2022-2023学年河南省商丘重点中学高二（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河南省商丘重点中学高二（下）期末数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年河南省商丘重点中学高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知全集U={−1,0,1,2,3,4}，集合A，B满足∁UA={0,2,4}，∁UB=(−1,0,1,3}，则A∩B=(    )
A. {−1,0,1,2,3,4} B. {−1,1,2,3,4} C. {0} D. ⌀
2. 命题：∀x≥1，x2+5x≥6的否定是(    )
A. ∃x≥1，x2+5x<6 B. ∀x≥1，x2+5x<6
C. ∃x<1，x2+5x<6 D. ∃x<1，x2+5x≥6
3. 已知f(x)是定义域为R的奇函数，x>0时，f(x)=x+1，则f(−1)=(    )
A. 0 B. −1 C. −2 D. 2
4. 下列函数中，值域是[1,+∞)的函数是(    )
A. y=x3+1 B. y=10−x+1 C. y=log2x+1 D. y=2|x|
5. 设函数f(x)=2x(x−a)在区间(0,1)单调递减，则a的取值范围是(    )
A. (−∞,−2] B. [−2,0) C. (0,2] D. [2,+∞)
6. 已知f(x)=x2exeax−1为奇函数，则a=(    )
A. −2 B. −1 C. 1 D. 2
7. 若a=ln44,b=ln55,c=ln66则(    )
A. c 8. 已知函数f(x)=lnx−1x,x>0x2+4x,x≤0，则函数y=f(f(x)+4)的零点的个数是(    )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 若x>y>0，则下列不等式成立的是(    )
A. x2>y2 B. −x>−y C. 1x<1y D. xy 10. 设a，b∈R，则下列结论正确的是(    )
A. 若a>b>0，则1a2<1b2
B. 若a C. 若a+b=2，则2a+2b≥4
D. 若2a+1b>2b+1a且a>0，b>0，则a>b
11. 某同学根据著名数学家牛顿的物体冷却模型：若物体原来的温度为θ0(单位：℃)，环境温度为θ1(θ1<θ0，单位℃)，物体的温度冷却到θ(θ>θ1，单位：℃)需用时t(单位：分钟)，推导出函数关系为t=f(θ)=1k[ln(θ0−θ1)−ln(θ−θ1)]，k为正的常数.现有一壶开水(100℃)放在室温为20℃的房间里，根据该同学推出的函数关系研究这壶开水冷却的情况，则(参考数据：ln2≈0.7)(    )
A. 函数关系θ=θ1+(θ0−θ1)ekt也可作为这壶外水的冷却模型
B. 当k=120时，这壶开水冷却到40℃大约需要28分钟
C. 若f(60)=10，则f(30)=30
D. 这壶水从100℃冷却到70℃所需时间比从70℃冷却到40℃所需时间短
12. 若函数f(x)同时满足：
①对于定义域上的任意x，恒有f(x)+f(−x)=0；
②对于定义域上的任意x1，x2，当x1≠x2时，恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0，则称函数f(x)为“理想函数”．
下列四个函数中，能被称为“理想函数”的有(    )
A. f(x)=2x−12x+1 B. f(x)=−x3
C. f(x)=x D. f(x)=−x2,x≥0x2,x<0
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知p：x>1或x<−3，q：x>a，若q是p的充分不必要条件，则a的取值范围是______．
14. 若函数f(x)同时具有下列性质：
①f(x1+x2)=f(x1)f(x2)；
②当x∈(0,+∞)时，f(x)>1．
请写出f(x)的一个解析式          ．
15. 若(a+1)−23>(3−2a)−23，则实数a的取值范围是______ ．
16. 定义在R上的函数f(x)满足f(x+4)=f(x)，f(x−2)=f(−x)，当x∈[−1,3]时，f(x)=−x2+2x，则函数g(x)=3f(x)−x+2有______ 个零点．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
若二次函数y=f(x)的图象的对称轴为x=1，最小值为−1，且f(0)=0．
(1)求f(x)的解析式；
(2)若关于x的不等式f(x)>m−2x在区间[0,3]上恒成立，求实数m的取值范围．
18. (本小题12.0分)
设A={x|x2+2(a+1)x+a2−1=0}，B={x|(x+4)x(x−12)=0,x∈Z}.若A∩B=A，求a的取值范围．
19. (本小题12.0分)
(1)求不等式2x+1≤1的解集；
(2)求关于x的不等式(ax−1)(x−2)>0的解集，其中a∈R．
20. (本小题12.0分)
设m为实数，已知f(x)=2x2+(x−m)|x−m|,h(x)=f(x)xx≠00x=0．
(1)若函数f(0)=4，求m的值；
(2)当m>0时，求证：函数h(x)在[m,+∞)上是单调递增函数；
(3)若对于一切x∈[1,2]，不等式h(x)≥1恒成立，求m的取值范围．
21. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=kx+log9(9x+1)(k∈R)是偶函数．
(1)求k的值；
(2)若函数g(x)=log9(a⋅3x−43a)的图象与f(x)的图象有且只有一个公共点，求a的取值范围．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx．
(1)若f(x)存在零点，求实数a的取值范围；
(2)当函数f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值时，求a．
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：因为全集U={−1,0,1,2,3,4}，集合A，B满足∁UA={0,2,4}，∁UB=(−1,0,1,3}，
则A={−1,1,3}；B={2,4}；
故A∩B=⌀；
故选：D．
先求出A，B进而求得结论．
本题考查补集、交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意补集、交集的定义的合理运用．

2.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了含有量词的命题的否定，属于基础题．
利用含有一个量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论，求解即可．
【解答】
解：由含有一个量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论，
可得命题：∀x≥1，x2+5x≥6的否定是：∃x≥1，x2+5x<6．
故选A．
  
3.【答案】C 
【解析】解：f(1)=1+1=2，由于f(x)是定义域为R的奇函数，
所以f(−1)=−f(1)=−2．
故选：C．
根据奇函数的性质即可求解．
本题主要考查了函数的奇偶性在函数求值中的应用，属于基础题．

4.【答案】D 
【解析】解：y=x3+1的值域为R；y=10−x+1的值域为(1,+∞)；y=log2x+1的值域为R；2|x|≥1，∴y=2|x|的值域为[1,+∞)．
故选：D．
根据指数函数、对数函数和y=x3的值域求每个选项函数的值域即可．
本题考查了指数函数、对数函数和y=x3的值域，指数函数的单调性，考查了计算能力，属于基础题．

5.【答案】D 
【解析】解：设t=x(x−a)=x2−ax，对称轴为x=a2，抛物线开口向上，
∵y=2t是t的增函数，
∴要使f(x)在区间(0,1)单调递减，
则t=x2−ax在区间(0,1)单调递减，
即a2≥1，即a≥2，
故实数a的取值范围是[2,+∞)．
故选：D．
利用换元法转化为指数函数和二次函数单调性进行求解即可．
本题主要考查复合函数单调性的应用，利用换元法结合指数函数，二次函数的单调性进行求解是解决本题的关键，是基础题．

6.【答案】D 
【解析】解：由于函数f(x)为奇函数，
则f(1)+f(−1)=eea−1+e−1e−a−1=0，
即eea−1+ea−11−ea=e−ea−1ea−1=0，
解得a=2，经检验符合题意．
故选：D．
由奇函数的性质可知，f(1)+f(−1)=0，由此可得a的值．
本题考查奇函数，考查运算求解能力，属于基础题．

7.【答案】A 
【解析】解：令f(x)=lnxx(x≥e)，则f′(x)=1−lnxx2≤0，
∴函数f(x)在[e,+∞)上单调递减，
∴ln44>ln55>ln66，
即a>b>c．
故选：A．
令f(x)=lnxx(x≥e)，则f′(x)=1−lnxx2≤0，可得函数f(x)在[e,+∞)上单调递减，即可得出．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

8.【答案】D 
【解析】解：令t=f(x)+4=lnx−1x+4,x>0(x+2)2,x≤0，
当t>0时，f(t)=lnt−1t，易知f(t)在(0,+∞)上单调递增，
由于f(1)=−1<0，f(2)=ln2−12>0，
由零点存在定理可知，存在t1∈(1,2)，使得f(t1)=0；
当t≤0时，f(t)=t2+4t，
则f(t)=t2+4t=0，解得t2=−4，t3=0，
作出t=f(x)+4、t=t1、t=−4、t=0的图象，如图所示：

由图象可知，直线t=t1与函数t=f(x)+4的图象有三个交点；
直线t=0与函数t=f(x)+4的图象有两个交点；
直线t=−4与函数t=f(x)+4的图象只有一个交点；
综上所述，函数y=f(f(x)+4)的零点的个数为6．
故选：D．
令t=f(x)+4，根据t>0、t≤0分别求出函数f(t)的零点或零点所在区间，再作出函数t=f(x)+4的图象，根据图象即可求出函数t=f(x)+4的零点．
本题考查了函数的零点与方程、转化思想和数形结合思想，属于中档题．

9.【答案】AC 
【解析】解：对于A：当x>y>0时，x2>y2，A成立；
对于B：当x>y>0时，−x<−y，B不成立；
对于C：当x>y>0时，xxy>yxy，即1x<1y，C成立；
对于D：xy−x+1y+1=x(y+1)−y(x+1)y(y+1)=x−yy(y+1)，∵x>y>0，∴x−y>0，∴xy−x+1y+1>0，即xy>x+1y+1，D不成立．
故选：AC．
利用不等式的性质判断ABC，利用作差法判断D．
本题主要考查了不等式的性质，属于基础题．

10.【答案】ACD 
【解析】解：若a>b>0，则0<1a<1b，所以1a2<1b2，故A正确；
若a(b−1)2，故B不正确；
若a+b=2，则2a+2b≥2 2a⋅2b=2 2a+b=2 22=4，
当且仅当a=b=1时取等号，故C正确；
设函数f(x)=2x−1x，则f(x)在(0,+∞)上单调递增，
若2a+1b>2b+1a，且a>0，b>0，则a>b，故D正确．
故选：ACD．
根据不等式的性质即可判断选项A正确，B错误，根据基本不等式即可判断C正确，根据指数函数和反比例函数的单调性，即可判断选项D正确，
本题考查了不等式的性质，基本不等式的应用，指数函数和反比例函数的单调性，考查了计算能力，属于基础题．

11.【答案】BCD 
【解析】解：对于A：t=f(θ)=1k[ln(θ0−θ1)−ln(θ−θ1)]，则kt=lnθ0−θ1θ−θ1，
∴θ0−θ1θ−θ1=ekt，整理得θ=θ1+(θ−θ1)1ekt，故A错误；
对于B：由题意得t=f(θ)=1k[ln(100−20)−ln(θ−20)]=1kln80θ−20，
则当k=120时，t=20ln8040−20=20ln4=40ln2≈28，故B正确；
对于C：∵f(60)=10，
∴1kln8040=10，解得k=ln210，
∴t=10ln2⋅ln8030−20=10ln2⋅ln8=30，故C正确；
对于D：设这壶水从100℃冷却到70℃所需时间为t1分钟，
则t1=1kln8070−20=1k(ln8−ln5)，
设这壶水从70℃冷却到40℃所需时间为t2分钟，
则t2=1k(ln5−ln2)，
∵t1−t2=1k(ln8+ln2−2ln5)=1kln1625<0，
∴t1 故选：BCD．
根据函数t=f(θ)=1k[ln(θ0−θ1)−ln(θ−θ1)]，逐一分析选项，即可得出答案．
本题考查根据实际问题选择函数类型，考查函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

12.【答案】BD 
【解析】
【分析】
本题主要考查了函数单调性及奇偶性的判断，熟练掌握基本初等函数性质是解本题的关键．
由已知新定义知，函数在定义域上为奇函数且单调递减，结合各选项分别检验即可判断．
【解答】
解：①对于定义域上的任意x，恒有f(x)+f(−x)=0，则f(x)为奇函数；
②对于定义域上的任意x1，x2，当x1≠x2时，恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0，则f(x)单调递减，
A选项f(x)=2x−12x+1，f(−x)=−2x−1−2x+1，f(x)+f(−x)≠0，故A选项错误；
B选项f(x)=−x3为奇函数且为减函数，所以B选项正确；
C选项f(x)=x为增函数，所以C选项错误；
D选项f(x)=−x2,x≥0x2,x<0，通过图像可以发现f(x)为奇函数且为减函数，所以D选项正确

故选：BD．
  
13.【答案】[1,+∞) 
【解析】解：∵条件p：x>1或x<−3，条件q：x>a，
且q是p的充分而不必要条件
∴集合q是集合p的真子集，q⊊P
即a∈[1,+∞)，
故答案为：[1,+∞)．
把充分性问题，转化为集合的关系求解．
本题主要考查命题的真假判断与应用、充分条件及必要条件的含义．

14.【答案】f(x)=2x(答案不唯一) 
【解析】
【分析】
本题主要考查求函数解析式，属于基础题．
直接由已知函数的性质，联想相关函数的性质，从而求出函数解析式．
【解答】
解：根据①f(x1+x2)=f(x1)f(x2)；
②当x∈(0,+∞)时，f(x)>1．
所以满足的函数关系式为f(x)=2x．
故答案为：f(x)=2x，(答案不唯一)．
  
15.【答案】(−∞,−1)∪(−1,23)∪(4,+∞) 
【解析】解：根据幂函数f(x)=x−23=13x2的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
且满足f(−x)=13(−x)2=13x2=f(x)，
∴函数f(x)为偶函数．
又由幂函数的性质，可得函数f(x)在(−∞,0)单调递增，在(0,+∞)单调递减．
根据不等式(a+1)−23>(3−2a)−23，可得|a+1|<|3−2a|a+1≠03−2a≠0，解得a<23或a>4且a≠−1．
∴实数a的取值范围(−∞,−1)∪(−1,23)∪(4,+∞)．
故答案为：(−∞,−1)∪(−1,23)∪(4,+∞)．
由幂函数f(x)=x−23=13x2的定义域与单调性即可解出不等式．
本题主要考查幂函数的定义域与单调性，属于基础题．

16.【答案】7 
【解析】解：因为定义在R上的函数f(x)满足f(x+4)=f(x)，
所以f(x)是以4为周期的周期函数，
因为当x∈[−1,3]时，f(x)=−x2+2x，
所以f(x)的图象如图所示，

由g(x)=3f(x)−x+2=0，得f(x)=x3−23，
所以将问题转化为f(x)的图象与h(x)=x3−23交点的个数，
因为f(−9)=f(3)=−3>h(−9)=−113，f(−5)=f(3)=−3 f(4.9)=f(0.9)=0.99>h(4.9)≈0.97，f(5)=h(5)=1，
所以f(x)的图象与h(x)的图象共有7个交点，
所以g(x)=3f(x)−x+2有7个零点，
故答案为：7．
由题意可得f(x)的周期为4，画出f(x)的图象，由g(x)=3f(x)−x+2=0，得f(x)=x3−23，所以将问题转化为f(x)的图象与h(x)=x3−23交点的个数，由图象可得答案．
本题主要考查函数的零点与方程根的关系，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．

17.【答案】解：(1)由f(x)为二次函数，可设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)，
∵f(x)图象的对称轴为x=1，最小值为−1，且f(0)=0，
∴−b2a=1c=0−b24a=−1，∴a=1b=−2c=0，
∴f(x)=x2−2x．
(2)∵f(x)>m−2x，即x2>m在[0,3]上恒成立，
又∵当x∈[0,3]时，x2有最小值0，
∴m<0，
∴实数m的取值范围为(−∞,0)． 
【解析】(1)根据已知条件列方程组来求得a，b，c，也即求得f(x)．
(2)由f(x)>m−2x分离常数m，进而求得m的取值范围．
本题主要考查函数恒成立问题，考查二次函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．

18.【答案】解：∵(x+4)x(x−12)=0，
∴x=−4，0，12．
∵x∈Z，
∴B={−4,0}，
∵A∩B=A，
∴A⊆B，
当A=⌀时，Δ=4(a+1)2−4(a2−1)=8a+8<0⇒a<−1，满足题意；
当集合A中只有一个元素时，Δ=0⇒a=−1，
此时A={0}，满足题意；
当集合A中有两个元素时Δ>0⇒a>−1，
A={−4,0}⇒a=1；
综上a的取值范围a≤−1或a=1． 
【解析】本题考查了交集的定义及其运算，考查了分类讨论思想，熟练掌握分类讨论解答问题的步骤是解题的关键．
由A∩B=A，得A⊆B，先求得集合B，利用分类讨论方法分别求得集合A=⌀，集合A中只有一个元素和集合A中有两个元素时a的范围，再综合．

19.【答案】解：(1)2x+1≤1可化为x−1x+1≥0，即(x−1)(x+1)≥0x+1≠0，
解得x≥1或x<−1，
所以不等式2x+1≤1的解集为{x|x≥1或x<−1}；
(2)当a=0时，不等式的解集为{x|x<2}，
当a<0时，不等式可化为(x−1a)(x−2)<0，不等式的解集为{x|1a 当a>0时，不等式可化为(x−1a)(x−2)>0，
当1a=2即a=12时，不等式的解集为{x|x≠2}，
当1a>2即01a或x<2}，
当1a<2即a>12时，不等式的解集为{x|x<1a或x>2}，
综上，当a=12时，不等式的解集为{x|x≠2}，
当01a或x<2}，
当a>12时，不等式的解集为{x|x<1a或x>2}． 
【解析】(1)将分式不等式转化为一元二次不等式，解不等式即可；
(2)分类讨论a的范围解不等式即可．
本题主要考查了分式不等式及含参二次不等式的求解，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题．

20.【答案】(1)解：f(x)=2x2+(x−m)|x−m|，
f(0)=4，可得−m⋅|−m|=4，解得m=−2．
(2)证明：f(x)=2x2+(x−m)|x−m|,h(x)=f(x)xx≠00x=0．
h(x)=f(x)x=2x2+(x−m)|x−m|x，
当x∈[m,+∞)时，解析式可化简为：h(x)=2x2+(x−m)|x−m|x=3x+m2x−2m，
设x1，x2是[m,+∞)上任意两个不相等的实数，则有x2>x1≥m
h(x1)−h(x2)=3x1+m2x1−2m−(3x2+m2x2−2m)=(x1−x2)(3x1x2−m2)x1x2，
因为x2>x1≥m，m>0，所以x1−x2>0,3x1x2>3m2，
因此有h(x1)−h(x2)<0，即h(x1) (3)解：当m<1时，而x∈[1,2]，所以h(x)=2x2+(x−m)2x，
因为h(x)≥1，所以有2x2+(x−m)2x≥1，即2x2+(x−m)2≥x，
化为3x2−x(2m+1)+m2≥0)*在x∈[1,2]恒成立，
设g(x)=3x2−x(2m+1)+m2，
对称轴为：x=2m+16，∵m<1，∴2m+16<12，故g(x)在x∈[1,2]上是增函数，要想(*)恒成立，
只需g(1)≥0⇒3−2m−1+m2≥0⇒m2−2m+2≥0该不等式恒成立，故m<1；
当m>2时，h(x)=2x2−(x−m)2x=x−m2x+2m，
此时函数h(x)是单调递增函数，要想h(x)≥1在x∈[1,2]上恒成立，只需h(1)≥1⇒1−m2+2m≥1⇒0≤m≤2这与m>2矛盾，故不成立；
当1≤m≤2时，h(x)=x−m2x+2m,1≤x≤m3x+m2x−2m,m 当1≤x≤m时，函数h(x)是单调递增函数，当m 所以函数h(x)在x∈[1,2]时，最小值为h(1)，
要想h(x)≥1在x∈[1,2]上恒成立，只需h(1)≥1⇒1−m2+2m≥1⇒0≤m≤2，而1≤m≤2，所以1≤m≤2，
综上所述：m的取值范围为：m∈(−∞,2]． 
【解析】(1)利用函数的解析式求解m即可．
(2)化简函数的解析式，利用函数的单调性的定义，证明即可．
(3)推出h(x)=2x2+(x−m)2x，设g(x)=3x2−x(2m+1)+m2，说明g(x)在x∈[1,2]上是增函数，要想(*)恒成立，
只需m2−2m+2≥0恒成立，然后转化求解即可．
本题考查函数与方程的综合应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．

21.【答案】解：(1)因为函数f(x)是偶函数，
所以f(−x)=f(x)，
所以−kx+log9(9−x+1)=kx+log9(9x+1)，
即2kx=log99−x+19x+1=log99−x=−x，
得2k+1x=0对任意实数x恒成立，
所以2k+1=0，解得k=−12；
(2)由题意，函数g(x)=log9(a⋅3x−43a)的图象与f(x)的图象有且只有一个公共点，
则方程−12x+log9(9x+1)=log9(a⋅3x−43a)只有一解，
即9−12x·(9x+1)=a·3x−43a，
即(a−1)3x−3−x−4a3=0有且只有一个实根，
令t=3x，则t∈(0,+∞)，
所以方程(a−1)t2−4a3t−1=0有且只有一个正实根t，
当a−1=0时，t=−34(舍去)；
当a−1≠0时，若判别式Δ=0，则16a29+4a−4=0，
即4a2+9a−9=0，解得a=−3或a=34，
经检验，当a=34时，t=−2<0，不满足条件，舍去；
当a=−3时，t=12，满足条件；
若Δ>0，即16a29+4a−4>0，解得a>34或a<−3，
则方程(a−1)t2−4a3t−1=0的两根异号，
所以−1a−1<0，即a>1，
所以a>1；
综上，实数a的取值范围是{−3}∪(1,+∞)． 
【解析】本题主要考查函数奇偶性的应用以及函数图象的应用，对数函数及其性质，指数函数与对数函数的综合应用，考查分类讨论思想和运算求解能力．
(1)根据函数奇偶性的性质建立方程进行求解．
(2)根据函数g(x)和f(x)的图象只有一个交点，可得方程−12x+log9(9x+1)=log9(a⋅3x−43a)只有一解，利用换元法，令t=3x，可得方程(a−1)t2−4a3t−1=0有且只有一个正实根t，对a的范围进行分类讨论，即可求出结果．

22.【答案】解：(1)因为f(x)=ex−ax，所以f′(x)=ex−a，
①当a<0时，f′(x)=ex−a>0，此时f(x)在(−∞,+∞)单调递增，
f(1a)=e1a−1〈0,f(0)=1〉0，所以f(x)在(1a,0)存在唯一零点，
所以f(x)在(−∞,+∞)存在唯一零点；
②当a=0时，f(x)=ex>0，所以f(x)在(−∞,+∞)无零点；
③当a>0时，f′(x)=ex−a>0⇔x>lna，f′(x)=ex−a<0⇔x 此时f(x)在(−∞,lna)单调递减，(lna,+∞)单调递增，
所以f(x)min=f(lna)=a−lna，且 f(−1a)=e−1a+1>0,f(1a)=e1a−1>0，
若f(x)存在零点，则只需要f(x)min=f(lna)=a−alna≤0即可，
所以lna≥1⇔a≥e，
由①②③可得，实数a的取值范围(−∞,0)∪[e，+∞)；
(2)由(1)知a>0，且f(x)min=f(lna)=a−alna．
函数g(x)=ax−lnx的定义域为(0,+∞)，导函数g′(x)=ax−1x，
当0 当x>1a时，g′(x)>0，故g(x)在(1a,+∞)上为增函数，
故g(x)min=g(1a)=1−ln1a．
因为f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值，
故1−ln1a=a−alna，整理得到a−11+a=lna，其中a>0，
设g(a)=a−11+a−lna,a>0，则g′(a)=−a2−1a(1+a)2<0，
故g(a)为(0,+∞)上的减函数，而g(1)=0，
故g(a)=0的唯一解为a=1，故1−a1+a=lna的解为a=1．
综上可得a=1． 
【解析】(1)讨论a，利用导数与函数的单调性的关系判断函数的单调性，结合零点存在性定理确定函数f(x)的零点情况，由此确定a的取值范围；
(2)由(1)可得a>0且f(x)min=a−alna，利用导数求函数g(x)的最小值，由条件可得1−ln1a=a−alna，利用导数求方程的解即可．
本题考查导数的综合应用，化归转化思想，属难题．