2022年新高考I卷第22題的一題多解與推廣

華南師范大學數學科學學院(510631) 陳俊陽

2022年新高考數學I 卷結構穩定,第22 題仍然是導數的應用問題.但與以往常規的以一個函數為主體的問題不同,該題考查了兩個函數的最值問題以及它們圖象與一條直線交點的問題,待證的結論也不再是以往具備套路性的極值點偏移問題,而是三個交點橫坐標成等差數列.本題中兩函數聯系緊密,結構優美,結論也耐人尋味.

本文將從不同視角解答此題,并從不同的角度將問題進行推廣,以期得到更一般的結論.

題目(2022年新高考I 卷第22 題)已知函數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,其與兩條曲線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成等差數列.

1 一題多解

問題的推廣與變式離不開對解法的研究,因此本節將從不同視角解決上題,并從問題解決過程中探究問題的本質,進而對問題進行推廣.第(1)問較為常規,下文僅給出簡答.第(2)問需證明存在水平直線與兩函數圖象有三個交點以及交點橫坐標依次成等差數列,下文的將分別討論它們的兩個不同解法.

1.1 第(1)問解答求導易得f(x)在(?∞,lna)單調遞減,在(lna,+∞)單調遞增;g(x)在單調遞減,在單調遞增,利用最值相等即可求得a=1.

1.2 第(2)問:三個交點存在性的證明由(1)知,f(x)在(?∞,0)單調遞減,在(0,+∞)單調遞增,g(x)在(0,1)單調遞減,在(1,+∞)單調遞增,從而y=b與它們至多只有四個交點.當b≤1 時,y=b與它們至多只有兩個交點,不合題意.當b>1 時,由于x →∞時,f(x)→+∞;x →0+和x →+∞時,g(x)→+∞,故y=b與y=f(x)和y=g(x)均有兩個交點.

令h(x)=f(x)?g(x)=ex+ lnx?2x,h′(x)=所以h(x)在(0,+∞)單調遞增.又所以h(x)在(0,+∞)有且僅有一個零點x0∈(e?2,1),從而y=f(x)與y=g(x)的圖象有且僅有一個交點(x0,y0).因此,取b=y0得,y=b與y=f(x)和y=g(x)共有三個不同的交點,證畢.

1.3 第(2)問:等差數列的證明

記三交點的橫坐標從左到右分別為x1,x0,x2,滿足f(x1)=f(x0)=g(x0)=g(x1)=b,且有x0?lnx0=b.

1.3.1 視角1:f(x),g(x)結構的相似性

觀察f(x)=ex?x,g(x)=x?lnx的結構注意到:f(lnx)=g(x),g(ex)=f(x). 而x0是兩函數交點的橫坐標,因此,考慮用x0作為橋梁,表示x1,x2,往證:x1+x2=lnx0+.

解法1由于f(x1)=g(x0)=f(lnx0)=b,且方程f(x)=b有且僅有兩個解x=x1或x0,因此lnx0=x1或x0,若lnx0=x0,則b=x0?lnx0=0,舍去.因此x1=lnx0.由于g(x2)=f(x0)==b,同理可得所以證畢.

1.3.2 視角2:考慮x1,x2 與x0 的距離

若學生觀察不出f(x),g(x)結構的相似性,則分別求出x1,x2與x0的距離,證明它們是相等的,即得三者成等差數列.

解法2一方面,設x1=x0?n,n >0,由f(x0)=f(x1)=f(x0?n)得從而

另一方面,設x2=x0+m,m >0,同理可得m=b,從而x2=x0+b.所以證畢.

1.3.3 視角3:先猜后證

畫出f(x),g(x),y=b的草圖后,注意到x1,x2與x0的距離相等,且等于b,于是猜測x1=x0?b,x2=x0+b,因此只需證明f(x0?b)=f(x0),g(x0+b)=g(x0).

解法3一方面,由于

故f(x0?b)=f(x0). 又方程f(x)=b有且只有兩個解x1,x0,故x0?b=x0或x1,又因為b>1,所以

另一方面,由于

故g(x0+b)=g(x0).同理可得

綜合②③可得,x1+x2=2x0,證畢.

1.3.4 視角4:無字證明

解法4由圖1 易見,當BC⊥x軸時,y=b與曲線y=f(x),y=g(x)共有三個不同的交點.又由反函數的對稱性知四邊形ABCD為矩形,故A,D到BC的距離相等,即x0?x1=x2?x0,從而原命題得證.

圖1

這樣的“無字證明”從直觀上揭示了本題優美的幾何背景,但幾何直觀在邏輯推理中缺乏思維的嚴謹性,無法取代代數的合理運算過程[1].因此,從幾何直觀的視角解決本題仍需結合嚴謹的代數運算分四步進行證明:(1)結合y=ex,y=lnx的凹凸性,證明當b>1 時,y=x+b,y=x?b分別與y=ex,y=lnx有兩個不同的交點;(2)通過證明方程ex+lnx?2x=0 有唯一解(2.1 的做法)得到存在b>1,使得BC⊥x軸;(3)利用反函數的特征,證明兩互為反函數圖象對應的交點也關于y=x對稱,從而得到四邊形ABCD為矩形;(4)最后利用矩形的性質即證得原命題.

2 問題的推廣

首先,b的不同取值,決定了交點個數的不同,那么當y=b與y=f(x)和y=g(x)共有四個交點時,四個點的橫坐標是否也有類似的等量關系?

其次,如果將f(x)=ex?x,g(x)=x?lnx差的結構變為商的形式,結論會不會從等差數列變為等比數列呢?

再者,f(x),g(x)兩函數的結構相似,成立f(lnx)=g(x),g(ex)=f(x)的原因是y=ex與y=lnx互為反函數,y=x正是它們的對稱軸,因此,如果將y=ex,y=lnx換成互為反函數的兩個函數,結論是否仍然成立? 下面將圍繞著這三個問題展開探究.

2.1 視角1:交點個數

下面從交點個數的視角對問題進行推廣.首先考慮三者交點個數的所有情況,并針對四個交點的情形探究它們橫坐標之間的關系.于是得到:

推廣1設f(x)=ex?x,g(x)=x?lnx,記y=b與y=f(x),y=g(x)的交點個數為α,則y=f(x)與y=g(x)有唯一交點(x0,y0),并且當b <1 時,α=0;當b=1 時,α=2;當b=y0時,α=3;當b>y0或1

推廣2直線y=b與f(x)=ex?x和g(x)=x?lnx分別交于(x1,b),(x2,b)(x1

證明由f(x1)=g(x4)=f(lnx4),且方程f(x)=b有且僅有兩個解x=x1或x2,故lnx4=x1或x2.同理可得lnx3=x1或x2.又x1

進而x3?x1=x4?x2,即x1+x4=x2+x3,證畢.

注將交點個數從3 推廣到4 后發現,原題第(2)問的結論是推廣2 的退化形式(即x2=x3).

2.2 視角2:函數結構變式

和差與積商通常對應著等差與等比,所以下面將函數變為商的結構,結論也相應變為等比數列:

推廣3直線分別交于(x1,b),(x2,b)(x1

證明因為直線交于(x1,b),(x2,b)兩點,從而進而又由于f(lnx)=g(x),f(x)=g(ex),故與推廣2 的證明同理可得即x1x4=x2x3,證畢.

當其中兩點重合時,得到與原命題對偶的命題:

推論1直線從左到右交于(x1,b),(x2,b),(x3,b)三點,則x1,x2,x3成等比數列,即

2.3 視角3:函數一般化

2.3.1 將y=ex,y=lnx 推廣為一般函數φ(x)

互為反函數的兩函數復合是恒等映射,即φ[φ?1(x)]=x.于是設f(x)=φ(x)?x,g(x)=x?φ?1(x),也能得到同樣的結論:

推廣4設f(x)=φ(x)?x,g(x)=x?φ?1(x).若存在直線y=b,使之與y=f(x)和y=g(x)的圖象均有兩個交點,且在y=b這一水平高度處,y=f(x)與y=g(x)有唯一的公共點(x0,b)(其中φ(x0)x0),則此時直線y=b與y=f(x)和y=g(x)的圖象共有三個交點,且x0是另外兩交點橫坐標的等差中項.

證明設另外兩個交點的橫坐標為x1,x2,滿足f(x1)=f(x0)=g(x0)=g(x2)=b,且由f(x0)=g(x0)得φ(x0)?x0=x0?φ?1(x0),即

而f(x),g(x)滿足f(x)=φ(x)?x=φ(x)?φ?1[φ(x)]=g[φ(x)],同理g(x)=f[φ?1(x)].

由于b=f(x1)=g(x0)=f[φ?1(x0)],而方程f(x)=b有且只有兩個解x=x1或x0,又φ(x0)x0,故φ?1(x0)?=x0,從而

另一方面b=g(x2)=f(x0)=g[φ(x0)],同理可得

結合④～⑥可得x1+x2=2x0,證畢.

對于四個交點的情形,也有同樣的結論:

推廣5直線y=b與f(x)=φ(x)?x和g(x)=x?φ?1(x)分別交于(x1,b),(x2,b)(x1

證明與推廣4 同理可得f(x)=g[φ(x)],g(x)=f[φ?1(x)].

由于f(x1)=g(x3)=f[φ?1(x3)],方程f(x)=b有且僅有兩個解x=x1或x2,故φ?1(x3)=x1或x2.同理可得φ?1(x4)=x1或x2.又x1

注推廣4 是推廣5 的退化形式(即x2=x3).

推廣6直線分別交于(x1,b),(x2,b)(x1

證明與推廣3 和推廣5 的證明同理,略.

2.3.2 將y=x 推廣為一般的一次函數y=kx+m

由于y=x恰為兩互為反函數的函數圖像的對稱軸,進一步將f(x)=φ(x)?x的第二項x推廣為一般的一次函數y=kx+m,則得到更一般的結論:

推廣7設f(x)=φ(x)?kx?m,g(x)=x?kφ?1(x)?m.若存在直線y=b,使之與y=f(x)和y=g(x)的圖象均有兩個交點,且在y=b這一水平高度處,y=f(x)與y=g(x)有唯一的公共點(x0,b)(其中φ(x0)x0),則此時直線y=b與y=f(x)和y=g(x)圖象的三個交點x1,x0,x2滿足kx1+x2=(k+1)x0.

證明由于f(x)=g[φ(x)],g(x)=f[φ?1(x)],與推廣3 的同理可得x1=φ?1(x0),x2=φ(x0). 又由f(x0)=g(x0)得φ(x0)+kφ?1(x0)=(k+ 1)x0,從而kx1+x2=(k+1)x0,證畢.

注推廣4 是推廣7 的特殊情形(k=1).

推廣8直線y=b與f(x)=φ(x)?kx?m,g(x)=x?kφ?1(x)?m分別交于(x1,b),(x2,b)(x1

證明與推廣7 的證明類似,略.

注推廣8 是推廣2,4,5,7 的最一般形式.

3 研究展望

以上不同的解法與推廣從不同的視角揭示了本題的背景與本質,最終給出一般性的結論,這為模擬題命制與變式教學提供了豐富的素材,也提供了數學問題研究的一種范式.

此外,讀者還可以進一步探究:(1)當y=b與f(x)=φ(x)?x和g(x)=x?φ?1(x)有四個不同交點時,除了x1+x4=x2+x3,其橫坐標之間存在哪些具備優美對稱性的等量或不等關系?(2)設f(x)=φ(x)?x+m(x),g(x)=x?φ?1(x)+n(x),當m(x)與n(x)滿足什么條件時,也能得到哪些具備優美對稱性的對稱等量或不等關系?(3)如果改變函數的具體表達式或結構,使交點個數進一步推廣到n或2n,能否仍然得到類似的結論?(4)若兩函數y=α(x)與y=β(x)關于直線y=kx+b(k ?=0)對稱,再用一條水平直線(或一般直線)去截曲線f(x)=α(x)?(kx+b)與g(x)=kx+b?β(x),所得交點的橫坐標有沒有類似的結論? 若沒有,那么f(x),g(x)的表達式應如何調整,才有具有對稱美的等量或不等關系?