深圳市龍華區(qū)教育科學研究院附屬外國語學校(518109) 鐘文體

一、試題呈現(xiàn),分析及初步推廣

題目1 (2023 年高考全國乙卷理科第16 題)設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,樸實干凈,給人以清爽的感覺,體現(xiàn)了數(shù)學的簡潔美,是一道不可多得的好題. 此題既可運用通性通法進行嚴謹?shù)慕獯?體現(xiàn)扎實的“本手”;也可以借助導函數(shù)的單調(diào)性給出精簡的解答,體現(xiàn)靈巧的“妙手”.

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

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

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

變式1設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a∈

評注為保證嚴謹性,還需證明事實上,移項并兩邊平方即可證明此不等式. 另外,類似前面還可進一步求出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 及其變式涉及兩個指數(shù)函數(shù)和的單調(diào)性,這啟發(fā)我們進一步探究任意兩個指數(shù)函數(shù)和的單調(diào)性問題.

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

當a,b∈ (0,1) 時, 易知f(x) 單調(diào)遞減; 同樣, 當a,b∈(1,+∞) 時, 易知f(x) 單調(diào)遞增. 那么, 對于其他情形,結論如何呢? 當a∈(0,1),b∈(1,+∞)時,對f(x)求導,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a∈(1,+∞),b∈(0,1)時,采用類似的分析可知上述結論也成立. 當f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增時,可得如下有趣的結論.

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

證明易知f(x)的導函數(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.

對于指數(shù)函數(shù)和的單調(diào)性,還可以從兩個方面進行一般化: 其一,改變系數(shù);其二,增加項數(shù). 首先,對系數(shù)一般化.

探究2.2設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)遞增當且僅當aλbμ≥1.

下面,從系數(shù)和項數(shù)兩方面進行一般化.

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

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

以上探究的是若干個帶正系數(shù)的指數(shù)函數(shù)和的單調(diào)性問題,那么,當系數(shù)為負數(shù)時,結論如何呢? 下面先考慮兩項的情形.

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

對f(x)求導,得f′(x)=λaxlna-μbxlnb,故

f′(x)≥0?λaxlna≥μbxlnb?

評注當a,b∈(0,1)時,令x= -t即可轉(zhuǎn)化為上述情形.

當負系數(shù)的項數(shù)多于2 時,可否求出單調(diào)區(qū)間呢? 筆者曾做過嘗試,發(fā)現(xiàn)此時較難解決,因此,不再深入探討.

三、對數(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,很自然地考慮對數(shù)函數(shù)和與差的單調(diào)性.

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

對f(x)求導,得于是, 當時,f(x) 在(0,+∞) 上單調(diào)遞減; 當時,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.

評注也可以用換底公式進行證明. 根據(jù)換底公式,可見,對數(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,進一步探究指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)混合型和差的單調(diào)性問題.

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

對f(x)求導,得故

令g(x)=xax,則g′(x)=ax(1+xlna),故

g′(x)≥0?1+xlna≥0?,于是分以下兩種情形討論.

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

圖1

圖2

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

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

故此時可轉(zhuǎn)化為探究4.1.

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

故此時也可轉(zhuǎn)化為探究4.1.

事實上, 對于兩項的情形, 都可化歸為探究4.1 或探究4.2. 當項數(shù)多于2 時,則較為復雜,留作懸念供感興趣的讀者探究.