深圳市龍華區(qū)教育科學(xué)研究院附屬外國(guó)語學(xué)校(518109)鐘文體

一、試題呈現(xiàn),分析及初步推廣

題目1(2023 年高考全國(guó)乙卷理科第16 題)設(shè)a∈(0,1),若函數(shù)f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)上單調(diào)遞增,則a的取值范圍是____.

試題精巧凝練,樸實(shí)干凈,給人以清爽的感覺,體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的簡(jiǎn)潔美,是一道不可多得的好題.此題既可運(yùn)用通性通法進(jìn)行嚴(yán)謹(jǐn)?shù)慕獯?體現(xiàn)扎實(shí)的“本手”;也可以借助導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性給出精簡(jiǎn)的解答,體現(xiàn)靈巧的“妙手”.

解法1(本手) 對(duì)f(x) 求導(dǎo)得f′(x) =axlna+(1+a)xln(1+a),因此

由f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增可知.因, 故, 即-lna≤ln(1+a),也即ln[a(1+a)] ≥ 0, 從而a(1+a) ≥ 1, 解得.

解法2(妙手)因f′′(x) =ax(lna)2+(1+a)x[ln(1+a)]2> 0, 故f′(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增.因此, 為使f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,只需f′(0)≥0 即可.因f′(0)=lna+ln(1+a)=ln[a(1+a)],故只需a(1+a)≥1,解得.

解法1 看似將問題“做繁了”,但獲得了關(guān)于函數(shù)f(x)的更多信息,即確定了它的單調(diào)區(qū)間:

著名數(shù)學(xué)教育家波利亞指出:“沒有任何一個(gè)題目是可以解決得十全十美的,總剩下些工作要做.”特別是對(duì)于一道好題,我們總希望能挖掘出更多的價(jià)值.對(duì)于題1,將常數(shù)1一般化可得如下變式:

變式1設(shè)a∈(0,1), 常數(shù)λ> 0, 若函數(shù)f(x) =ax+(λ+a)x在(0,+∞)上單調(diào)遞增, 則a的取值范圍是____.

解f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)=axlna+(λ+a)xln(λ+a)單調(diào)遞增, 故f(x) 在(0,+∞) 上單調(diào)遞增?f′(0) ≥0?_lna+ ln(λ+a) ≥0?a(λ+a) ≥1, 解得.

評(píng)注為保證嚴(yán)謹(jǐn)性,還需證明.事實(shí)上,移項(xiàng)并兩邊平方即可證明此不等式.另外,類似前面還可進(jìn)一步求出f(x)的單調(diào)區(qū)間,不再贅述.

二、指數(shù)函數(shù)和與差的單調(diào)性

題目1 及其變式涉及兩個(gè)指數(shù)函數(shù)和的單調(diào)性,這啟發(fā)我們進(jìn)一步探究任意兩個(gè)指數(shù)函數(shù)和的單調(diào)性問題.

探究2.1設(shè)a,b> 0 且不等于1, 探究函數(shù)f(x) =ax+bx的單調(diào)性.

當(dāng)a,b∈(0,1) 時(shí), 易知f(x) 單調(diào)遞減; 同樣, 當(dāng)a,b∈(1,+∞) 時(shí), 易知f(x) 單調(diào)遞增.那么, 對(duì)于其他情形,結(jié)論如何呢? 當(dāng)a∈(0,1),b∈(1,+∞)時(shí),對(duì)f(x)求導(dǎo),得f′(x)=axlna+bxlnb,故.

故f(x)在(-∞,γ)上單調(diào)遞減,在(γ,+∞)上單調(diào)遞增,其中.當(dāng)a∈(1,+∞),b∈(0,1)時(shí),采用類似的分析可知上述結(jié)論也成立.當(dāng)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增時(shí),可得如下有趣的結(jié)論.

變式2設(shè)a,b>0 且不等于1,函數(shù)f(x)=ax+bx在(0,+∞)上單調(diào)遞增當(dāng)且僅當(dāng)ab≥1.

證明易知f(x)的導(dǎo)函數(shù)單調(diào)遞增,故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增?f′(0)≥0?lna+lnb≥0?ab≥1.

對(duì)于指數(shù)函數(shù)和的單調(diào)性,還可以從兩個(gè)方面進(jìn)行一般化: 其一,改變系數(shù);其二,增加項(xiàng)數(shù).首先,對(duì)系數(shù)一般化.

探究2.2設(shè)a,b> 0 且不等于1,λ,μ> 0, 探究函數(shù)f(x)=λax+μbx的單調(diào)性.

只考慮a,b不同時(shí)在區(qū)間(0,1)和(1,+∞)的情形,類似探究2.1 可知f(x) 在(-∞,γ) 上單調(diào)遞減, 在(γ,+∞)上單調(diào)遞增,其中.

類似變式2,有:

變式3設(shè)a,b> 0 且不等于1,λ,μ> 0, 函數(shù)f(x) =λax+μbx在(0,+∞) 上單調(diào)遞增當(dāng)且僅當(dāng)aλbμ≥1.

下面,從系數(shù)和項(xiàng)數(shù)兩方面進(jìn)行一般化.

探究2.3設(shè)ai∈(0,1),λi> 0,i= 1,2,··· ,m,bk∈(1,+∞),μk> 0,k= 1,2,··· ,n, 探究函數(shù)的單調(diào)性.

變式4設(shè)ai> 0 且不等于1,λi> 0,i= 1,2,··· ,m,函數(shù)在(0,+∞) 上單調(diào)遞增當(dāng)且僅當(dāng).

以上探究的是若干個(gè)帶正系數(shù)的指數(shù)函數(shù)和的單調(diào)性問題,那么,當(dāng)系數(shù)為負(fù)數(shù)時(shí),結(jié)論如何呢? 下面先考慮兩項(xiàng)的情形.

探究2.4設(shè)a,b>1 且ab,λ,μ>0,探究函數(shù)f(x)=λax-μbx的單調(diào)性.

對(duì)f(x)求導(dǎo),得f′(x)=λaxlna-μbxlnb,故

評(píng)注當(dāng)a,b∈(0,1)時(shí),令x= -t即可轉(zhuǎn)化為上述情形.

當(dāng)負(fù)系數(shù)的項(xiàng)數(shù)多于2 時(shí),可否求出單調(diào)區(qū)間呢? 筆者曾做過嘗試,發(fā)現(xiàn)此時(shí)較難解決,因此,不再深入探討.

三、對(duì)數(shù)函數(shù)和與差的單調(diào)性

我們知道, 同底數(shù)的指數(shù)函數(shù)和對(duì)數(shù)函數(shù)互為反函數(shù).因此,解決指數(shù)函數(shù)和與差的單調(diào)性后,很自然地考慮對(duì)數(shù)函數(shù)和與差的單調(diào)性.

探究3.1設(shè)ai>0 且不等于1,i=1,2,··· ,m,探究函數(shù)的單調(diào)性.

對(duì)f(x)求導(dǎo),得.于是, 當(dāng)時(shí),f(x) 在(0,+∞) 上單調(diào)遞減; 當(dāng)時(shí),f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.

評(píng)注也可以用換底公式進(jìn)行證明.根據(jù)換底公式,.可見,對(duì)數(shù)函數(shù)和與差的單調(diào)性較容易解決.

四、指數(shù)函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)混合型和與差的單調(diào)性

上面探究的僅僅是指數(shù)函數(shù)或?qū)?shù)函數(shù)和差的單調(diào)性問題.以下,進(jìn)一步探究指數(shù)函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)混合型和差的單調(diào)性問題.

探究4.1設(shè)a∈(0,1),b∈(1,+∞),探究函數(shù)f(x) =ax+logbx的單調(diào)性.

對(duì)f(x)求導(dǎo),得,故

令g(x)=xax,則g′(x)=ax(1+xlna),故,于是分以下兩種情形討論.

對(duì)于探究4.1, 有一個(gè)頗為有趣的現(xiàn)象, 即參數(shù)a(0

圖1

圖2

探究4.2設(shè)a∈(1,+∞),b∈(0,1), 探究函數(shù)f(x)=ax+logbx的單調(diào)性.

探究4.3設(shè)a∈(0,1),b∈(1,+∞),λ,μ>0,探究函數(shù)f(x)=λax+μlogbx的單調(diào)性.因

故此時(shí)可轉(zhuǎn)化為探究4.1.

探究4.4設(shè)a,b∈(0,1),λ,μ> 0, 探究函數(shù)f(x) =λax-μlogbx的單調(diào)性.因

故此時(shí)也可轉(zhuǎn)化為探究4.1.

事實(shí)上, 對(duì)于兩項(xiàng)的情形, 都可化歸為探究4.1 或探究4.2.當(dāng)項(xiàng)數(shù)多于2 時(shí),則較為復(fù)雜,留作懸念供感興趣的讀者探究.