巧切入，妙轉化，優綜合

摘要：函數與導數的綜合應用問題，是歷年高考試卷中解答題不變的考點之一，變化多端，創新新穎．本文試圖剖析一道高考真題的函數與導數地綜合應用問題，從不同思維視角切入，利用不同知識與方法來破解，引領并指導數學教學與復習備考．

關鍵詞：函數；最小值；等差數列

1真題呈現

【高考真題】（2022年高考數學新高考Ⅰ卷·22）已知函數f（x）=ex－ax和g（x）=ax－lnx有相同的最小值．

（1） 求a；

（2） 證明：存在直線y=b，其與兩條曲線y=f（x）和y=g（x）共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列．

2真題剖析

此題以兩個含參的函數具有相同的最小值來創設，先確定參數的取值，再結合存在性問題的創設，結合直線與兩條曲線共有三個不同的交點所對應的橫坐標成等差數列的證明來達到目的．題目第一問的起點也是比較高的，整體難度很大．

全面全新的設置，重視對數學素養的關鍵能力的考查，在數學知識層面、數學能力層面和創新思維層面都有所體現，特別對思維能力提出較高要求，要求學生具備解決較復雜問題的綜合素養和關鍵能力．具有較好的選拔功能，有利于高校選拔人才，也有利于中學數學教學加強培養學生的核心素養．

3真題破解

（1） 方法1：構建函數法1

函數f（x）=ex－ax的定義域為R，求導可得f′（x）=ex－a，

若a≤0，則f′（x）＞0，f（x）單調遞增，函數f（x）無最小值，故a＞0.當f′（x）=0時，可得x=lna，當x＜lna時，f′（x）＜0，函數f（x）在（－∞，lna）上單調遞減；當x＞lna時，f′（x）＞0，函數f（x）在（lna，+∞）上單調遞增，故f（x）min=f（lna）=a－alna，

函數g（x）=ax－lnx的定義域為（0，+∞），求導可得g′（x）=a－1x，當g′（x）=0時，可得x=1a.

當0＜x＜1a時，g′（x）＜0，函數g（x）在0，1a上單調遞減；當x＞1a時，g′（x）＞0，函數g（x）在1a，+∞上單調遞增，故g（x）min=g1a=1+lna，

依題意，得a－alna=1+lna，結合a＞0，可化為lna－a-1a+1=0，令函數h（x）=lnx－x-1x+1，x＞0，求導可得h′（x）=1x－x+1-（x-1）（x+1）2=1x－2（x+1）2=x2+1x（x+1）2，由于x＞0，則h′（x）=x2+1x（x+1）2gt;0恒成立，即函數h（x）在（0，+∞）上單調遞增，又h（1）=0，則h（a）=h（1），僅有此一解，故a=1．

方法2：構建函數法2

前面部分同方法1，可得a－alna=1+lna，即（a+1）lna－a+1=0，

令函數h（x）=（x+1）lnx－x+1，x＞0，求導可得h′（x）=lnx+x+1x－1=lnx+1x，h″（x）=1x－1x2=x-1x2，令h″（x）=0，解得x=1，當x∈（0，1）時，h″（x）＜0，函數h′（x）在（0，1）上單調遞減；當x∈（1，+∞）時，h″（x）＞0，函數h′（x）在（1，+∞）上單調遞增，故h′（x）min=h′（1）=1＞0，即函數h（x）在（0，+∞）上單調遞增，又h（1）=0，則知h（a）=h（1），僅有此一解，故a=1．

方法3：“兩邊夾”法

前面部分同方法1，可得lna－a-1a+1=0，

結合切線不等式，有a-1a≤lna≤a－1，當且僅當a=1時等號成立，代入可得a-1a≤a-1a+1≤a－1，解不等式可得1≤a≤1，即a=1，檢驗滿足條件．

解后反思：根據題中函數進行求導處理，分別確定兩個函數的最小值，進而構建含參的方程，可以利用不同方程所對應的函數進行構建，結合函數的求導處理與函數的單調性判斷來確定方程的根的情況；也可以借助切線不等式的應用，利用不等式的求解，結合“兩邊夾”性質來確定參數的值．構建含參的方程是問題解決的關鍵，進一步確定參數的值，提升思維的高度與題目的區分度．

（2） 方法1：函數轉化法

證明：由（1）知，a=1，函數f（x）=ex－x在（－∞，0）上單調遞減，在（0，+∞）上單調遞增，函數g（x）=x－lnx在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，

設函數u（x）=f（x）－g（x）=ex－2x+lnx（x＞0），則u′（x）=ex－2+1x＞ex－2，當x≥1時，u′（x）≥e－2＞0，所以函數u（x）在（1，+∞）上單調遞增，因為u（1）=e－2＞0，所以當x≥1時，u（x）≥u（1）＞0恒成立，即f（x）－g（x）＞0在x≥1時恒成立，即當x≥1時，f（x）＞g（x），因為f（0）=1，函數f（x）在（0，+∞）上單調遞增，g（1）=1，函數g（x）在（0，1）上單調遞減，

所以函數f（x）與函數g（x）的圖象在（0，1）上存在唯一交點，設該交點坐標為（m，f（m））（0＜m＜1），此時可作出函數y=f（x）和y=g（x）的大致圖象，如圖所示，

由圖象知，當直線y=b與兩條曲線y=f（x）和y=g（x）共有三個不同的交點時，直線y=b必經過點M（m，f（m）），即b=f（m），

因為f（m）=g（m），所以em－m=m－lnm，即em－2m+lnm=0，令f（x）=b=f（m）得ex－x=em－m=m－lnm，解得x=m或x=lnm，由0＜m＜1，得lnm＜0＜m，令g（x）=b=f（m）得x－lnx=em－m=m－lnm，解得x=m或x=em，由0＜m＜1，得m＜1＜em，

所以當直線y=b與兩條曲線y=f（x）和y=g（x）共有三個不同的交點時，從左到右的三個交點的橫坐標依次為lnm，m，em，因為em－2m+lnm=0，所以em+lnm=2m，所以lnm，m，em成等差數列．

所以存在直線y=b，其與兩條曲線y=f（x）和y=g（x）共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列．

方法2：分類討論法

證明：由（1）知，a=1，函數f（x）=ex－x和g（x）=x－lnx的最小值為1-ln1=1，

當bgt;1時，考慮ex－x=b的解的個數、x－lnx=b的解的個數．

設函數s（x）=ex－x－b，則s′（x）=ex－1，令s′（x）=0，解得x=0，

當x＜0時，s′（x）lt;0，當xgt;0時，s′（x）gt;0，故s（x）在（－∞，0）上單調遞減，在（0，+∞）上單調遞增，所以s（x）min=s（0）=1－blt;0，

而s（－b）=e－bgt;0，s（b）=eb－2b，

設函數u（b）=eb－2b，bgt;1，則u′（b）=eb－2gt;0，故u（b）在（1，+∞）上單調遞增，故u（b）gt;u（1）=e－2gt;0，故s（b）=eb－2bgt;0，所以s（x）=ex－x－b有兩個不同的零點，即方程ex－x=b的解的個數為2．

設函數t（x）=x－lnx－b，則t′（x）=1－1x=x-1x，令t′（x）=0，解得x=1，當0lt;xlt;1時，t′（x）lt;0，當xgt;1時，t′（x）gt;0，故t（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，所以t（x）min=t（1）=1－blt;0，而s（e－b）=e－bgt;0，s（eb）=eb－2bgt;0，所以t（x）=x－lnx－b有兩個不同的零點，即方程x－lnx=b的解的個數為2．

當b=1時，由（1）討論，得ex－x=b、x－lnx=b僅有一個解；當blt;1時，由（1）討論，得ex－x=b、x－lnx=b均無解.故若存在直線y=b與曲線y=f（x）和y=g（x）有三個不同的交點，則bgt;1，

設函數h（x）=f（x）－g（x）=ex+lnx－2x（x＞0），則h′（x）=ex+1x－2，易得h′（x）=ex+1x－2＞x+1x－1≥2－1＞0，所以函數h（x）在（0，+∞）上單調遞增，而h（1）=e－2＞0，h1e3=e1e3－3－2e3lt;e－3－2e3lt;0，故h（x）在（0，+∞）上有且只有一個零點x0，且1e3lt;x0lt;1，當0lt;xlt;x0時，h（x）lt;0，即ex－xlt;x－lnx，即f（x）lt;g（x）；當xgt;x0時，h（x）gt;0，即ex－xgt;x－lnx，即f（x）gt;g（x），

因此若存在直線y=b與曲線y=f（x）和y=g（x）有三個不同的交點，

故b=f（x0）=g（x0）gt;1，此時ex－x=b有兩個不同的零點x1，x0（x1lt;0lt;x0），x－lnx=b有兩個不同的零點x0，x2（0lt;x0lt;1lt;x2），故ex1－x1=b，ex0－x0=b，x0－lnx0=b，x2－lnx2=b，

由ex1－x1=b，可得ex1=x1+b，即x1－ln（x1+b）=0，亦即（x1+b）－ln（x1+b）－b=0，故x1+b是x－lnx=b的解，同理x0+b是x－lnx=b的解，

所以x1+b=x0，

x0+b=x2或x1+b=x2，

x0+b=x0，而bgt;1，則有x0=x1+b，

x2=x0+b，則x1+x2=2x0，所以x1，x0，x2成等差數列．

所以存在直線y=b，其與兩條曲線y=f（x）和y=g（x）共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列．

解后反思：根據兩個函數以及最小值相同的條件，從兩個函數的作差比較入手，結合函數轉化法，通過導數的應用，利用導數來確定函數的單調性以及對應的函數零點，借助函數的圖象與性質或參數不同取值情況的分類討論來切入，確定方程的根并構建對應的關系式，借助函數性質或消參來確定不同根之間的數量關系，進而得以證明．

4教學啟示

4.1通技通法，歸納總結

涉及含參函數的最值問題，“通技通法”就是對相應的函數進行求導處理，結合題設條件分類參數的取值范圍，利用函數的單調性與極值、最值的確定來構建關系式，綜合題設條件來分析與處理．經常要通過構建函數，借助整體換元思維、同構思維等加以應用．

破解問題中，恒等變形是基礎，合理構建是關鍵，求導處理是方法，函數性質是手段，最終借助函數的極值或最值來確定是目的．

4.2知識交匯，能力提升解決此類函數與導數的綜合應用問題時，切入點眾多，技巧性強，思維方法多樣，具有一定的綜合性與交匯性．通過問題的深入分析與解決，巧妙形成知識體系，清晰解題思維，綜合應用推理方法，從而提升學生理解問題、分析問題與解決問題的能力，從而有效提升數學能力，拓展數學品質，培養數學核心素養．參考文獻：

［1］ 趙軒，任子朝，翟嘉祺.落實雙減要求 深化基礎性考查——2022年新高考函數試題分析［J］.數學通報，2022，61（9）：7-10.

［2］ 楊林軍.注重知識本質理解 強化關鍵能力考查——2022年高考“函數與導數”專題命題分析［J］.中國數學教育，2022（18）：24-31