一類同構反函數的若干結論

廣東省中山市桂山中學(528463) 蔡曉波

真題(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成等差數列.

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構成等差數列.該題很好的考查了學生對導數、指數函數、對數函數、等差數列等知識點的掌握,考查了學生的邏輯推理、數學運算、數據分析等方面的核心素養能力,是一道綜合性較強的題目.本題的具體解法不難從相關資料或網上找到,故這里不再贅述.

該題的兩個函數形式上具有同構的形式,而指數函數與對數函數恰好互為反函數,十分巧妙;第二問的“三個交點的橫坐標成等差數列”也是一個十分巧妙的結論,極具探究性,筆者對本題進行了探究,得出若干結論,現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)具有同構的形式,且指數函數與對數函數恰好互為反函數,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函數具有相同的值域呢?

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

不難驗證t?1(x)也為單調函數,且單調性與t(x)相同.

結論1函數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,設其值域為D.令u=t?1(x),x ∈N,則u ∈M.

結合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“三個交點的橫坐標成等差數列”的結論,讓我們不禁思考,是怎樣的兩個函數的曲線與直線的三個交點的橫坐標才會構成等差數列呢?

在給出相關結論之前,我們先來看一個引理.

引理1函數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.

證明設方程f(x)=b有n個根,且從小到大依次為:x1

結論2函數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(橫坐標為xB),且A,B,P的橫坐標滿足

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.由mt(xA)?nxA=b且mxB?nt?1(xB)=b.故nxA+mxB=mt(xA)+nt?1(xB). 結合①②可得:nxA+mxB=mxP+nxP.故

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

結論2 中的f(x)與g(x)互為同構函數,且兩個函數分別由t(x)及其反函數組成,故本文稱f(x)與g(x)是同構反函數.

由結論2 易知,當m=n時即有xA+xB=2xP,此時xA,xP,xB成等差數列,由此我們可得如下推論:

推論1函數t(x)是定義在M上的為單調遞增函數,函數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(橫坐標為xB),且A,P,B的橫坐標構成等差數列.

在結論2 中,如果y=b不經過交點時,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又有何關系呢?

結論3函數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合引理1 可得:y=b與曲線y=g(x)有兩個不同的交點設為: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,結論2 可以認為是結論3 的一個極限形式.類似的,在結論3,當m=n時即有xA?xC=xB?xD,于是可得如下推論.

推論2函數f(x)=t(x)?x,g(x)=x?t?1(x)且t(x)在定義域M上單調遞增,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是恰好高中階段學生所熟悉的互為反函數的兩個經典的函數,如果在結論2 和結論3 中令t(x)=ex,我們可以得到什么結論呢?

結論4函數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成等差數列.

②當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)上單調遞減,在(lnn,+∞)上單調遞增.故當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.結合h(x)在(lnn,+∞)上單調遞增可得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]單調遞減,在(lnn,+∞)單調遞增;g(x)在(0,n]單調遞減,在(n,+∞)單調遞增.令h(x)=f(x)?g(x)=ex?(n+1)x+nlnx,則h(x)定義域為(0,+∞),設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)單調遞增.由結論1 可知f(x)與g(x)有相同最小值,且易知當x=lnn時,f(x)取得最小值;當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.

結合結論2,結論3 與引理2,引理3,引理4 容易證出結論4,這里不再贅述,相關證明過程留給讀者整理.顯然,在結論4 中令n=1 是,此時結論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,它們的橫坐標為等差數列,那么是否存在直線y=b與另外的兩條曲線也有三個交點,使得它們的橫坐標為等比數列呢? 筆者探究得出如下結論:

結論5若t(x)>0 在定義域M上恒成立且t(x)為增函數,函數存在單調性相反的兩個連續區間為若直線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合引理1 可得:y=b與曲線y=g(x)有兩個不同的交點設為:C(xC,b),D(xD,b)(xC

由t(x)為增函數可知t?1(x)也為增函數,故t?1(xC)

結論5 中強調了t(x)為增函數,實際上,當t(x)為減函數時,可以得到類似的結論,讀者可以自行嘗試探究.

在結論5 中,當m=n且為奇數(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,函數存在單調性相反的兩個連續區間為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(橫坐標為xB),且A,P,B的橫坐標構成等比數列,即.

結合結論5,類比結論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t(x)為增函數.

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

推論4函數,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成等比數列.

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

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

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

(3)下證h(x)在(0,1]沒有零點.當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.結合f(x)在(?∞,1]單調遞增可知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成等比數列.

推論4 得出了與2022年新高考I 卷第22 題第(2)問類似的結論,充分的體現了數學中類比推理的魅力.對于推論4,讀者可以探究當時與曲線y=f(x),y=g(x)的相交情況,并可得出此時交點橫坐標的關系.

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,得出一類同構反函數的若干結論.