一类同构反函数的若干结论

广东省中山市桂山中学(528463) 蔡晓波

真题(2022年新高考I 卷第22 题)已知函数f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值.

(1)求a;

(2)证明:存在直线y=b与其两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.

该题是全卷压轴题,有一定的难度,主要难度在于第二问.第二问实际上需要学生解决两个问题:1.存在直线y=b与其两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点;2.这三个交点的横坐标构成等差数列.该题很好的考查了学生对导数、指数函数、对数函数、等差数列等知识点的掌握,考查了学生的逻辑推理、数学运算、数据分析等方面的核心素养能力,是一道综合性较强的题目.本题的具体解法不难从相关资料或网上找到,故这里不再赘述.

该题的两个函数形式上具有同构的形式,而指数函数与对数函数恰好互为反函数,十分巧妙;第二问的“三个交点的横坐标成等差数列”也是一个十分巧妙的结论,极具探究性,笔者对本题进行了探究,得出若干结论,现将探究推广过程展示如下:

一、问题的推广

本题第(1)问的答案为a=1,从而使得f(x)=ex−x=g(ex),g(x)=x−lnx=f(lnx).因此f(x)与g(x)具有同构的形式,且指数函数与对数函数恰好互为反函数,本题第(1)问f(x)与g(x)具有相同的最小值,实际上就是具有相同的值域,那么具有怎样的形式的两个同构函数具有相同的值域呢?

约定在下文中涉及到的函数t(x)均是定义域为M的单调函数,其值域为N,t(x)的反函数记为t−1(x).

不难验证t−1(x)也为单调函数,且单调性与t(x)相同.

结论1函数f(x),g(x)满足f(x)=g(t(x)),x ∈M,g(x)=f(t−1(x)),x ∈N,则f(x)与g(x)具有相同的值域.

证明易知f(x)的定义域为M,设其值域为D.令u=t−1(x),x ∈N,则u ∈M.

结合g(x)=f(t−1(x))=f(u)可知f(x)与g(x)具有相同的值域D.

题目中得出了“三个交点的横坐标成等差数列”的结论,让我们不禁思考,是怎样的两个函数的曲线与直线的三个交点的横坐标才会构成等差数列呢?

在给出相关结论之前,我们先来看一个引理.

引理1函数f(x),g(x)满足f(x)=g(t(x)),x ∈M,g(x)=f(t−1(x)),x ∈N,则方程f(x)=b与方程g(x)=b具有相同的根的个数.

证明设方程f(x)=b有n个根,且从小到大依次为:x1

结论2函数f(x)=mt(x)−nx,(m>0,n>0),g(x)=mx−nt−1(x)且t(x)在定义域M上单调递增,若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)有交点P(xP,b)(t(xP)xP),且过P的直线y=b与曲线y=f(x)有不同于P的另外一个唯一交点A(横坐标为xA),则直线y=b与曲线y=g(x)必有不同于P的另外一个唯一交点B(横坐标为xB),且A,B,P的横坐标满足

图1

证明显然f(x)=g(t(x)),x ∈ M,g(x)=f(t−1(x)),x ∈N.因为y=b与曲线y=f(x)有两个交点,故由引理1 可得y=b与曲线y=g(x)也仅有两个交点.由P为两曲线一个交点可得y=b与曲线y=g(x)必有不同于P的另外一个唯一交点B.由P(xP,b)为曲线y=f(x)与y=g(x)交点可得:

因为y=b与曲线y=f(x)仅有两个交点A,P.故t−1(xP)=xP或t−1(xP)=xA.

注意到t(xP)̸=xP,故t−1(xP)=xA,即

因为xP∈ M,故必存在xB∈ N且xBxP使得t(xP)=xB,即

此时f(t−1(xB))=b,即g(xB)=b,故xB为点B的横坐标.由mt(xA)−nxA=b且mxB−nt−1(xB)=b.故nxA+mxB=mt(xA)+nt−1(xB). 结合①②可得:nxA+mxB=mxP+nxP.故

结论2 中强调t(x)在定义域M上单调递增,是因为当t(x)为减函数时,显然f(x)也为减函数,此时直线y=b与曲线y=f(x)不可能有两个交点.

结论2 中的f(x)与g(x)互为同构函数,且两个函数分别由t(x)及其反函数组成,故本文称f(x)与g(x)是同构反函数.

由结论2 易知,当m=n时即有xA+xB=2xP,此时xA,xP,xB成等差数列,由此我们可得如下推论:

推论1函数t(x)是定义在M上的为单调递增函数,函数f(x)=t(x)−x,g(x)=x−t−1(x),若f(x)与g(x)有交点P(xP,b)(t(xP)xP),且过P的直线y=b与曲线y=f(x)有不同于P的另外一个唯一交点A(横坐标为xA),则直线y=b与曲线y=g(x)必有不同于P的另外一个唯一交点B(横坐标为xB),且A,P,B的横坐标构成等差数列.

在结论2 中,如果y=b不经过交点时,那么直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)的一系列交点的横坐标又有何关系呢?

结论3函数f(x)=mt(x)−nx,(m>0,n>0),g(x)=mx−nt−1(x)且t(x)在定义域M上单调递增,若直线y=b与曲线y=f(x)有两个不同的交点A(xA,b),B(xB,b)(xA

图2

证明显然f(x)=g(t(x)),x ∈M,g(x)=f(t−1(x)),x ∈N.由直线y=b与曲线y=f(x)有两个不同的交点结合引理1 可得:y=b与曲线y=g(x)有两个不同的交点设为:C(xC,b),D(xD,b)(xC

又因为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

显然,结论2 可以认为是结论3 的一个极限形式.类似的,在结论3,当m=n时即有xA−xC=xB−xD,于是可得如下推论.

推论2函数f(x)=t(x)−x,g(x)=x−t−1(x)且t(x)在定义域M上单调递增,若y=b与f(x)有两个不同的交点A(xA,b),B(xB,b)(xA

y=ex与y=lnx是恰好高中阶段学生所熟悉的互为反函数的两个经典的函数,如果在结论2 和结论3 中令t(x)=ex,我们可以得到什么结论呢?

结论4函数f(x)=ex−nx(n>0),g(x)=x−nlnx,则:

①存在唯一直线y=b0与其两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.

②当b >n−nlnn且b ̸=b0时,则直线y=b与曲线y=f(x)有两个不同交点A(xA,b),B(xB,b)(xA

下面,我们先来看3 个引理

引理2任意x>0 均有成立.

该引理较易证明,证明留给读者完成.

引理3①已知函数f(x)=ex−nx(n >0),则直线y=b(b >n−nlnn)与曲线y=f(x)必有两个不同交点A(x1,b),B(x2,b)且x1

②已知函数g(x)=x−nlnx(n >0),则直线y=b(b >n−nlnn)与曲线y=g(x)必有两个不同交点A(x1,b),B(x2,b)且0

证明先证明①.令h(x)=f(x)−b=ex−nx−b.由h′(x)=ex−n可得:x lnn时,h′(x)>0.故h(x)在(−∞,lnn)上单调递减,在(lnn,+∞)上单调递增.故当x=lnn时,h(x)取得最小值n−nlnn−b<0.

若b≤ 0,显然即h(2+2n+2b2)>0.若b >0,则另外易得,lnn≤n−1<2+2n+2b2.结合h(x)在(lnn,+∞)上单调递增可得h(x)在(lnn,2+2n+2b2)上有唯一零点x2,即h(x)在(lnn,+∞)上有唯一零点x2.故f(x)−b=0 存在两个x1,x2,且x1n−nlnn)与曲线y=f(x)必有两个不同交点A(x1,b),B(x2,b)且x1

对于②,注意到g(x)=f(lnx),故类似可以证明,这里不再赘述.

引理4已知函数f(x)=ex−nx(n >0)与g(x)=x−nlnx(n>0),则曲线y=f(x)与曲线y=g(x)有唯一的交点.

证明容易证得f(x)在(−∞,lnn]单调递减,在(lnn,+∞)单调递增;g(x)在(0,n]单调递减,在(n,+∞)单调递增.令h(x)=f(x)−g(x)=ex−(n+1)x+nlnx,则h(x)定义域为(0,+∞),设x0=max{0,lnn}.h′(x)=.

(1)下证h(x)在x ∈(x0,n)处有唯一的零点.由0 ≤x0n.故h′(x)>0 在(x0,n)成立.故h(x)在(x0,n)单调递增.由结论1 可知f(x)与g(x)有相同最小值,且易知当x=lnn时,f(x)取得最小值;当x=n时,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,则f(n)>f(lnn)=g(n). 由引理3 可知存在0

(ii)若lnn>0,则h(lnn)=f(lnn)−g(lnn)=g(n)−g(lnn),注意到g(x)在(0,n)上单调递减且n >lnn >0 可得h(lnn)<0.故h(x)=0 在x ∈(x0,n)处有唯一的零点.

综上,h(x)=0 在x ∈(x0,n)处有唯一的零点.

(2)下证h(x)在x ∈[n,+∞)处没有零点.由x≥n可得ex>x+1 ≥n+1,故故h(x)在[n,+∞)上单调递增.故h(x)≥h(n)>0.故h(x)在x ∈[n,+∞)处没有零点.

若lnn≤0,则x0=0,此时h(x)在定义域内有唯一的零点.若lnn >0,则x0=lnn,此时若存在x2∈(0,x0]使得h(x2)=0,则f(x2)=g(x2)=f(lnx2). 由f(x)在(−∞,lnn)单调递减可得:x2=lnx2,矛盾,故h(x)在(0,x0]没有零点.从而,h(x)在定义域内有唯一的零点.

综上,曲线y=f(x)与曲线y=g(x)有唯一的交点.

结合结论2,结论3 与引理2,引理3,引理4 容易证出结论4,这里不再赘述,相关证明过程留给读者整理.显然,在结论4 中令n=1 是,此时结论4 ①即为2022年新高考I 卷第22 题第(2)问.

二、类比推广探究

对于本题,我们不禁思考,既然直线y=b与其两条曲线y=ex−x和y=lnx−x存在三个交点,它们的横坐标为等差数列,那么是否存在直线y=b与另外的两条曲线也有三个交点,使得它们的横坐标为等比数列呢? 笔者探究得出如下结论:

结论5若t(x)>0 在定义域M上恒成立且t(x)为增函数,函数存在单调性相反的两个连续区间为若直线y=b与曲线y=f(x)有两个不同的交点A(xA,b),B(xB,b)(xA

证明显然f(x)=g(t(x)),x ∈M,g(x)=f(t−1(x)),x ∈N.由直线y=b与曲线y=f(x)有两个不同的交点结合引理1 可得:y=b与曲线y=g(x)有两个不同的交点设为:C(xC,b),D(xD,b)(xC

由t(x)为增函数可知t−1(x)也为增函数,故t−1(xC)

结论5 中强调了t(x)为增函数,实际上,当t(x)为减函数时,可以得到类似的结论,读者可以自行尝试探究.

在结论5 中,当m=n且为奇数(特别的,我们令m=n=1 时),且xB=xC时,我们可得如下推论:

推论3若t(x)>0 在定义域M上恒成立,函数存在单调性相反的两个连续区间为M1,M2,若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)有交点P(xP,b)(t(xP)xP),且过P的直线y=b与曲线y=f(x)有不同于P的另外一个唯一交点A(横坐标为xA),则直线y=b与曲线y=g(x)必有不同于P的另外一个唯一交点B(横坐标为xB),且A,P,B的横坐标构成等比数列,即.

结合结论5,类比结论2 的证明过程即可得到推论3 的证明过程,故这里不再赘述.另外,读者可以思考,为什么这里没有强调t(x)为增函数.

如果我们进一步将推论3 中的t(x)换成高中所熟悉底数为e 的指数函数,我们可得如下推论.

推论4函数,存在唯一直线y=b0与其两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.

证明,故x <1 时,f′(x)>0;x >1时,f′(x)<0.即f(x)在(−∞,1]单调递增;在(1,+∞)单调递减.故x=1 时取得最大值.同理可知:g(x)在(0,e]单调递增;在(e,+∞)单调递减;在x=e 时取得最大值.令.

(1)下证h(x)在(1,e)有唯一零点.当x ∈(1,e)时,.故h′(x)<0 即h(x)在(1,e)单调递减.结合可得h(x)在(1,e)有唯一零点xP.

(2)下证h(x)在[e,+∞)没有零点.当x >e 时易知x >lnx >1.结合f(x)在(1,+∞)单调递减可得:x >e时,f(x)

(3)下证h(x)在(0,1]没有零点.当00 在(0,1]恒成立,故h(x)在(0,1]没有零点.

综上可得h(x)存在唯一零点xP.令b0=f(xP),故故曲线y=f(x)和曲线y=g(x)存在唯一交点P(xP,b0).令m(x)=f(x)−b0,则易得m(0)m(1)<0.结合f(x)在(−∞,1]单调递增可知m(x)在(−∞,1]有唯一零点,故直线y=b0与曲线y=f(x)有两个不同交点(其中一个为曲线y=f(x)和曲线y=g(x)的交点).由f(x)=g(ex),g(x)=f(lnx)结合引理1 可知直线y=b0与曲线y=g(x)也有两个不同交点.故存在唯一直线y=b0与其两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点.

结合推论3 可得存在唯一直线y=b0与其两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.

推论4 得出了与2022年新高考I 卷第22 题第(2)问类似的结论,充分的体现了数学中类比推理的魅力.对于推论4,读者可以探究当时与曲线y=f(x),y=g(x)的相交情况,并可得出此时交点横坐标的关系.

至此,我们由2022年新高考I 卷第22 题作为起点,对其进行了一系列探究,得出一类同构反函数的若干结论.