山東省寧陽縣復(fù)圣中學(xué)(271400) 張志剛

中學(xué)階段, 同構(gòu)式指變量不同而結(jié)構(gòu)或形式相同的兩個表達式.在諸多不等式(尤其是含雙變量的不等式)問題中,經(jīng)過整理變形使不等式呈現(xiàn)同構(gòu)形式,然后構(gòu)造函數(shù),將隱含的不等關(guān)系凸顯出來, 并結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性解決問題,這種解題方法通常稱為同構(gòu)法.例如, 若F(x) ≤0 能等價變形為f[g(x)] ≤f[h(x)],借助f(x)的單調(diào)性,等價轉(zhuǎn)化為g(x) ≤h(x)或g(x) ≥h(x).同構(gòu)法的難點在于同構(gòu)變形,下面以近年高考真題和模擬試題為例,闡述幾種常見的同構(gòu)變形策略.

1 策略一: 通過移項、添項、拆項等變形

結(jié)合已知條件, 對不等式進行移項、添項、拆項等變形,使得不等式兩側(cè)呈現(xiàn)相同結(jié)構(gòu),然后構(gòu)造函數(shù),利用函數(shù)的單調(diào)性實現(xiàn)問題的轉(zhuǎn)化、解決.

例1(2020年高考全國II 卷理科第11 題)若2x ?2y ＜3?x ?3?y,則( )

A.ln(y ?x+1)＞0 B.ln(y ?x+1)＜0

C.ln|x ?y|＞0 D.ln|x ?y|＜0

解由2x ?2y ＜3?x ?3?y移項變形得2x ?3?x ＜2y ?3?y.設(shè)f(x)=2x ?3?x,則f(x)＜f(y).易知f(x)是R 上的增函數(shù),則x ＜y,從而y?x+1＞1,ln(y?x+1)＞0,故選A 項.

例2(2014年高考湖南卷文科第9 題) 若0＜x1＜x2＜1,則( )

A.ex2?ex1＞lnx2?lnx1B.ex2?ex1＜lnx2?lnx1

C.x2ex1＞x1ex2D.x2ex1＜x1ex2

解A 選項可變形為ex2?lnx2＞ex1?lnx1.為此,考查函數(shù)f(x)=ex ?lnx,f′(x)=ex ?,f′′(x)=ex+＞0,所以f′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.又?e＜0且f′(1)=e?1＞0,所以存在x0∈,1),使得f′(x0)=0,并且f(x) 在(0,x0) 上單調(diào)遞減, 在(x0,1) 上單調(diào)遞增,故當(dāng)0＜ x1＜ x2＜1 時,f(x1) = ex1?lnx1與f(x2) = ex2?lnx2的大小關(guān)系不能確定, 即無法判定選項A、B 是否成立.同理,C 選項可變形為為此,考查函數(shù)g(x)=,顯然g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減, 故當(dāng)0＜x1＜x2＜1 時,f(x1)＞f(x2), 即,故選項C 正確.

點評上述兩例均為雙變量不等式證明問題,解決策略是“分而治之”,即通過移項、簡單的運算將地位同等的兩變量x1,x2分離至不等式的兩側(cè),化為相同的結(jié)構(gòu),然后構(gòu)造函數(shù),借助函數(shù)的單調(diào)性解決問題.

2 策略二: 通過放縮變形

對一些指對混合不等式問題,往往要借助已知條件或切線不等式(如lnx≤x ?1(x ＞0),x+1 ≤ex)等工具合理放縮,創(chuàng)造同構(gòu)形式,為構(gòu)造函數(shù)奠定基礎(chǔ).

例3(2020年高考全國I 卷理科第12 題)若2a+log2a=4b+2log4b,則( )

A.a ＞2bB.a ＜2bC.a ＞b2D.a ＜b2

解由于4b+2log4b= 22b+log2b ＜22b+log2(2b),所以2a+log2a ＜22b+log2(2b).設(shè)f(x)=2x+log2x,則f(a)＜f(2b).又f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,則a ＜2b,故選B 項.

例4(2012年高考浙江卷文科第10 題)設(shè)a ＞0,b ＞0,e 是自然對數(shù)的底數(shù),則( )

A.若ea+2a=eb+3b,則a ＞b

B.若ea+2a=eb+3b,則a ＜b

C.若ea ?2a=eb ?3b,則a ＞b

D.若ea ?2a=eb ?3b,則a ＜b

解對于A、B 選項, 由于a ＞0,b ＞0, ea+ 2a=eb+ 3b ＞eb+ 2b, 設(shè)函數(shù)f(x) = ex+ 2x(x ＞0), 則f(a)＞f(b), 又f′(x) = ex+ 2＞0,f(x) 在(0,+∞) 上單調(diào)遞增, 所以a ＞b, 故A 項正確, B 項錯誤.對于C、D選項, 由于b ＞0, ea ?2a= eb ?3b ＜eb ?2b, 設(shè)函數(shù)g(x) = ex ?2x(x ＞0),則g(a)＜g(b),又g′(x) = ex ?2,g(x)在(0,ln 2)上單調(diào)遞減,在(ln 2,+∞)上單調(diào)遞增,所以無法確定a,b的大小關(guān)系.

點評本題借助已知條件a ＞0,b ＞0 合理放縮得:ea+2a ＞eb+2b和ea ?2a ＜eb ?2b,此時不等式兩側(cè)結(jié)構(gòu)相同,就可以引入函數(shù)f(x)=ex+2x和g(x)=ex ?2x,考查它們在(0,+∞)上的單調(diào)性即可.

3 策略三: 通過取對數(shù)運算變形

對于指數(shù)型不等式,特別是兩個變量輪換出現(xiàn)時,可考慮對不等式實施取對數(shù)運算,將指數(shù)式轉(zhuǎn)化為對數(shù)式,減少了運算量,降低了思維難度,然后將兩個變量分離,往往會出現(xiàn)同構(gòu)形式.

例5已經(jīng)n ＞m ＞0,求證: (1+m)n ＞(1+n)m.

解因為n ＞m ＞0,(1+m)n ＞0,(1+n)m ＞0,所以只需證明ln(1+m)n ＞ln(1+n)m,即證nln(1+m)＞mln(1+n),亦即證明設(shè)f(x) =又f′(x) =易證明＜ln(x+1), 所 以f′(x)＜0, 從而f(x) 在(0,+∞) 上遞減, 又n ＞m ＞0, 所以f(n)＜f(m), 即命題成立.

點評本題運用作差法等常規(guī)方法難度較大.由于本題是指數(shù)形式的不等式, 可考慮同時取自然對數(shù), 然后分離m,n得構(gòu)造函數(shù)(x ＞0),利用f(x)的單調(diào)性解決即可.

4 策略四: 通過恒等式b=alogab 代換變形

由對數(shù)的概念易得b=alogab(a ＞0,a ?=1,b ＞0),特殊的a= elna,借助該式代換可將冪函數(shù)式等價變形為指數(shù)式,有利于同構(gòu)式的創(chuàng)設(shè).

例6(2018年高考全國I 卷文科第21 題) 已知函數(shù)f(x)=aex ?lnx ?1.

(1)設(shè)x= 2 是f(x)的極值點,求a,并求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)證明: 當(dāng)a≥時,f(x)≥0.

解(1)略.(2)當(dāng)a≥時,f(x) ≥?lnx ?1.只需證?lnx ?1 ≥0, 即證ex≥e(lnx+1), 亦即證ex≥e ln(ex).不等式兩側(cè)同時乘以x(x ＞0) 得xex≥exln(ex),即證xex≥ln(ex)eln(ex).設(shè)g(x) =xex(x ＞0),則g(x) ≥g(ln(ex)).又g′(x) = ex(x+ 1)＞0,g(x) 在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以x≥ln(ex),即證x≥lnx+1,上式顯然成立,命題得證.

點評借助已知條件實施放縮, 將所證不等式變形為ex≥e ln(ex),再在不等式兩邊同時乘以x,此舉看似“無中生有”、“毫無章法”,實則是基于不等式結(jié)構(gòu)和諧性的考量.通過ex=eln(ex)的代換,轉(zhuǎn)化為證明xex≥ln(ex)eln(ex),此時同構(gòu)模型呼之欲出,引入函數(shù)g(x)=xex便順理成章了.

例7(2020年新高考全國I 卷第21 題) 已知函數(shù)f(x)=aex?1?lnx+lna.

(1)當(dāng)a=e 時,求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積;

(2)若f(x)≥1,求a的取值范圍.

解(1)略.(2)f(x)的定義域是(0,+∞),若f(x)≥1,即aex?1?lnx+ lna≥1, 亦即elnaex?1?lnx+ lna≥1, 從而elna+x?1+ lna+x ?1 ≥x+ lnx, 即不等式elna+x?1+ lna+x ?1 ≥ elnx+ lnx在(0,+∞) 上恒成立.設(shè)g(x) = ex+x, 則g(lna+x ?1) ≥g(lnx).又g′(x) = ex+ 1＞0,g(x) 在R上單調(diào)遞增,所以lna+x ?1 ≥lnx,從而lna≥lnx ?x+1 在(0,+∞)上恒成立.設(shè)h(x) = lnx ?x+1,h′(x) =當(dāng)0＜x ＜1時,h′(x)＞0;當(dāng)x ＞1 時,h′(x)＜0,故當(dāng)x=1 時,h(x)有最大值0.所以lna≥0,得a≥1.

點評本題的關(guān)鍵是從不等式aex?1?lnx+lna≥1的結(jié)構(gòu)入手,運用a= elna和x= elnx代換,變形為同構(gòu)式elna+x?1+lna+x ?1 ≥elnx+lnx,然后水到渠成地構(gòu)造函數(shù)g(x)=ex+x,進行后續(xù)解答即可.

5 策略五: 應(yīng)用恒等式b=loga ab 代換變形

類比恒等式b=alogab, 我們有b= loga ab(a ＞0,a ?=1),特別的b= ln eb.利用該恒等式對不等式改造重組,可將冪函數(shù)式變形為對數(shù)式,同樣有助于同構(gòu)式的發(fā)掘.

例8已知不等式ex ?aln(ax ?a)+a ＞0(a ＞0)恒成立,求a的取值范圍.

解由ax ?a ＞0 及a ＞0 得x ＞1, 由題意得ex+a ＞ aln(ax ?a), 不等式的兩邊同時乘以得+1＞lna+ln(x?1),即有?lna ＞ln(x?1)?1.在不等式的兩邊同時加上x有?lna+x ＞ln(x?1)+(x?1),即?lna+ln ex ＞ln(x ?1)+(x ?1),從而ln(x ?1)+(x ?1).設(shè)f(x)=lnx+x,則＞f(x ?1),又f′(x) =+ 1＞0, 所以f(x) 在(0,∞) 上單調(diào)遞增, 從而＞ x ?1, 進而得恒成立.設(shè)g(x) =當(dāng)x ∈(0,2) 時,g(x) 單調(diào)遞增; 當(dāng)x ∈(2,+∞) 時,g(x) 單調(diào)遞減, 故g(x)max=g(2)=從而所以0＜a ＜e2.

點評本例解答過程中,首先通過參變分離得?lna ＞ln(x ?1)?1,鑒于不等式右側(cè)對數(shù)式不易改造,此時不等式兩側(cè)均加上x得?lna+x ＞ln(x ?1)+(x ?1),此時右側(cè)代數(shù)式更和諧,規(guī)律性更強.接下來解決不等式左側(cè)的結(jié)構(gòu)變形問題,利用恒等式x=ln ex及對數(shù)的運算律將不等式變形為＞ln(x ?1)+(x ?1),此時,題設(shè)條件蘊含的規(guī)律已昭然若揭,躍然紙上.

例9已知函數(shù)f(x)=lnx ?x+1,g(x)=axex ?4x,其中a ＞0.求證:g(x)?2f(x)≥2(lna ?ln 2).

證明

令t=xex,設(shè)h(t)=at?2 lnt?2,則h′(t)=(t ＞0),由a ＞0 易知h(t)在上單調(diào)遞減;在上單調(diào)遞增,所以h(t) ≥= 2(lna ?ln 2),命題得證.

點評本例在對代數(shù)式g(x)?2f(x)整理變形中,關(guān)鍵是借助x= ln ex進行代換,使代數(shù)式結(jié)構(gòu)更具統(tǒng)一性.通過換元,引入函數(shù)h(t)后,本質(zhì)是證明同構(gòu)式h(t) ≥成立,問題轉(zhuǎn)化為討論h(t)的最小值.

結(jié)合上述幾例可知,同構(gòu)變形需要深入審題,充分挖掘題設(shè)條件中可類比、聯(lián)想的因素,促進思維遷移,從而選擇恰當(dāng)?shù)淖冃尾呗?以便簡捷、有效地解決問題.