江苏省姜堰第二中学 朱传美 (邮编:225500)

增元
——超越方程(组)中的“消元法”

江苏省姜堰第二中学 朱传美 (邮编:225500)

当一元方程f(z)＝0的左端函数ƒ(z)不是z的代数式时,称之为超越方程,这类方程除极少数情形(如简单的三角方程)外,只能近似地数值求解．含有超越方程的方程组称之为超越方程组．在函数的综合题中,我们经常会遇到超越方程组,往往因为无法消元而不能将试题做到底,笔者在文[1]指出增元能较好地处理某些多元最值问题,经探究发现:增元同样能较好地处理超越方程组问题．

例1设a∈R,函数f(x)＝lnx－ax．

(1)若a＝2,求曲线y＝f(x)在P(1,2)处的切线方程;

(2)若f(x)无零点,求实数a的取值范围;

(3)若f(x)有两个相异零点x1、x2,求证:x1·x2＞e2．

分析此题为函数综合题,前两小题比较常归,第(3)小题就有点不好办了,由f(x)有两个相异零点x1、x2,我们会得到两个超越方程lnx1－ax1＝0,lnx2－ax2＝0,消元就成了大问题,因为无法一下子将其转化为一元问题,所以很难进行到底．对学生的思维能力提出了一定的挑战,这里我们通过“恒等变形,等价转化,适当增元”的策略进行了有效的处理．

解(1)当a＝2时,切线方程为x＋y＋1＝0;

(3)设x1＞x2＞0,因f(x1)＝0,f(x2)＝0,所以lnx1－ax1＝0,lnx2－ax2＝0．

从而lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2),lnx1－lnx2＝a(x1－x2)．

故函数g(t)是(1,＋∞)上的增函数．

评析我们从两个超越方程lnx1－ax1＝0,lnx2－ax2＝0出发,进行了有效的恒等变换,将待证不等式等价转化为经过适当增元,令从而将二元问题降为一元问题,构造新的函数后,问题迎刃而解．

例2(2016年南京一模)已知函数在x＝0处的切线方程为y＝x．

(1)求a的值;

(3)若函数g(x)＝lnf(x)－b的两个零点为x1、x2,试判断的正负,并说明理由．

分析此题的第三小题给出了一个探索性问题,首先要判断,然后再给出证明,同样不好应付,甚至感觉比例1的第三小题还要难,这就需要我们对试题进行解剖,好好探究此题真正的意图,当然,增元同样是关键策略．

解(1)a＝1;

(2)实数k的取值范围是[0,e－1);

证明由题意知函数g(x)＝lnx－x－b,所以

易得函数g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,＋∞)内单调递减．

因为x1、x2是函数g(x)的两个零点,所以相减得

评析由于函数g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,＋∞)内单调递减,所以要判断的正负,实质上就是要判断与1的大小关系,这与例1的第三小题就一致了,由超越方程组消去 后,得到一个超越方b程,令很自然地引入新的变量t,从而将二元问题降为一元问题．

例3已知函数(e为自然对数的底数)

(1)求f(x)的单调区间;

(2)是否存在正实数x使得f(1－x)＝f(1＋x),若存在,求出x,若不存在,请说明理由;

(3)若存在不等实数x1、x2,使得f(x1)＝f(x2),证明:

解(1)f(x)在 (－∞,1)内单调递增,在(1,＋∞)内单调递减．

(2)由(1)知,当x∈(0,1)时,f(x)∈(0,1);当x∈ (1,＋∞)时,f(x)∈ (0,1)

所以若存在正实数x使得f(1－x)＝f(1＋x),则必有x∈(0,1)．

因x∈(0,1),所以F′(x)＞0．

则F(x)在 (0,1)内单调递增,F(x)＞F(0)＝0．

所以f(1＋x)＞f(1－x)恒成立．

所以不存在正实数x使得f(1－x)＝f(1＋x)．

(3)因f(x1)＝f(x2),所以 由(1)可设:0＜x1＜1＜x2则

令φ(t)＝(t－1)2＋2(t－1)－2tlnt,

φ′(t)＝2(t－1)＋2－2(1＋lnt)＝2(t－1－lnt)＞0,所以φ(t)＞φ(1)＝0．

所以h′(t)＞0,h(t)在 (1,＋∞)内单调递增．

超越方程本就是块难啃的骨头,放在中学数学中,更让广大师生束手无策,当然,兵来将挡,水来土掩,我们总要寻找问题的突破口,通过合适的方式或途径加以解决,这是拓宽我们数学思维能力的好方法．

由此及彼能较好地打开数学思维,它能带领我们由一个蘑菇的发现得到无数个蘑菇的发现．本文由增元在多元最值问题中的成功应用而联想到增元在超越方程组中的应用,只是抛砖引玉．当然,探索与发现总会存在缺憾,留待感兴趣的读者作更全面更深入的研究．

1 朱传美．山重水复无元减 柳暗花明在增元[J]．数学通讯(上旬刊),2016(10)

2017-07-06)