寻根究源，优化思路，提升素养

1.试题呈现

题目" （2022年新高考Ⅰ卷22题）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.

2.试题解析

本题主要是考查利用导数工具研究函数问题，涉及函数的单调性、极值和最值，函数的零点，等差数列等知识，具有一定的区分度.常规证法可见2024年高考蓝皮书参考解析，这里不作介绍.本文主要针对第（2）问的证明方法作探究.

证法1 "（1）由题意知f′（x）=ex－a.当a≤0，f′（x）gt;0，此时f（x）无最小值，故agt;0.当x＜lna时，f′（x）＜0，f（x）在－∞，lna上单调递减，当xgt;lna时，f′（x）gt;0，f（x）在lna，+∞上单调递增，所以f（x）min=flna=a－alna；又g′（x）=a－1x=ax－1x，所以当0＜x＜1a时，g′（x）＜0，g（x）在0，1a上单调递减，当xgt;1a时，g′（x）gt;0，g（x）在1a，+∞上单调递增，g（x）min=g1a=1－ln1a.又因函数f（x）和g（x）有相同的最小值，故1－ln1a=a－alna，整理得a－11+a=lna，其中agt;0.设g（a）=a－11+a－lna，则g′a=-a2-11+a2≤0，ga在0，+∞上单调递减，而g（1）=0，故ga=0的唯一解为a=1，所有1－a1+a=lna的解为a=1.综上，a=1.

（2）由（1）可得f（x）的最小值在x=0处取到，g（x）的最小值在x=1处取到，且最小值均为1.于是f（x）在（0，1）上单调递增，g（x）在（0，1）上单调递减，则存在x2∈（0，1），使得f（x2）=g（x2）gt;1，故当bgt;1时，存在直线y=b与两条曲线y=f（x）和y=g（x）共有三个不同的交点；记从左到右的三个交点横坐标为x1，x2，x3，则有x1＜0＜x2＜1＜x3，又f（x）=ex－x=ex－lnex=g（ex），于是有f（x2）=g（ex2）=g（x3），故ex2=x3①；同理可由f（x1）=f（lnx2）得x1=lnx2②.又ex2－x2=x2－lnx2，所以2x2=ex2+lnx2③，联立①，②，③可得2x2=x1+x3，即从左到右的三个交点横坐标成等差数列.

评注" （2）的证明方法关键在于利用关系ex－x=x－lnx=b进行同构，即f（x）=g（ex）、f（lnx）=g（x），并结合函数f（x）、g（x）的单调性得到交点横坐标之间的关系.由于（2）是涉及函数图像的交点问题，我们还可以考虑作出函数的草图，利用数形结合通过图像间的关系去探究交点坐标的关系，进而优化证明思路，具体证法如下：

图1

证法2" "由f（x）=g（x）=b可得ex=x+b，lnx=x－b，于是“直线y=b与两条曲线y=f（x）和y=g（x）共有三个不同的交点”等价于函数y=ex的图像与y=x+b有两个交点A（x1，y1），B（x2，y2）和函数y=lnx与y=x－b有两个交点C（x2，y2′），D（x3，y3），且BC⊥x轴，如图1所示.因为函数y=ex与y=lnx的图像、直线y=x+b与y=x－b均关于直线y=x对称，所以x1=y2′，x3=y2， 所以x1+x3=y2′+y2=2x2，即x1+x3=2x2.

评注" 证法2是基于同底的指数函数、对数函数互为反函数，其图像关于直线y=x对称，从而利用对称点之间隐含的坐标关系进行证明，过程比较简洁，但对思维要求较高，能有效提高学生思维品质和发展核心素养.

3.变式探究与拓展

变式1" 将问题（2）改为：存在实数b，使方程f（x）=g（x）=b有两个实数根x1，x2（且x1＜x2），证明：x2－x1=b.

变式2" 将问题（2）改为：存在实数b，使方程f（x）=g（x）=b有四个实数根x1，x2，x3，x4（且x1＜x2＜x3＜x4），证明：x1+x4=x2+x3.

变式3" 将试题中的“函数f（x）与g（x）”改为“f（x）=ex+x与g（x）=x+lnx”，证明：方程f（x）=g（x）=b的两个实数根x1，x2满足x2+x1=b；

变式4" 将试题中的“函数f（x）与g（x）”改为“f（x）=xex与g（x）=xlnx”，证明：①若方程f（x）=g（x）=b存在两个实数根x1，x2，则x1·x2=b；②若方程f（x）=g（x）=b存在四个实数根x1，x2，x3，x4（x1＜x2＜x3＜x4），则x1·x3=x2·x4=b.

证明" （1）由解法2中的图1知，若方程f（x）=g（x）=b有两个实数根x1，x2（且x1＜x2），则b=1，x2=1，x1=0，故有x2－x1=b.

图2

（2）如图2，设曲线y=ex与直线y=x+b交点为A（x1，y1），B（x2，y2），曲线y=lnx与直线y=x－b的交点为C（x3，y3），D（x4，y4），由反函数对称性知x1=y3，

x4=y2， 所以x1+x4=y3+y2=x3+b+x2－b，即x1+x4=x2+x3.

（3）设曲线y=ex和y=lnx分别与直线y=b－x交于A（x1，y1）、B（x2，y2）两点，由互为反函数图像对称性知x1=y2=b－x2，所以x2+x1=b.

图3

（4）①设曲线y=ex和y=lnx分别与曲线y=bx（bgt;0）交于A（x1，y1）、B（x2，y2）两点，由互为反函数图像对称性知x1=y2=bx2，所以x1·x2=b.

②如图3，设曲线y=ex和y=lnx分别与曲线y=bx（b＜0）交于A（x1，y1）、B（x2，y2）和C（x3，y3）、D（x4，y4）两点，由互为反函数图像对称性知x1=y3=bx3，x2=y4=bx4，所以x1·x3=x2·x4=b.

证法2和变式1-4的证明都主要借助函数y=ex与y=lnx、直线y=x+b与y=x－b的图像以及直线y=b－x、曲线y=bx的图像都关于直线y=x对称的性质，建立交点坐标之间的关系，因此，我们也可以将y=ex与y=lnx进行伸缩变换和平移变换，只要确保互为反函数这一性质不变，则结论不变，从而可以推广到一般结论：

结论1" 已知f（x）=emx－x和g（x）=x－1mlnx（或f（x）=ex+m－x和g（x）=x－lnx+m），则有（i）若方程f（x）=g（x）=b有两个实数根x1，x2（且x1＜x2），则x2－x1=b；（ii）若方程f（x）=g（x）=b存在三个实数根x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），则2x2=x1+x3；（iii）若方程f（x）=g（x）=b存在四个实数根x1，x2，x3，x4（x1＜x2＜x3＜x4），则x1+x4=x2+x3.

结论2" 已知f（x）=emx+x和g（x）=x+1mlnx（或f（x）=ex+m+x和g（x）=x+lnx－m），则方程f（x）=g（x）=b的两个实数根x1，x2满足x2+x1=b.

结论3" 设f（x）=xemx和g（x）=1mxlnx（或f（x）=xex+m和g（x）=x（lnx－m）），则有（i）若方程f（x）=g（x）=b存在两个实数根x1，x2，则x1·x2=b；（ii）若方程f（x）=g（x）=b存在四个实数根x1，x2，x3，x4（x1＜x2＜x3＜x4），则x1·x3=x2·x4=b.

我们在确保互为反函数这一条件下，还可以将试题作进一步的改编，如下：

变式5" 将试题中的“函数f（x）与g（x）”改为“f（x）=exx与g（x）=xlnx”，证明下列结论：

（1）若方程f（x）=g（x）=b存在两个实根x1，x2（x1＜x2），证明：x2=bx1；

（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比数列；

（3）若方程f（x）=g（x）=b存在四个实根x1，x2，x3，x4（x1＜x2＜x3＜x4），证明：x1x4=x2x3.

证明" 方程f（x）=g（x）=b的根可以转化为函数y=ex与y=bx的交点和函数y=lnx与y=1bx的交点问题.①当b＜0时，设函数y=e图4x与y=bx的交点为A（x1，y1），函数y=lnx与y=1bx的交点为B（x2，y2），由互为反函数图像对称性知x1=lnx2=1bx2，x2=bx1.②当bgt;0时，如图4，设交点为A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），由互为反函数图像对称性知x1=y3，

x4=y2， 所以x1x4=y3y2=1bx3·bx2=x2·x3.当BC⊥x轴时，x2=x3，此时x1x4=x22=x23.

通过变式3的探究易知，只要确保“互为反函数”这一条件不变，类比结论1还可以得到下列结论：

结论4" 已知f（x）=emxx和g（x）=mxlnx（或f（x）=ex+mx和g（x）=xlnx－m），则有

（1）若方程f（x）=g（x）=b存在两个实数根x1，x2（x1＜x2），则x2=bx1；

（2）若方程f（x）=g（x）=b存在三个实数根x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），则x22=x1x3；

（3）若方程f（x）=g（x）=b存在四个实数根x1，x2，x3，x4（x1＜x2＜x3＜x4），则x1x4=x2x3.

4.类题精练

例1" 已知x1，x2分别是函数f（x）=ex+x－2和g（x）=lnx+x－2的零点，则（" ）.

A．x1+x2=2""" "B．ex1+lnx2=2

C．x1x2gt;e2""" D．x21+x22＜3

解析：由结论2知x1=lnx2，x2=ex1，x1+x2=2，所以A、B正确；又因为egt;94，所以egt;2－12，所以0＜x1＜12，令h（x）=xex，则h（x）在（0，+∞）单调递增，所以x1x2=x1ex1＜h（12）=e2，故C错；对于D，x21+x22=x21+e2x1＜14+e＜3，D正确.故选ABD.

例2" 已知函数f（x）=xex+2和g（x）=x（lnx－2），若方程f（x）=g（x）=b（b＜0）存在四个实数根x1，x2，x3，x4（x1＜x2＜x3＜x4），则x1x3+1x2x4的最大值为.

解析" 由结论3易知x1x3=x2x4=b，所以x1x3+1x2x4=b+1b.又f′（x）=（x+1）ex+2，故f（x）在（－∞，－1）上单调递减，在（－1，+∞）上单调递增，所以f（x）min=f（－1）=－e；同理知g（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，g（x）min=g（e）=－e，所以－e＜b＜0，所以－b+（－1b）≥2，即b+1b≤－2（当且仅当b=－1时，等号成立），故最大值为－2.

例3" 已知函数f（x）=lnxx，g（x）=xe－x，若存在x1∈（0，+∞），x2∈R有f（x1）=g（x2）=k（k＜0）成立，则x2x12ek的最大值为.

解析" 由结论4知x2x1=k，所以x2x12ek=k2ek，令h（x）=x2ex，则h′（x）=（x2+2x）ex（x＜0），所以h（x）在（－∞，－2）上单调递增，在（－2，0）上单调递减，所以h（x）max=h（－2）=4e2.故x2x12ek的最大值为4e2.

5" 反思与小结

《中国高考评价体系》的出台发行对高考提出了新的考查要求，既要注重“基础性、综合性、应用性”，又要强调创新意识和创新思维.教师在教学中要密切关注与创新相关的能力和素养的培养，解题方法要呈现多样性，要体现思维的灵活性，设置合理的思维强度和抽象程度，努力提高学生思维品质，促进学生提升科学素养，引导学生全面发展.

数学的学习离不开解题，但不能就题论题、机械刷题、套路训练，而是要注重回归数学的学科本质，探究问题的本源，挖掘题目背后的思想和方法，变式拓展、举一反三，教会学生分析和思考问题，摆脱思维枷锁，创造性地思索问题的解法，鼓励学生发现新问题、找到新规律、提出新见解，使学生在落实“四基”、提升“四能”的过程中优化思维品质，拓宽思维高度和广度，发展核心素养，在学懂、学通、学透数学的过程中提高解决问题的能力和应试水平.