| 标题 | 一道高考题引发的一类函数单调性思考 |
| 范文 | 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 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. |
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