【文档说明】2024届高考二轮复习文科数学试题（老高考旧教材） 专题检测6　函数与导数 Word版含答案.docx，共(10)页，137.104 KB，由小赞的店铺上传

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专题检测六函数与导数一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.(2023山东临沂一模)已知集合A=x|(12x<1,B={x|lnx>0},则下列集合为空集的是()A.A∩(∁RB)B.(∁

RA)∩BC.A∩BD.(∁RA)∩(∁RB)2.(2023天津,3)若a=1.010.5,b=1.010.6,c=0.60.5,则()A.c>a>bB.c>b>aC.a>b>cD.b>a>c3.(2023山东潍坊一模)存

在函数f(x)满足:对任意x∈R都有()A.f(|x|)=x3B.f(sinx)=x2C.f(x2+2x)=|x|D.f(|x|)=x2+14.(2023四川攀枝花二模)我国著名数学家华罗庚先生曾说:

“数缺形时少直观,形少数时难入微,数形结合百般好,隔离分家万事休”,在数学的学习和研究中,有时可凭借函数的图象分析函数解析式的特征.已知函数f(x)的部分图象如图所示,则函数f(x)的解析式可能为()A.f(x)=(e2𝑥-

1)·|ln𝑥|2e𝑥B.f(x)=(e2𝑥+1)·|ln𝑥|2e𝑥C.f(x)=2e𝑥(e2𝑥-1)·|ln𝑥|D.f(x)=e2𝑥-1𝑥2e𝑥5.函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,且为奇函数,若f(2)=1,则满足-1≤f(x

-1)≤1的x的取值范围是()A.[-2,2]B.[-1,3]C.[0,2]D.[1,3]6.(2023四川成都石室中学三模)英国物理学家和数学家牛顿曾提出物体在常温环境下温度变化的冷却模型.如果物体的初始温度是θ1,环境温度是θ0,则经过tmi

n物体的温度θ将满足θ=θ0+(θ1-θ0)e-kt,其中k是一个随着物体与空气的接触情况而定的正常数.现有90℃的物体,若放在10℃的空气中冷却,经过10min物体的温度为50℃,则若使物体的温度为20℃,需要冷却()A.17.5minB.25.5minC.30min

D.32.5min7.已知函数f(x)=ln(√𝑥2+1+x)-1𝑥3+2且f(3a)+f(-2a-3)>4,则正实数a的取值范围为()A.(1,+∞)B.(3,+∞)C.(32,+∞)D.(4,+∞)8

.(2023浙江杭州二中模拟改编)已知定义域为R的函数f(x)在(-1,0]上单调递增,f(1+x)=f(1-x),且图象关于(2,0)对称,则f(x)()A.在(2,3)上单调递增B.周期T=2C.满足f(0)=f(-2)D.满足f(2023)

>f(2024)9.(2023宁夏银川模拟)f(x)是定义在R上的奇函数,当x∈[-1,1]时,f(x)=x,f(1+x)=f(1-x),令g(x)=f(x)-lgx,则函数g(x)的零点个数为()A.4B.

5C.6D.710.(2022全国乙,文11)函数f(x)=cosx+(x+1)sinx+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为()A.-π2,π2B.-3π2,π2C.-π2,π2+2D.-3π2,π2+211.(2023山东滨州一模)已知f(x)=x3-3x+2+m(m>0

),在区间[0,2]上存在三个不同的实数a,b,c,使得以f(a),f(b),f(c)为边长的三角形是直角三角形,则m的取值范围是()A.m>4+4√2B.0<m<2+2√2C.4-4√2<m<4+4√2D.0<m<4+4√212.(2023四川眉山一模)设a=0.035,b=2.25(e0.01

-1),c=4ln1.01,则a,b,c的大小关系是()A.a<b<cB.a<c<bC.b<c<aD.b<a<c二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2023山东青岛一模改编)定义域为R的函数f(x)满足:当x∈[0,1)时,f(x)=3x-1,且对任意实数x,均有

f(x)+f(x+1)=1,则f(log34)=.14.(2021新高考Ⅰ,13)已知函数f(x)=x3(a·2x-2-x)是偶函数,则a=.15.(2023河南郑州一模改编)已知函数f(x)与g(x)定义域都为R

,满足f(x)=(𝑥+1)𝑔(𝑥)e𝑥,且有g'(x)+xg'(x)-xg(x)<0,g(1)=2e,则不等式f(x)<4的解集为.16.已知函数f(x)=ex-1-e1-x+x,则不等式f(

2-x)+f(4-3x)≤2的解集是.三、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)(2023陕西榆林三模)已知x=-a是函数f(x)=(x2+ax+b)ex的一个极值点.(1)证明:

a=b;(2)讨论f(x)的单调性;(3)若a>2,f(x)的极大值为M,且M<𝑚𝑎3-2𝑎-1e𝑎对a>2恒成立,求m的取值范围.18.(12分)(2022北京,20)已知函数f(x)=exln(1+x).(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的

切线方程;(2)设g(x)=f'(x),讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性;(3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).19.(12分)(2023陕西安康三模)已知函数f(x)=2x-alnx.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若f(x)≥2a-1

2a2,求a的取值范围.20.(12分)(2023山东潍坊二模)已知函数f(x)=λln(x+1)-sinx.(1)若f(x)在(0,+∞)上周期为2π,求λ的值;(2)当λ=1时,判断函数f(x)在

π2,+∞上零点的个数:(3)已知f(x)≥2(1-ex)在x∈[0,π]上恒成立,求实数λ的取值范围.21.(12分)已知函数f(x)=1+ln𝑥𝑥.(1)求函数y=f(x)的最大值;(2)若关于x的方程lnx=xex

-ex2+kx-1有实数根,求实数k的取值范围;(3)证明:ln222+ln332+…+ln𝑛𝑛2<2𝑛2-𝑛-14(𝑛+1)(n∈N*,n≥2).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.专题检测六函数与导数1.B解析集合A={𝑥|(12)𝑥<1}={x|x

>0},集合B={x|lnx>0}={x|x>1},所以∁RB={x|x≤1},∁RA={x|x≤0},(∁RA)∩B=⌀,故选项B满足题意.故选B.2.D解析因为函数y=1.01x为增函数,所以1.010.6>1.010.5>1.010=1.又0.60.5<0.60=1,所以1.010.6>1.

010.5>0.60.5,即b>a>c.故选D.3.D解析对于A,当x=1时,f(|1|)=f(1)=1;当x=-1时,f(|-1|)=f(1)=-1,不符合函数定义,A错;对于B,令x=0,则f(sinx)=

f(0)=0,令x=π,则f(sinπ)=f(0)=π2,不符合函数定义,B错;对于C,令x=0,则f(0)=0,令x=-2,则f(0)=f((-2)2+2(-2))=2,不符合函数定义,C错;对于D,f(|x|)=

x2+1=|x|2+1,x∈R,则|x|≥0,则存在x≥0时,f(x)=x2+1,D正确.故选D.4.A解析由函数图象可知f(1)=0,而ln1=0,故排除C;而D中f(1)=e2-1e≠0,故排除D;其对应

的函数的图象关于原点对称,所以f(x)为奇函数,对于B,x≠0,f(-x)=(e-2𝑥+1)·|ln𝑥|2e-𝑥=(e2𝑥+1)·|ln𝑥|2e𝑥=f(x),所以f(x)为偶函数,故B错误;对于A,x≠0,f(-x)=(e-2𝑥-1)·|ln𝑥|2e-𝑥

=(1-e2𝑥)·|ln𝑥|2e𝑥=-f(x),且f(1)=0,故A正确.故选A.5.B解析f(x)是奇函数,故f(-2)=-f(2)=-1.又f(x)是增函数,-1≤f(x-1)≤1,∴f(-2)≤f(x-1)≤f(2),则-2≤x

-1≤2,解得-1≤x≤3.故选B.6.C解析由题意得θ1=90,θ0=10,θ=50,t=10代入,50=10+(90-10)e-10k,即e-10k=12,所以k=110ln2,所以θ=θ0+(θ1-θ0)e-𝑡10ln2,由题意得θ1=90,θ0=10

,θ=20代入,即20=10+(90-10)e-𝑡10ln2,得e-𝑡10ln2=18,即-𝑡10ln2=ln18=-3ln2,解得t=30,即若使物体的温度为20℃,需要冷却30min.故选C.7.B解析函数f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).令g(x)=f(x)-2,由g(-

x)=ln(√(-𝑥)2+1-x)-1(-𝑥)3=-ln(√𝑥2+1+x)+1𝑥3=-g(x),即g(x)为奇函数,所以f(3a)+f(-2a-3)>4等价于g(3a)>g(2a+3),而a>0,由y=ln(√𝑥2+1+x),y=-1𝑥3在(0,+∞)上单调递增,故g(x)在(0,+∞

)上单调递增,所以3a>2a+3,可得a>3.故选B.8.C解析由f(1+x)=f(1-x),得f(x)图象的对称轴为直线x=1,∴f(0)=f(2).又由f(1+x)=f(1-x)知f(2+x)=f(-x),∵f(x)图象关于(2,0)对称,即f(2+x)=-f(2-x),故

f(4+x)=-f(-x),∴-f(2+x)=f(4+x),即-f(x)=f(2+x),∴f(x)=f(x+4),∴f(x)的周期为4,∴f(-2)=f(2),∴f(0)=f(-2),故C正确,B错误;∵f(x)在(-1,

0]上单调递增,且T=4,∴f(x)在(3,4]上单调递增,又图象关于(2,0)对称,∴f(x)在[0,1)上单调递增,∵图象关于直线x=1对称,∴f(x)在(1,2]上单调递减,又关于(2,0)对称,可得f(x)

在[2,3)上单调递减,故A错误;由f(x)的周期为T=4,得f(2023)=f(3)=f(-1),f(2024)=f(4)=f(0),f(x)在(-1,0]上单调递增,单调区间内均不包含x=-1,若f(-1)=0,则f(2023)>f(2024),故D错误.故选C.9.

B解析由f(1+x)=f(1-x)可得,f(x)的图象关于直线x=1对称,又由f(1+x)=f(1-x),得f(2+x)=f(-x)=-f(x),所以f(4+x)=-f(2+x)=f(x),所以f(x)以4为周期,所以作出f(x)的图象如下,g(x)=f(x)-lgx的零点个数即为

方程f(x)=lgx的根的个数,即f(x)的图象与y=lgx图象的交点个数,因为lg9<1,lg10=1,所以数形结合可得f(x)的图象与y=lgx图象的交点个数为5.故选B.10.D解析函数f(x)的导数f'(x)=-sinx+sinx+(x+1)cosx=(x+1)c

osx,x∈[0,2π].令f'(x)=0,得x=π2或x=3π2.当x∈0,π2时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈π2,3π2时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈3π2,2π时,f'

(x)>0,函数f(x)单调递增.故当x=π2时,函数f(x)有极大值fπ2=π2+2;当x=3π2时,函数f(x)有极小值f3π2=-3π2.又因为f(0)=2,f(2π)=2,所以函数f(x)在区间[0,2π]上的最小值为-3π2,最大值为π2+2,

故选D.11.D解析f(x)=x3-3x+2+m,则f'(x)=3x2-3,令f'(x)=0可得x=1或x=-1.∴函数f(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,2)上单调递增,则f(x)min=f(1)=m.又f(2)=m+4,f(0)=m

+2,所以f(x)max=f(2)=m+4.∵在区间[0,2]上存在三个不同的实数a,b,c,使得以f(a),f(b),f(c)为边长的三角形是直角三角形,∴2m2<(m+4)2,即m2-8m-16<0,解得4-4√2<m<4+4√2.又已知m>0,∴0<m<4

+4√2.故选D.12.D解析由题a=72×0.01,b=94(e0.01-1),c=4ln(1+0.01).构造函数f(x)=94(ex-1)-72x0<x<13,则f'(x)=94ex-72,可知f'(x)单调递增,当0<x<13时

,f'(x)<f'(13)=94e13−72<0.故f(x)在0<x<13时单调递减,则f(x)<f(0)=0.此时94(ex-1)<72x,则b=94(e0.01-1)<a=72×0.01.构造g(x)=4

ln(x+1)-72x0<x<110,则g'(x)=4𝑥+1−72,可知0<x<110时,g'(x)单调递减,g'(x)>g'(110)=4011−72>0,故g(x)在0<x<110时单调递增,则g(x)>g(0)=0.此时4ln(x+1)>72x,则有c=4ln(1+0.01)>

a=72×0.01.综上所述,b<a<c,故选D.13.23解析由f(x)+f(x+1)=1,得f(x+1)=1-f(x),则f(log34)=1-f(log34-1)=1-flog343=1-(3log343-1)=1-43+1=23.14.1解析∵函数f(x)=x3(a·2x-2-x)是偶

函数,∴f(x)=f(-x),即x3(a·2x-2-x)=(-x)3[a·2-x-2-(-x)].整理得,a·2x-2-x=-(a·2-x-2x),即(a-1)·2x+(a-1)·2-x=0.(a-1)(2x+2-x)=0.∴a=1.15.(1,+∞)解析由f(x)=(𝑥+1)

𝑔(𝑥)e𝑥,得f'(x)=𝑔(𝑥)e𝑥+(𝑥+1)𝑔'(𝑥)e𝑥-(𝑥+1)𝑔(𝑥)e𝑥(e𝑥)2=𝑥𝑔'(𝑥)+𝑔'(𝑥)-𝑥𝑔(𝑥)e𝑥.而g'(x)+xg'(x)-xg(x)<0,∴f

'(x)<0,∴f(x)在(-∞,+∞)上单调递减,又g(1)=2e,则f(x)=2𝑔(1)e=4,所以f(x)<4=f(1),则x>1,故不等式f(x)<4的解集为(1,+∞).16.[1,+∞)

解析构造函数g(x)=f(x)-1=ex-1-1e𝑥-1+(x-1),那么g(x)是增函数,且其图象向左移动一个单位长度后得到h(x)=g(x+1)=ex-1e𝑥+x的图象.h(x)的定义域为R,且h(-x)=1

e𝑥-ex-x=-h(x),∴h(x)为奇函数,图象关于原点对称,∴g(x)的图象关于(1,0)对称,即g(x)+g(2-x)=0.不等式f(2-x)+f(4-3x)≤2等价于f(2-x)-1+f(4-3x)-1≤0,等价于

g(2-x)≤-g(4-3x)=g(2-4+3x)=g(3x-2),结合g(x)单调递增可知2-x≤3x-2,解得x≥1.17.(1)证明f'(x)=[x2+(a+2)x+a+b]ex,由题意得f'(-a)=[a2-(a+2)a+a+b]e-a=0,

则a=b.(2)解由(1)知f'(x)=[x2+(a+2)x+2a]ex=(x+2)(x+a)ex.当-a<-2,即a>2时,x∈(-∞,-a),f'(x)>0;x∈(-a,-2),f'(x)<0;x

∈(-2,+∞),f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,-a),(-2,+∞)上单调递增,在(-a,-2)上单调递减.当-a=-2,即a=2时,f'(x)≥0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.当-a>-2,即a<2时,x∈(-∞,-2),f'(x)>0;x∈(-2,-a),f'

(x)<0;x∈(-a,+∞),f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,-2),(-a,+∞)上单调递增,在(-2,-a)上单调递减.(3)解因为a>2,所以由(2)知,当x=-a时,f(x)取得极大值,则M=f(-a)=𝑎e𝑎,因为M<𝑚𝑎3-2𝑎-1

e𝑎,所以ma3-3a-1>0.又a>2,所以m>3𝑎+1𝑎3.令g(a)=3𝑎+1𝑎3(a>2),则g'(a)=-6𝑎-3𝑎4<0,所以g(a)单调递减,所以g(a)<g(2)=78,故m≥78,即m的取值范围为78,+∞.18.(1)解由题得f'(x)=ex·

ln(1+x)+ex·11+𝑥=ex·ln(1+x)+11+𝑥,故f'(0)=e0·ln(1+0)+11+0=1,f(0)=e0ln(1+0)=0,因此曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线

方程为y=x.(2)解由(1)知g(x)=f'(x)=ex·ln(1+x)+11+𝑥,x∈[0,+∞),则g'(x)=ex·ln(1+x)+21+𝑥−1(1+𝑥)2=ex·ln(1+x)+2𝑥+1(1+

𝑥)2=ex·ln(1+x)+11+𝑥+𝑥(1+𝑥)2.由于x∈[0,+∞),故ln(1+x)≥0,11+𝑥>0,𝑥(1+𝑥)2≥0,所以对任意x∈[0,+∞),g'(x)>0恒成立,故g(x)在[0,+∞)上单调递增.(3)证明设函数F(x)=f(x+t)-f(x

)(x>0),F'(x)=f'(x+t)-f'(x)=g(x+t)-g(x).因为t>0,所以x+t>x>0.因为g(x)在[0,+∞)上单调递增,所以g(x+t)>g(x),即g(x+t)-g(x)>

0,F'(x)>0,所以F(x)在(0,+∞)上单调递增.又因为s>0,所以F(s)>F(0),即f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0).又f(0)=0,所以f(s+t)>f(s)+f(t).19.解(1)对函数f(x)求导可得f'(x)=2-�

�𝑥=2𝑥-𝑎𝑥,x>0,当a≤0时,f'(x)>0,此时函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,令f'(x)<0得0<x<𝑎2,令f'(x)>0得x>𝑎2,∴函数f(x)在0,𝑎2上单调递减,在𝑎2,+∞上单调递增.(2)当a=0时,f(x)=2x>0,f(x)≥2a

-12a2显然成立.当a<0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,令f(x)<2a-12a2,即2x-alnx<2a-12a2,即2alnx>4x-4a+a2=4(x-1)+(a-2)2,当x<1时,只需2alnx>(a-2)2,∴lnx<(𝑎-2)

22𝑎,即0<x<e(𝑎-2)22𝑎,由(𝑎-2)22𝑎<0,得0<e(𝑎-2)22𝑎<1,∴当0<x<e(𝑎-2)22𝑎时,f(x)<2a-12a2,与f(x)≥2a-12a2矛盾;当a>0时,由(1)知f(x)在0,𝑎2上单调递减,在𝑎2,+∞上单调递增.

∴f(x)min=f𝑎2=a-aln𝑎2.∵f(x)≥2a-12a2,∴a-aln𝑎2≥2a-12a2,即𝑎2-ln𝑎2-1≥0,令h(a)=𝑎2-ln𝑎2-1,则h'(a)=12−2𝑎·12=12−1𝑎=𝑎-22𝑎,当a

>2时,h'(a)>0,当0<a<2时,h'(a)<0,∴h(a)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,∴h(a)min=h(2)=1-ln2+ln2-1=0,∴𝑎2-ln𝑎2-1≥0,综上,a的取值范围是[0,+∞).20.解(1)由题意,在x∈(0,+∞)上f(x)=f(x+2

π),∴λln(x+1)-sinx=λln(x+1+2π)-sin(x+2π),即λ[ln(x+1)-ln(x+1+2π)]=0在x∈(0,+∞)上恒成立,又ln(x+1)<ln(x+1+2π),故λ=0.(2)当λ=1时,f(x)=ln(x+1)-sinx,则f'(

x)=1𝑥+1-cosx,当x∈π2,π时,f'(x)>0,即f(x)在π2,π上单调递增.又fπ2=lnπ2+1-1<0,f(π)=ln(π+1)>0,所以f(x)在π2,π上有且仅有一个零点;当x∈[π,+∞)时,f(x)=ln(x+1

)-sinx>ln(π+1)-1>0,所以f(x)在[π,+∞)上无零点.综上,f(x)在π2,+∞上有且仅有一个零点.(3)由f(x)≥2(1-ex),即λln(x+1)-sinx≥2(1-ex),整理得2ex-sinx+λln(x+1)-2≥0,令g(x)

=2ex-sinx+λln(x+1)-2,则g'(x)=2ex-cosx+𝜆𝑥+1,当λ≥0时,对任意x∈[0,π],有cosx∈[-1,1],又2ex>2,𝜆𝑥+1≥0,所以g'(x)>0,g(x

)在[0,π]上单调递增,故g(x)≥g(0)=0,符合题意.当λ<0时,令h(x)=g'(x),则h'(x)=2ex+sinx-𝜆(𝑥+1)2,在x∈[0,π]上h'(x)>0恒成立,即h(x)=g'(x)在[0,π]上单调递增.又g'(0)=1+λ,g'(π)=2eπ+

1+𝜆π+1,当1+λ≥0,即-1≤λ<0时,在[0,π]上g'(x)≥0,g(x)单调递增,g(x)≥g(0)=0,符合题意.当1+λ<0,即λ<-1时,若g'(π)>0,即-(π+1)(2eπ+1)<λ<-1,由零点存在定理,存在x0

∈(0,π)使g'(x0)=0,故x∈(0,x0)上g'(x)<0,所以g(x)在x∈(0,x0)上单调递减,此时g(x0)<g(0)=0,不合题意.若g'(π)≤0,即λ≤-(π+1)(2eπ+1),此时对∀x∈[0,π]恒有g'(x)≤0且不恒为0.即g(x)在[0,π]上单调递减

,所以g(π)<g(0)=0,不合题意.综上,λ的取值范围是[-1,+∞).21.(1)解f'(x)=-ln𝑥𝑥2.在区间(0,1)上,f'(x)>0,f(x)单调递增;在区间(1,+∞)上,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)max=f(1)=1,即当x=1时,f(x

)取得最大值1.(2)解(方法一)lnx=xex-ex2+kx-1有实数根等价于1+ln𝑥𝑥=ex-ex+k有实根.由于f(x)=1+ln𝑥𝑥,由(1)得,在区间(0,1)上,f(x)单调递增;在区间(1,+∞)上,f(x)单调递减,f(x)max=f(1)=1.令g(x)=ex-ex+

k(x>0),则g'(x)=ex-e.在区间(0,1)上,g'(x)<0,g(x)单调递减;在区间(1,+∞)上,g'(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)min=g(1)=k,且x→+∞时,f(x)→0,g(x)→+∞,于是当满

足k≤1时,方程lnx=xex-ex2+kx-1有实数根.所以实数k的取值范围是(-∞,1].(方法二)lnx=xex-ex2+kx-1可变为k=1+ln𝑥𝑥+(ex-ex).令g(x)=1+ln𝑥𝑥+(ex-ex),则g'(x)=-ln𝑥𝑥2+(e-ex

).在(0,1)上,g'(x)>0,g(x)单调递增;在(1,+∞)上,g'(x)<0,g(x)单调递减.x→+∞时,g(x)→-∞.又g(1)=1,可得g(x)∈(-∞,1].所以实数k的取值范围是(-∞,1].(3)证明由(1)得f(x)≤1,当且仅当x=1时取等号,即lnx<x

-1(x>1),所以当n≥2时,lnn2<n2-1,ln𝑛𝑛2=12·ln𝑛2𝑛2<12·𝑛2-1𝑛2=12(1-1𝑛2)<121-1𝑛(𝑛+1)=121-1𝑛+1𝑛+1,所以ln222+ln332+…+ln𝑛𝑛2<121-12+13+1-13+

14+…+1-1𝑛+1𝑛+1=12(n-1)-12+1𝑛+1=2𝑛2-𝑛-14(𝑛+1).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,+∞)上单调递减,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,+∞)上变化时,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.∴h(a)在区间(0,+∞)上单调递减,且h(1)=0.∴a=1.(2)证明由(1)知f(x)=ex-x,g(x)=x-lnx,且f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,g(x)在区间(0,

1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,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)m

in=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.F'(x)=f'(x)=ex-1,所以F(x)在区间(-∞,0)上单

调递减,在区间(0,+∞)上单调递增.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)上存在且只存在1个零点,设为x1,在区间(0,+∞)上存在且只存在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)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.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)上存在且只存在1个零点,设为x3,在区间(1,+∞)上存在且只存在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=e

𝑥2-x2=x3-lnx3.若x2=x3,则e𝑥2-x2=x2-lnx2,即e𝑥2-2x2+lnx2=0.所以只需证明ex-2x+lnx=0在区间(0,1)上有解即可,即φ(x)=ex-2x+lnx在区间(0,1)上有零点.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)上存在零点,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)上单调

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,+∞)上单调递增,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.