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[函数] 2018年天津卷理科第20题 指数对数一对反函数

本帖最后由 isee 于 2018-6-21 14:23 编辑

经常出现成对出现,也先集中一下吧。

文字版

已知函数$f(x) = a^x$ ,$g(x) = \log _ax$ ,其中$a>1$.
(I)求函数$h(x) = f(x) - x\ln a$ 的单调区间;
(II)若曲线$y = f(x)$ 在点$({x_1},f(x_1))$ 处的切线与曲线$y = g(x)$ 在点$(x_2,g(x_2))$  处的切线平行,证明$x_1 + g(x_2) = -\frac{2\ln \ln a}{\ln a}$ ;
(III)证明当$a \geqslant \mathrm{e}^{\frac 1{\mathrm e}}$ 时,存在直线$l$,使$l$是曲线$y = f(x)$ 的切线,也是曲线$y = g(x)$ 的切线.
20t.png
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本帖最后由 zhcosin 于 2018-6-11 14:06 编辑

(1) 导函数 $h' ( x ) = ( a^{x} -1 ) \ln  a$,显然当 $x \in ( 0,1 )$ 时 $h' ( x ) <0$,函数 $h ( x )$ 单调增加,当 $x \in ( 1,+ \infty)$ 时 $h' ( x ) >0$,函数 $h ( x )$ 单调减少.
  
  (2) 由 $f' ( x_{1} ) =g' ( x_{2} )$ 得 $a^{x_{1}} \ln  a= \frac{1}{x_{2} \ln  a}$,即 $x_{2} a^{x_{1}} ( \ln  a )^{2} =1$,两边取以 $a$ 为底的对数即得 $x_{1} + \log_{a} x_{2} =-2 \log_{a} ( \ln  a ) =-\frac{2 \ln   \ln  a}{\ln  a}$.
  
  (3) 设直线 $l$ 与曲线 $y=f ( x )$ 相切于 $x=x_{1}$ 处,直线 $l$ 与曲线 $y=g ( x )$ 相切于 $x=x_{2}$ 处,则仍由 $f' ( x_{1} ) =g'( x_{2} )$ 得
  \begin{equation}
    a^{x_{1}} \ln  a= \frac{1}{x_{2} \ln  a} \label{b2osg}
  \end{equation}
  又曲线 $y=f ( x )$ 在 $x_{1}$ 处的切线方程是 $y-a^{x_{1}}=a^{x_{1}} \ln  a ( x-x_{1} )$,而曲线 $y=g ( x )$ 在 $x_{2}$ 处的切线方程是 $y- \log_{a} x_{2} = \frac{1}{x_{2} \ln  a} ( x-x_{2})$,它们都是直线 $l$ 的方程,因此有
  \begin{equation}
    a^{x_{1}} -x_{1} a^{x_{1}} \ln  a= \log_{a} x_{2} - \frac{1}{\ln  a}
    \label{sbvw4}
  \end{equation}
  接下来的任务就是证明:当 $a> \mathrm{e^{\frac{1}{\mathrm{e}}}}$ 时,存在 $x_{1}\in \mathbb{R} ,x_{2} >0$, 使得这两个等式成立.
  
  将式 \ref{b2osg} 代入式 \ref{sbvw4} 即得 $1-x_{1} \ln  a=x_{2} \ln  a( \ln  x_{2} -1 )$,又由 \ref{b2osg} 有 $x_{1} \ln  a+ \ln  x_{2} =-2 \ln   \ln  a$,故有
  \begin{equation}
    1+2  \ln   \ln  a+ \ln  x_{2} =x_{2} \ln  a ( \ln  x_{2} -1 )
    \label{2nsllqw}
  \end{equation}
  我们先来证明这个方程是有正实数解的,令 $r ( x ) =x  \ln a ( \ln  x-1 ) - \ln  x-2 \ln   \ln  a-1$,则 $r ( e ) =-2 \ln   \ln a-2<0$,我们再找一个点,使得该点处的函数值为正,为此把 $r ( x )$ 改写为
  \[ r ( x ) =x  \ln  a  \ln  x \left( 1- \frac{1}{\ln  x} - \frac{1}{x  \ln
     a} - \frac{1+2  \ln   \ln  a}{x  \ln  a  \ln  x} \right) \]
并令 $0< \frac{1}{\ln  x} < \frac{1}{6}$, $0< \frac{1}{x  \ln  a} < \frac{1}{6}$, $0< \frac{1+2  \ln   \ln  a}{x  \ln  a  \ln  x} < \frac{1}{6}$,这时上式中括号的表达式将保持正号,而 $r ( x)$ 的符号则由括号外面的部分来决定,先来解这三个不等式,由前二个得 $x> \max \left( \mathrm{e}^{6} , \frac{6}{\ln  a} \right)$,第三个不好解,但我们在限定 $x> \mathrm{e}$ 时可以有 $\frac{1+2  \ln   \ln  a}{x  \ln  a  \ln  x} < \frac{1+2  \ln  \ln  a}{x  \ln  a}$,于是由 $\frac{1+2  \ln   \ln  a}{x  \ln  a} < \frac{1}{6}$ 得 $x> \max \left( \mathrm{e} , \frac{6 ( 1+2 \ln   \ln  a )}{\ln  a} \right)$,于是只要 $x$ 满足
  \[ x> \max \left( \mathrm{e}^{6} , \frac{6}{\ln  a} , \frac{6 ( 1+2 \ln  
     \ln  a )}{\ln  a} \right) \]
  时,就有 $r ( x ) >0$,于是函数 $r ( x )$ 在区间 $( \mathrm{e},+ \infty )$ 上就必有一根,于是方程 $\ref{2nsllqw}$ 就确实有解,设这个解为 $x_{2}$,再令
  \[ x_{1} =- \log_{a} ( x_{2} ( \ln  a )^{2} ) \]
  则 $x_{1}$ 与 $x_{2}$ 就同时满足式 \ref{b2osg} 和式 \ref{sbvw4}, 这就证得了结论.
数学暗恋者,程序员,喜欢古典文学/历史,个人主页: https://zhcosin.coding.me/

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