>0,函数f(x)=ax-xex.(1)求曲线y=f(x)在点(0

,f(0))处的切线方程;(2)证明:函数f(x)存在唯一的极值点;(3)若存在实数a,使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立,求实数b的取值范围.22.(12分)(2022新高考Ⅰ,22)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx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.章末目标检测卷三导数及其应用1.B对函数f(x)求导可得f'(x)=4x3-6x2,由导数的几何意义,知在点(1

,f(1))处的切线的斜率为k=f'(1)=-2.又因为f(1)=-1,所以切线方程为y-(-1)=-2(x-1),化简得y=-2x+1.2.B求导得y'=ex+m,由于ex>0,若y=ex+mx有极值,则必须使y'的值有正有负,故m<0.

3.D方法一(导数法):因为f(x)=2x(x-a),所以f'(x)=(2x-a)2x(x-a)ln2,由函数f(x)在区间(0,1)内单调递减,知(2x-a)2x(x-a)·ln2≤0在区间(0,1)内恒成立,即2x-a≤0在区间(0,1)内恒成立,即a

≥2x在区间(0,1)内恒成立,所以a≥2.故选D.方法二(复合函数法):因为函数y=2x在R上是增函数,要使复合函数f(x)=2x(x-a)在区间(0,1)内单调递减,只需函数h(x)=x(x-a)=(𝑥-𝑎2)2−𝑎24在区间(0,1)内单调递减,所

以𝑎2≥1,即a≥2.故选D.4.A由f'(x)=2x+1-1𝑥=2𝑥2+𝑥-1𝑥=0,得x=12或x=-1(舍去).当0<x<12时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>12时,f'(x)>0,f(x)单调递增.则f(x)的最小值为f(12)=34+ln2>0,所以无零点.

5.A令f(x)=1-𝑥𝑥+lnx,则f'(x)=𝑥-1𝑥2.当x∈[12,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,2]时,f'(x)>0.则f(x)在区间[12,1)内单调递减,在区间(1,2]上单调递增,即在区间[12,2]上,f(x)min=f(1)=0,故a

≤0,即a的最大值为0.6.A令g(x)=ex(f(x)-1),则g'(x)=ex(f(x)-1)+exf'(x)=ex(f(x)+f'(x)-1).因为f(x)+f'(x)>1,所以g'(x)>0.所以函数g(x)在R上

单调递增.因为f(0)=5,所以g(0)=4.所以不等式ex(f(x)-1)>4的解集,由g(x)>g(0),得x>0.故选A.7.A∵f(x)=lnx+tanα,∴f'(x)=1𝑥.令f(x)=f'(x),得lnx+tanα=1𝑥,即tanα=1𝑥-lnx.设g(x)=1�

�-lnx,显然g(x)在区间(0,+∞)内单调递减,而当x→0时(从0的右边趋近),g(x)→+∞,故要使满足f'(x)=f(x)的根x0<1,只需tanα>g(1)=1.又0<α<π2,∴𝛼∈(π4

,π2).8.C令a1=xex,b1=𝑥1-𝑥,c1=-ln(1-x),则lna1-lnb1=lnxex-ln𝑥1-𝑥=x+lnx-[lnx-ln(1-x)]=x+ln(1-x).令y1=x+ln(1-x),x∈(0,0.1],则

当x∈(0,0.1]时,y1'=1-11-𝑥=-𝑥1-𝑥<0.于是函数y1=x+ln(1-x)在区间(0,0.1]上单调递减.于是y1<0,∴lna1-lnb1<0,∴b1>a1.令y2=a1-c1=xex+ln(1-x),x∈(0,0.1

],则y2'=xex+ex-11-𝑥=(1+𝑥)(1-𝑥)e𝑥-11-𝑥.令k(x)=(1+x)(1-x)ex-1,则当x∈(0,0.1]时,k'(x)=(1-x2-2x)ex>0,∴k(x)在区间(0,0.1]上单调递增.∴k(x)>k(0)=0.∴在区间(0,

0.1]上,y2'>0,∴y2=xex+ln(1-x)在区间(0,0.1]上单调递增.∴y2>0,∴a1>c1.∴在区间(0,0.1]上,b1>a1>c1.故当x=0.1时,有b>a>c.9.AC∵f(x)=x3-x+1,∴f'(x)=3x2-

1.由3x2-1=0,得x=√33或x=-√33.∴f(x)有2个极值点-√33与√33,且在区间(-∞,-√33)上单调递增,在区间(-√33,√33)上单调递减,在区间(√33,+∞)上单调递增.又f(√33)=1-2√39>0,当x=-2时,f(-2)=-5<0,而f(-

√33)>f(√33)>0,∴f(x)只在区间(-2,-√33)上存在一个零点,∴f(x)只有一个零点.∵f(x)+f(-x)=2,∴点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心.由f'(x)=3x2-1=2,解得x=±1,∴曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方

程为y-1=2(x-1),即y=2x-1;曲线y=f(x)在点(-1,1)处的切线方程为y-1=2(x+1),即y=2x+3.∴直线y=2x与曲线y=f(x)不相切.故选AC.10.BCD由题意,得f'(x)=x2+2x=x(x+2),故f(x)在区间(

-∞,-2),(0,+∞)内单调递增,在区间(-2,0)内单调递减,作出其大致图象如图所示.令13x3+x2-23=-23,得x=0或x=-3.则结合图象可知{-3≤𝑎-1<0,𝑎+4>0,解得a∈[-2,1).又a∈Z,所以a可以取-2,-1,0.11.AB

f'(x)=-e𝑥(sin𝑥+cos𝑥)-1(e𝑥+sin𝑥)2=-√2e𝑥sin(𝑥+π4)-1(e𝑥+sin𝑥)2,对于A,当x∈(0,π2)时,x+π4∈(π4,3π4),sin(𝑥+π4)>0,所以f'(x)<0,故A正确;对于B,当x∈(π2,π)时,cosx<

0,ex>0,sinx>0,所以f(x)<0,故B正确;对于C,f(-π4)=cos(-π4)e-π4+sin(-π4),又e-π4+sin(-π4)=1eπ4−1√2<0,所以f(-π4)<0,f(-12)=cos(-12)e-12-sin12,cos(-12)>0,e-12-sin12>1√e

−12>0,所以f(-12)>0,又-π4<-12,但此时有f(-π4)<f(-12),故C错误;对于D,因为f'(-π)=e-π-1(e-π)2≠0,所以x=-π不是函数f(x)的极值点,故D错误.12.ACD对f(x)=x-(x-1)lnx进行求导,可得f'(x)=

-lnx+1𝑥,显然f'(x)为减函数,f'(1)=1>0,f'(2)=-ln2+12<0,故存在x0∈(1,2),使得f'(x0)=0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,故x0为唯一的极大值点,

故A正确;由题意可知,x0为最大值点,由f'(x0)=-lnx0+1𝑥0=0,可得f(x0)=x0-(x0-1)lnx0=x0+1𝑥0-1.因为x0∈(1,2),所以f(x0)<2,故B错误;若x1是方程f(x)=-

1的一个解,即f(x1)=x1-(x1-1)lnx1=-1,则f(1𝑥1)=1𝑥1−(1𝑥1-1)ln1𝑥1=1𝑥1+(1𝑥1-1)lnx1=1𝑥1+(1-𝑥1)ln𝑥1𝑥1=1𝑥1+-𝑥1-1𝑥1=-1,故x1和1𝑥1都是

方程f(x)=-1的解,故C正确;由g(x)=kx,f(x)=g(x),可得k=1-(1-1𝑥)lnx.令m(x)=1-(1-1𝑥)lnx,x>0,则m'(x)=-𝑥-ln𝑥+1𝑥2.令h(x)=-

x-lnx+1,x>0,因为x>0,所以h'(x)=-1-1𝑥<0,故h(x)=-x-lnx+1为减函数,而h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,h(x)>0,即m'(x)>0,m(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,即m'(x)<0,m(

x)单调递减,所以m(x)≤m(1)=1,故当k<1时,f(x)与g(x)=kx的图象有两个交点.故D正确.13.(1,2)设切线的切点坐标为(x0,y0),由y=lnx+x+1,得y'=1𝑥+1,因为

y'|𝑥=𝑥0=1𝑥0+1=2,解得x0=1,y0=2,所以切点的坐标为(1,2).14.1e(1,+∞)由题意可得f'(x)=aex-1𝑥(x>0).由x=1是f(x)的极值点,得f'(1)=ae-1=0,解得a=1e.即f(x)=ex-1

-lnx-1,f'(x)=ex-1-1𝑥,令f'(x)>0,可得x>1,故f(x)的单调递增区间为(1,+∞).15.(2,+∞)由题意,∃x1,x2使得f(x1)<g(x2)成立,可转化为f(x)min<g(x)max成立,由函数f(x)=e|x-1|,根据指数函数的图象与性质可知

,当x=1时,函数f(x)=e|x-1|取得最小值,此时最小值为f(1)=1.由g(x)=lnx-x+a,得g'(x)=1𝑥-1=1-𝑥𝑥(x>0).当x∈(0,1)时,g'(x)>0,则函数g(x)单调

递增;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,则函数g(x)单调递减,所以当x=1时,函数g(x)有最大值,此时最大值为g(1)=a-1,令a-1>1,解得a>2,即实数a的取值范围是(2,+∞).16.①③由已知得f'(x)=lnx+

x+1(x>0),不妨令g(x)=lnx+x+1(x>0),则g'(x)=1𝑥+1.当x∈(0,+∞)时,有g'(x)>0总成立,所以g(x)在区间(0,+∞)内单调递增,且g(1e)=1e>0.又x0是函数f(x)的极值点,所以f'(x0)=g(x0)=0,即g(1e)>g(x0),所以0<x

0<1e,即①正确,则②错误;因为lnx0+x0+1=0,所以f(x0)+x0=x0lnx0+12𝑥02+x0=x0(lnx0+x0+1)-12𝑥02=-12𝑥02<0,故③正确,而④错误.故填

①③.17.解(1)当a=0时,f(x)=ex-1-x,f'(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.(2)f'(x)=ex-1-2ax.由(1)知

,当a=0时,f(x)≥f(0)=0,即ex≥1+x,当且仅当x=0时,等号成立,故f'(x)≥x-2ax=(1-2a)x.当a≤12时,1-2a≥0,f'(x)≥0(x≥0),f(x)在区间[0,+∞)内单调递增,因为f(0)=0,

于是当x≥0时,f(x)≥0,符合题意.当a>12时,由ex>1+x(x≠0),可得e-x>1-x(x≠0).所以f'(x)<ex-1+2a(e-x-1)=e-x(ex-1)(ex-2a),故当x∈(0,ln2a)时,f'(x)<0,而f(0)=0,于是当x∈(0,ln2a)时,f(x)<0,不符

合题意.综上所述,实数a的取值范围为(-∞,12].18.解(1)当a=0时,f(x)=3-2𝑥𝑥2,则f'(x)=2(𝑥-3)𝑥3,得f(1)=1,f'(1)=-4,此时,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线

方程为y-1=-4(x-1),即4x+y-5=0.(2)因为f(x)=3-2𝑥𝑥2+𝑎,所以f'(x)=-2(𝑥2+𝑎)-2𝑥(3-2𝑥)(𝑥2+𝑎)2=2(𝑥2-3𝑥-𝑎)(𝑥2+𝑎)2.由题意可得f'(-1)=2(4-𝑎

)(𝑎+1)2=0,解得a=4,故f(x)=3-2𝑥𝑥2+4,f'(x)=2(𝑥+1)(𝑥-4)(𝑥2+4)2.当x变化时,f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:x(-∞,-1)-1(-1,4)4(4,+∞)f'(x)+

0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(4,+∞),单调递减区间为(-1,4).当x=-1时,f(x)取得极大值,f(-1)=1;当x=

4时,f(x)取得极小值,f(4)=-14.19.(1)解由f(x)=ex-ax,得f'(x)=ex-a.因为f'(0)=1-a=-1,所以a=2.所以f(x)=ex-2x,f'(x)=ex-2.令f'(x)=0,得x=ln2.当x<ln2时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln2时,

f'(x)>0,f(x)单调递增,所以当x=ln2时,f(x)取得极小值,极小值为f(ln2)=2-2ln2=2-ln4,f(x)无极大值.(2)证明令g(x)=ex-x2,则g'(x)=ex-2x.由(1),得g'(x)=f(x)≥f(ln2)=2-ln4>0,故g(x)在R上单

调递增.因为g(0)=1>0,所以当x>0时,g(x)>g(0)>0,即x2<ex.20.解(1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,则f'(x)=ex-1.当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.所以f(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)

内单调递增.(2)f'(x)=ex-a.当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(-∞,+∞)内单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意.当a>0时,由f'(x)=0,可得x=lna.当x∈(-∞,lna)时,f'(x)<0;当x∈(ln

a,+∞)时f'(x)>0.所以f(x)在区间(-∞,lna)内单调递减,在区间(lna,+∞)内单调递增,故当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a(1+lna).①若0<a≤1e,则f(lna)≥0,f(x)在区间(-∞,+∞)内至多存在一个零点,不合题意.②若a>1

e,则f(lna)<0.因为f(-2)=e-2>0,所以f(x)在区间(-∞,lna)内存在唯一零点.由(1)知,当x>2时,ex-x-2>0,所以当x>4,且x>2ln(2a)时,f(x)=e𝑥2·e𝑥2-a(x+2)>eln(2a)·(𝑥2+2)-a(x+2)=2a>0.故

f(x)在区间(lna,+∞)内存在唯一零点.从而f(x)在区间(-∞,+∞)内有两个零点.综上所述,实数a的取值范围是(1e,+∞).21.(1)解f'(x)=a-(x+1)ex,则f'(0)=a-1,又f(0)=0,则切线方程为y=(a-1)

x(a>0).(2)证明令f'(x)=a-(x+1)ex=0,则a=(x+1)ex.令g(x)=(x+1)ex,则g'(x)=(x+2)ex,当x∈(-∞,-2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(-2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x→-∞时,g(x)<0,

g(-1)=0,当x→+∞时,g(x)>0,画出g(x)的大致图象如下:所以当a>0时,直线y=a与曲线y=g(x)仅有一个交点,令g(m)=a,则m>-1,且f'(m)=a-g(m)=0,当x∈(-∞,m)时,a>g(x),则f'(x)>0

,f(x)单调递增;当x∈(m,+∞)时,a<g(x),则f'(x)<0,f(x)单调递减,x=m为f(x)的极大值点,故f(x)存在唯一的极值点.(3)解由(2)知f(x)max=f(m),此时a=(1+m)em

,m>-1,所以{f(x)-a}max=f(m)-a=(m2-m-1)em(m>-1),令h(x)=(x2-x-1)ex(x>-1),若存在实数a,使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立,等价于存在x∈

(-1,+∞),使得h(x)≤b,即b≥h(x)min,h'(x)=(x2+x-2)ex=(x-1)(x+2)ex,x>-1,当x∈(-1,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h

(x)单调递增,所以h(x)min=h(1)=-e,故b≥-e,所以实数b的取值范围为[-e,+∞).22.(1)解由题意,得f'(x)=ex-a,g'(x)=a-1𝑥=𝑎𝑥-1𝑥(x>0).当a≤0时,f'(x)>0,f(x)为增函数,f(x)无最小值,g'(x)<0,g(x)

在区间(0,+∞)内单调递减,g(x)无最小值.当a>0时,令f'(x)=0,即ex-a=0,解得x=lna.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表.x(-∞,lna)lna(lna,+∞)f'(x)—0+f(x)↘极小值a-alna↗由表可

知,当x=lna时,f(x)取得极小值也是最小值,为a-alna.由g'(x)=0得x=1𝑎>0.当x在区间(0,+∞)内变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表.x(0,1a)1a(1a,+∞)g'(x)—0+g(x)↘极小值1+lna↗由上表可知,当x=1𝑎时,g(x)取得极

小值也是最小值,为1+lna.则a-alna=1+lna.令h(a)=a-alna-1-lna,则h'(a)=1-(lna+1)-1𝑎=-lna-1𝑎=ln1𝑎−1𝑎.令1𝑎=t,则lnt-t<0.则h(a)在区间(0,+∞)内单调递减,且h(1)=0.故a=1.(2)证明由(1)知

f(x)=ex-x,g(x)=x-lnx,且f(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增,g(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增,且f(x)min=g(x)

min=1.①当b<1时,此时f(x)min=g(x)min=1>b.显然直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)没有交点,不符合题意;②当b=1时,此时f(x)min=g(x)min=1=b,直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个交点,交点的横坐标分别为0和1;③当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.因为F'(x)=f'(x)=ex-1,所以F(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.又因为F(-b)=e-b>

0,F(0)=1-b<0,F(b)=eb-2b>0,(令t(b)=eb-2b,则当b>1时,t'(b)=eb-2>0,t(b)>t(1)=e-2>0)所以F(x)=f(x)-b在区间(-∞,0)内存在且只存在1个零点,设为x1,在区间

(0,+∞)内存在且只存在1个零点,设为x2.其次,证明y=b与曲线g(x)有2个交点,即证明G(x)=g(x)-b有2个零点.G'(x)=g'(x)=1-1𝑥,所以G(x)在区间(0,1)内单调递减,

在区间(1,+∞)内单调递增.又因为G(e-b)=e-b>0,G(1)=1-b<0,G(2b)=b-ln2b>0,(令μ(b)=b-ln2b,则当b>1时,μ'(b)=1-1𝑏>0,μ(b)>μ(1)=1-ln2>0)所以G(x)=g(x)-b在区间(0,1)内存在且只存在

1个零点,设为x3,在区间(1,+∞)内存在且只存在1个零点,设为x4.再次,证明存在b使得x2=x3.因为F(x2)=G(x3)=0,所以b=e𝑥2-x2=x3-lnx3.若x2=x3,则e𝑥2-x2=x2-lnx2,即e𝑥2-2x2+l

nx2=0.所以只需证明ex-2x+lnx=0在区间(0,1)内有解即可,即φ(x)=ex-2x+lnx在区间(0,1)内有零点.因为𝜑(1e3)=e1e3−2e3-3<0,φ(1)=e-2>0,所以φ(x)=ex-2x+lnx在区间(0,1)内存

在零点,取一零点为x0,令x2=x3=x0即可,此时取b=e𝑥0-x0,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x1+x4=2x0,即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.因为F(x1)=F(x2)=F(

x0)=0=G(x3)=G(x0)=G(x4),所以F(x1)=G(x0)=F(lnx0).又因为F(x)在区间(-∞,0)内单调递减,x1<0,0<x0<1,所以lnx0<0,所以x1=lnx0.同理,因为F(x0)=G(e𝑥0)=G(x4)

,又因为G(x)在区间(1,+∞)内单调递增,x0>0,所以e𝑥0>1,x4>1,所以x4=e𝑥0.又因为e𝑥0-2x0+lnx0=0,所以x1+x4=lnx0+e𝑥0=2x0,即直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.