一道高考题引发的一类函数单调性思考

俞杏明

[摘 要] 由一道高考题猜想推导出一类函数普遍的单调性. 虽然此类函数的项数可以不同，但单调性却表现一致，且结论非常简单，体现了数学的和谐、简洁之美.

[关键词] 高考题；一类函数；和谐简洁

试题呈现

已知函数f（x）=ax+bx（a>0，b>0，a≠1，b≠1）.

（1）设a=2，b= .

①求方程f（x）=2的根；

②若对于任意x∈R，不等式f（2x）≥mf（x）-6恒成立，求实数m的最大值.

（2）若01，函数g（x）=f（x）-2有且仅有1个零点，求ab的值.

——2016届普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）第19题.

提炼聚焦

在本题的第（2）问中，因为函数g（x）=f（x）-2有且仅有1个零点，而g（0）=f（0）-2=a0+b0-2=0，所以0是函数g（x）的唯一零点，也就是说y=f（x）与直线y=2在x=0处有唯一的交点. 故本题第（2）问的关键就是研究函数y=f（x）的单调性.

分析探讨

在f（x）=ax+bx（a>0，b>0，a≠1，b≠1）中，

（1）当a>1且b>1时，显然f（x）在x∈R上单调递增.

（2）当0

（3）当01（或者a>1且0

因为f′（x）=axlna+bxlnb，f″（x）=ax（lna）2+bx（lnb）x>0，

所以f′（x）在x∈R上单调递增.

令f′（x）=0，则x=log - ，

当x∈-∞，log - 时，f′（x）<0，f（x）单调递减；

当x∈log - ，+∞时，f′（x）>0，f（x）单调递增.

推广论证

1. 函数形式推广

如果把刚才的函数推广为更一般的函数f（x）= a （ai>0，ai≠1），是否也可以讨论出类似的单调性结论？

2. 单调性论证

在函数f（x）= a （ai>0，ai≠1）中

（1）当ai>1，i=1，2，3，…，n时，显然f（x）在x∈R上单调递增.

（2）当0

（3）当ai（ai>0，ai≠1，i=1，2，3，…，n）不全大于1且不全在0到1中时，

因为f′（x）= （a lnai），f″（x）= [a （lnai）2]>0，

所以f′（x）= （a lnai）在x∈R上单调递增.

又因为：

当ak>1（1≤k≤n），则x→+∞时a lna →+∞，x→-∞时a lnak→0；

当0

所以在f′（x）= （a lnai）=a lna1+a lna2+…+a lnan中，由ai（ai>0，ai≠1，i=1，2，3，…，n）不全大于1且不全在0到1中得

x→+∞時，f′（x）=a lna1+a lna2+…+a lnan→+∞；

x→-∞时f′（x）=a lna1+a lna2+…+a lnan→-∞.

结合f′（x）连续性，则f′（x）=a lna1+a lna2+…+a lnan=0有唯一解x .

综合以上得

当x∈（-∞，x0）时，f′（x）<0，y=f（x）单调递减；

当x∈（x0，+∞）时，f′（x）>0，y=f（x）单调递增.

结果我们发现：此类看起来很复杂的函数f（x）= a （ai>0，ai≠1）的单调性竟如此简单、和谐、统一. 这大大出乎我们的意料！

触类旁通

既然指数函数与对数函数互为反函数，它们具有很多类似的性质，有时候可以把它们归结为一类函数.那么函数f（x）= logaix （ai>0，ai≠1）的单调性是否也很简单、统一？

因为f（x）= logaix= =lnx =lnx logaie，

当 logaie>0时，f（x）在x∈（0，+∞）上单调递增；

当 logaie<0时，f（x）在x∈（0，+∞）上单调递减；

当 logaie=0时，f（x）为常数0.

解决之道如此简单，从侧面验证了纳皮尔对数法则的强大.