廣東省中山市桂山中學(xué)(528463) 蔡曉波

真題(2022年新高考I 卷第22 題)已知函數(shù)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與其兩條曲線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(biāo)成等差數(shù)列.

該題是全卷壓軸題,有一定的難度,主要難度在于第二問.第二問實際上需要學(xué)生解決兩個問題:1.存在直線y=b與其兩條曲線y=f(x)和y=g(x)共有三個不同的交點;2.這三個交點的橫坐標(biāo)構(gòu)成等差數(shù)列.該題很好的考查了學(xué)生對導(dǎo)數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、等差數(shù)列等知識點的掌握,考查了學(xué)生的邏輯推理、數(shù)學(xué)運算、數(shù)據(jù)分析等方面的核心素養(yǎng)能力,是一道綜合性較強的題目.本題的具體解法不難從相關(guān)資料或網(wǎng)上找到,故這里不再贅述.

該題的兩個函數(shù)形式上具有同構(gòu)的形式,而指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)恰好互為反函數(shù),十分巧妙;第二問的“三個交點的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列”也是一個十分巧妙的結(jié)論,極具探究性,筆者對本題進行了探究,得出若干結(jié)論,現(xiàn)將探究推廣過程展示如下:

一、問題的推廣

本題第(1)問的答案為a=1,從而使得f(x)=ex?x=g(ex),g(x)=x?lnx=f(lnx).因此f(x)與g(x)具有同構(gòu)的形式,且指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)恰好互為反函數(shù),本題第(1)問f(x)與g(x)具有相同的最小值,實際上就是具有相同的值域,那么具有怎樣的形式的兩個同構(gòu)函數(shù)具有相同的值域呢?

約定在下文中涉及到的函數(shù)t(x)均是定義域為M的單調(diào)函數(shù),其值域為N,t(x)的反函數(shù)記為t?1(x).

不難驗證t?1(x)也為單調(diào)函數(shù),且單調(diào)性與t(x)相同.

結(jié)論1函數(shù)f(x),g(x)滿足f(x)=g(t(x)),x ∈M,g(x)=f(t?1(x)),x ∈N,則f(x)與g(x)具有相同的值域.

證明易知f(x)的定義域為M,設(shè)其值域為D.令u=t?1(x),x ∈N,則u ∈M.

結(jié)合g(x)=f(t?1(x))=f(u)可知f(x)與g(x)具有相同的值域D.

題目中得出了“三個交點的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列”的結(jié)論,讓我們不禁思考,是怎樣的兩個函數(shù)的曲線與直線的三個交點的橫坐標(biāo)才會構(gòu)成等差數(shù)列呢?

在給出相關(guān)結(jié)論之前,我們先來看一個引理.

引理1函數(shù)f(x),g(x)滿足f(x)=g(t(x)),x ∈M,g(x)=f(t?1(x)),x ∈N,則方程f(x)=b與方程g(x)=b具有相同的根的個數(shù).

證明設(shè)方程f(x)=b有n個根,且從小到大依次為:x1

結(jié)論2函數(shù)f(x)=mt(x)?nx,(m>0,n>0),g(x)=mx?nt?1(x)且t(x)在定義域M上單調(diào)遞增,若曲線y=f(x)與曲線y=g(x)有交點P(xP,b)(t(xP)xP),且過P的直線y=b與曲線y=f(x)有不同于P的另外一個唯一交點A(橫坐標(biāo)為xA),則直線y=b與曲線y=g(x)必有不同于P的另外一個唯一交點B(橫坐標(biāo)為xB),且A,B,P的橫坐標(biāo)滿足

圖1

證明顯然f(x)=g(t(x)),x ∈ M,g(x)=f(t?1(x)),x ∈N.因為y=b與曲線y=f(x)有兩個交點,故由引理1 可得y=b與曲線y=g(x)也僅有兩個交點.由P為兩曲線一個交點可得y=b與曲線y=g(x)必有不同于P的另外一個唯一交點B.由P(xP,b)為曲線y=f(x)與y=g(x)交點可得:

因為y=b與曲線y=f(x)僅有兩個交點A,P.故t?1(xP)=xP或t?1(xP)=xA.

注意到t(xP)?=xP,故t?1(xP)=xA,即

因為xP∈ M,故必存在xB∈ N且xBxP使得t(xP)=xB,即

此時f(t?1(xB))=b,即g(xB)=b,故xB為點B的橫坐標(biāo).由mt(xA)?nxA=b且mxB?nt?1(xB)=b.故nxA+mxB=mt(xA)+nt?1(xB). 結(jié)合①②可得:nxA+mxB=mxP+nxP.故

結(jié)論2 中強調(diào)t(x)在定義域M上單調(diào)遞增,是因為當(dāng)t(x)為減函數(shù)時,顯然f(x)也為減函數(shù),此時直線y=b與曲線y=f(x)不可能有兩個交點.

結(jié)論2 中的f(x)與g(x)互為同構(gòu)函數(shù),且兩個函數(shù)分別由t(x)及其反函數(shù)組成,故本文稱f(x)與g(x)是同構(gòu)反函數(shù).

由結(jié)論2 易知,當(dāng)m=n時即有xA+xB=2xP,此時xA,xP,xB成等差數(shù)列,由此我們可得如下推論:

推論1函數(shù)t(x)是定義在M上的為單調(diào)遞增函數(shù),函數(shù)f(x)=t(x)?x,g(x)=x?t?1(x),若f(x)與g(x)有交點P(xP,b)(t(xP)xP),且過P的直線y=b與曲線y=f(x)有不同于P的另外一個唯一交點A(橫坐標(biāo)為xA),則直線y=b與曲線y=g(x)必有不同于P的另外一個唯一交點B(橫坐標(biāo)為xB),且A,P,B的橫坐標(biāo)構(gòu)成等差數(shù)列.

在結(jié)論2 中,如果y=b不經(jīng)過交點時,那么直線y=b與曲線y=f(x),y=g(x)的一系列交點的橫坐標(biāo)又有何關(guān)系呢?

結(jié)論3函數(shù)f(x)=mt(x)?nx,(m>0,n>0),g(x)=mx?nt?1(x)且t(x)在定義域M上單調(diào)遞增,若直線y=b與曲線y=f(x)有兩個不同的交點A(xA,b),B(xB,b)(xA

圖2

證明顯然f(x)=g(t(x)),x ∈M,g(x)=f(t?1(x)),x ∈N.由直線y=b與曲線y=f(x)有兩個不同的交點結(jié)合引理1 可得:y=b與曲線y=g(x)有兩個不同的交點設(shè)為:C(xC,b),D(xD,b)(xC

又因為mt(xA)?nxA=b,mxD?nt?1(xD)=b,故nxA+mxD=mt(xA)+nt?1(xD). 故nxA+mxD=mxC+nxB.由A,B不在y=g(x)上可知xAxC且xBxD,故

顯然,結(jié)論2 可以認為是結(jié)論3 的一個極限形式.類似的,在結(jié)論3,當(dāng)m=n時即有xA?xC=xB?xD,于是可得如下推論.

推論2函數(shù)f(x)=t(x)?x,g(x)=x?t?1(x)且t(x)在定義域M上單調(diào)遞增,若y=b與f(x)有兩個不同的交點A(xA,b),B(xB,b)(xA

y=ex與y=lnx是恰好高中階段學(xué)生所熟悉的互為反函數(shù)的兩個經(jīng)典的函數(shù),如果在結(jié)論2 和結(jié)論3 中令t(x)=ex,我們可以得到什么結(jié)論呢?

結(jié)論4函數(shù)f(x)=ex?nx(n>0),g(x)=x?nlnx,則:

①存在唯一直線y=b0與其兩條曲線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(biāo)成等差數(shù)列.

②當(dāng)b >n?nlnn且b ?=b0時,則直線y=b與曲線y=f(x)有兩個不同交點A(xA,b),B(xB,b)(xA

下面,我們先來看3 個引理

引理2任意x>0 均有成立.

該引理較易證明,證明留給讀者完成.

引理3①已知函數(shù)f(x)=ex?nx(n >0),則直線y=b(b >n?nlnn)與曲線y=f(x)必有兩個不同交點A(x1,b),B(x2,b)且x1

②已知函數(shù)g(x)=x?nlnx(n >0),則直線y=b(b >n?nlnn)與曲線y=g(x)必有兩個不同交點A(x1,b),B(x2,b)且0

證明先證明①.令h(x)=f(x)?b=ex?nx?b.由h′(x)=ex?n可得:x lnn時,h′(x)>0.故h(x)在(?∞,lnn)上單調(diào)遞減,在(lnn,+∞)上單調(diào)遞增.故當(dāng)x=lnn時,h(x)取得最小值n?nlnn?b<0.

若b≤ 0,顯然即h(2+2n+2b2)>0.若b >0,則另外易得,lnn≤n?1<2+2n+2b2.結(jié)合h(x)在(lnn,+∞)上單調(diào)遞增可得h(x)在(lnn,2+2n+2b2)上有唯一零點x2,即h(x)在(lnn,+∞)上有唯一零點x2.故f(x)?b=0 存在兩個x1,x2,且x1n?nlnn)與曲線y=f(x)必有兩個不同交點A(x1,b),B(x2,b)且x1

對于②,注意到g(x)=f(lnx),故類似可以證明,這里不再贅述.

引理4已知函數(shù)f(x)=ex?nx(n >0)與g(x)=x?nlnx(n>0),則曲線y=f(x)與曲線y=g(x)有唯一的交點.

證明容易證得f(x)在(?∞,lnn]單調(diào)遞減,在(lnn,+∞)單調(diào)遞增;g(x)在(0,n]單調(diào)遞減,在(n,+∞)單調(diào)遞增.令h(x)=f(x)?g(x)=ex?(n+1)x+nlnx,則h(x)定義域為(0,+∞),設(shè)x0=max{0,lnn}.h′(x)=.

(1)下證h(x)在x ∈(x0,n)處有唯一的零點.由0 ≤x0n.故h′(x)>0 在(x0,n)成立.故h(x)在(x0,n)單調(diào)遞增.由結(jié)論1 可知f(x)與g(x)有相同最小值,且易知當(dāng)x=lnn時,f(x)取得最小值;當(dāng)x=n時,g(x)取得最小值且n >lnn恒成立,故h(n)=f(n)?g(n)>0.

(i)若lnn≤ 0,則f(n)>f(lnn)=g(n). 由引理3 可知存在0

(ii)若lnn>0,則h(lnn)=f(lnn)?g(lnn)=g(n)?g(lnn),注意到g(x)在(0,n)上單調(diào)遞減且n >lnn >0 可得h(lnn)<0.故h(x)=0 在x ∈(x0,n)處有唯一的零點.

綜上,h(x)=0 在x ∈(x0,n)處有唯一的零點.

(2)下證h(x)在x ∈[n,+∞)處沒有零點.由x≥n可得ex>x+1 ≥n+1,故故h(x)在[n,+∞)上單調(diào)遞增.故h(x)≥h(n)>0.故h(x)在x ∈[n,+∞)處沒有零點.

若lnn≤0,則x0=0,此時h(x)在定義域內(nèi)有唯一的零點.若lnn >0,則x0=lnn,此時若存在x2∈(0,x0]使得h(x2)=0,則f(x2)=g(x2)=f(lnx2). 由f(x)在(?∞,lnn)單調(diào)遞減可得:x2=lnx2,矛盾,故h(x)在(0,x0]沒有零點.從而,h(x)在定義域內(nèi)有唯一的零點.

綜上,曲線y=f(x)與曲線y=g(x)有唯一的交點.

結(jié)合結(jié)論2,結(jié)論3 與引理2,引理3,引理4 容易證出結(jié)論4,這里不再贅述,相關(guān)證明過程留給讀者整理.顯然,在結(jié)論4 中令n=1 是,此時結(jié)論4 ①即為2022年新高考I 卷第22 題第(2)問.

二、類比推廣探究

對于本題,我們不禁思考,既然直線y=b與其兩條曲線y=ex?x和y=lnx?x存在三個交點,它們的橫坐標(biāo)為等差數(shù)列,那么是否存在直線y=b與另外的兩條曲線也有三個交點,使得它們的橫坐標(biāo)為等比數(shù)列呢? 筆者探究得出如下結(jié)論:

結(jié)論5若t(x)>0 在定義域M上恒成立且t(x)為增函數(shù),函數(shù)存在單調(diào)性相反的兩個連續(xù)區(qū)間為若直線y=b與曲線y=f(x)有兩個不同的交點A(xA,b),B(xB,b)(xA

證明顯然f(x)=g(t(x)),x ∈M,g(x)=f(t?1(x)),x ∈N.由直線y=b與曲線y=f(x)有兩個不同的交點結(jié)合引理1 可得:y=b與曲線y=g(x)有兩個不同的交點設(shè)為:C(xC,b),D(xD,b)(xC

由t(x)為增函數(shù)可知t?1(x)也為增函數(shù),故t?1(xC)

結(jié)論5 中強調(diào)了t(x)為增函數(shù),實際上,當(dāng)t(x)為減函數(shù)時,可以得到類似的結(jié)論,讀者可以自行嘗試探究.

在結(jié)論5 中,當(dāng)m=n且為奇數(shù)(特別的,我們令m=n=1 時),且xB=xC時,我們可得如下推論:

推論3若t(x)>0 在定義域M上恒成立,函數(shù)存在單調(diào)性相反的兩個連續(xù)區(qū)間為M1,M2,若曲線y=f(x)與曲線y=g(x)有交點P(xP,b)(t(xP)xP),且過P的直線y=b與曲線y=f(x)有不同于P的另外一個唯一交點A(橫坐標(biāo)為xA),則直線y=b與曲線y=g(x)必有不同于P的另外一個唯一交點B(橫坐標(biāo)為xB),且A,P,B的橫坐標(biāo)構(gòu)成等比數(shù)列,即.

結(jié)合結(jié)論5,類比結(jié)論2 的證明過程即可得到推論3 的證明過程,故這里不再贅述.另外,讀者可以思考,為什么這里沒有強調(diào)t(x)為增函數(shù).

如果我們進一步將推論3 中的t(x)換成高中所熟悉底數(shù)為e 的指數(shù)函數(shù),我們可得如下推論.

推論4函數(shù),存在唯一直線y=b0與其兩條曲線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(biāo)成等比數(shù)列.

證明,故x <1 時,f′(x)>0;x >1時,f′(x)<0.即f(x)在(?∞,1]單調(diào)遞增;在(1,+∞)單調(diào)遞減.故x=1 時取得最大值.同理可知:g(x)在(0,e]單調(diào)遞增;在(e,+∞)單調(diào)遞減;在x=e 時取得最大值.令.

(1)下證h(x)在(1,e)有唯一零點.當(dāng)x ∈(1,e)時,.故h′(x)<0 即h(x)在(1,e)單調(diào)遞減.結(jié)合可得h(x)在(1,e)有唯一零點xP.

(2)下證h(x)在[e,+∞)沒有零點.當(dāng)x >e 時易知x >lnx >1.結(jié)合f(x)在(1,+∞)單調(diào)遞減可得:x >e時,f(x)

(3)下證h(x)在(0,1]沒有零點.當(dāng)00 在(0,1]恒成立,故h(x)在(0,1]沒有零點.

綜上可得h(x)存在唯一零點xP.令b0=f(xP),故故曲線y=f(x)和曲線y=g(x)存在唯一交點P(xP,b0).令m(x)=f(x)?b0,則易得m(0)m(1)<0.結(jié)合f(x)在(?∞,1]單調(diào)遞增可知m(x)在(?∞,1]有唯一零點,故直線y=b0與曲線y=f(x)有兩個不同交點(其中一個為曲線y=f(x)和曲線y=g(x)的交點).由f(x)=g(ex),g(x)=f(lnx)結(jié)合引理1 可知直線y=b0與曲線y=g(x)也有兩個不同交點.故存在唯一直線y=b0與其兩條曲線y=f(x)和y=g(x)共有三個不同的交點.

結(jié)合推論3 可得存在唯一直線y=b0與其兩條曲線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(biāo)成等比數(shù)列.

推論4 得出了與2022年新高考I 卷第22 題第(2)問類似的結(jié)論,充分的體現(xiàn)了數(shù)學(xué)中類比推理的魅力.對于推論4,讀者可以探究當(dāng)時與曲線y=f(x),y=g(x)的相交情況,并可得出此時交點橫坐標(biāo)的關(guān)系.

至此,我們由2022年新高考I 卷第22 題作為起點,對其進行了一系列探究,得出一類同構(gòu)反函數(shù)的若干結(jié)論.