摘 要：本文主要通過實(shí)際案例，研究了同構(gòu)法在不等式恒成立中的應(yīng)用.

關(guān)鍵詞：同構(gòu)法;導(dǎo)數(shù);不等式;恒成立

中圖分類號：G632文獻(xiàn)標(biāo)識碼：A文章編號：1008-0333（2021）34-0074-02

收稿日期：2021-09-05

作者簡介：楊瑞強(qiáng)（1979-），男，湖北省黃岡人，中學(xué)高級教師，從事高中數(shù)學(xué)教學(xué)研究.[FQ）]

把一個(gè)等式或不等式通過變形，使左右兩邊結(jié)構(gòu)形式完全相同，可構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行處理，找這個(gè)函數(shù)模型的方法就是同構(gòu)法.例如若F（x）≥0能等價(jià)變形為能等價(jià)變形為能等價(jià)變形為fg（x）≥fh（x），然后利用f（x）的單調(diào)性（如遞增），再轉(zhuǎn)化為g（x）≥h（x）.在遇到“指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)”同時(shí)出現(xiàn)的試題時(shí)，我們可考慮采用“同構(gòu)”的方法變形轉(zhuǎn)化，構(gòu)造函數(shù)，從而達(dá)到化難為易，刪繁就簡的功效.

一、積型aea≤blnb同構(gòu)

三種同構(gòu)途徑：①同左aea≤（lnb）elnb，構(gòu)造函數(shù)f（x）=xex;②同右ealnea≤blnb，構(gòu)造函數(shù)f（x）=xlnx;③取對數(shù)a+lna≤lnb+ln（lnb），構(gòu)造函數(shù)f（x）=x+lnx.

例1 若對任意的實(shí)數(shù)x≥1，不等式ekx-lnxk≥0恒成立，則正數(shù)k的取值范圍是.

解析 因?yàn)閤≥1，k>0，所以ekx-lnxk≥0kekx≥lnx（kx）ekx≥xlnx.

解法1 （構(gòu)造同左aea≤（lnb）elnb形式）（kx）ekx≥xlnx（kx）ekx≥（lnx）elnx.

令f（t）=tet，t≥0，f ′（t）=（t+1）et>0，即f（t）在[0，+SymboleB@）上單調(diào)遞增，則x≥1，ekx-lnxk≥0f（kx）≥f（lnx）kx≥lnxk≥lnxx.

令g（x）=lnxx，x≥1，g′（x）=1-lnxx2，10，x>e時(shí)g′（x）<0，所以g（x）在（1，e）上遞增，在（e，+SymboleB@）上遞減，x=e時(shí)g（x）max=1e，即k≥1e.故正數(shù)k的取值范圍是1e，+SymboleB@.

解法2 （構(gòu)造同右ealnea≤blnb形式）（kx）ekx≥xlnxekxlnekx≥xlnx.

令f（x）=tlnt，t≥1，f ′（t）=1+lnt>0，即f（x）在[1，+SymboleB@）上單調(diào)遞增，則x≥1，ekx-lnxk≥0f（ekx）≥f（x）ekx≥xk≥lnxx.下同解法1.

解法3 （取對數(shù)a+lna≤lnb+ln（lnb）形式）（kx）ekx≥xlnxkx+ln（kx）≥lnx+ln（lnx）.

令f（x）=t+lnt，t>0，f ′（x）=1+1t>0，即f（t）在（0，+SymboleB@）上單調(diào)遞增，則x≥1，ekx-lnxk≥0f（kx）≥f（lnx）kx≥lnxk≥lnxx. 下同解法1.

評析 為了實(shí)現(xiàn)不等式兩邊“結(jié)構(gòu)”相同的目的，需要對已知的指對式進(jìn)行“改頭換面”，常見的同構(gòu)變形有：x=elnx=lnex，xlnx=elnx·lnx， xex=elnx+x=ex·lnex，exx=ex-lnx等. 在對“積型”進(jìn)行同構(gòu)時(shí)，取對數(shù)是最快捷的，同構(gòu)出的函數(shù)，其單調(diào)性一看便知.

二、商型eaa≤blnb（或aea≤lnbb）同構(gòu)

三種同構(gòu)途徑：①同左eaa≤elnblnb（或aea≤lnbelnb），構(gòu)造函數(shù)f（x）=exx（或f（x）=xex）;②同右ealnea≤blnb（或lneaea≤lnbb），構(gòu)造函數(shù)f（x）=xlnx（或f（x）=lnxx）;③取對數(shù)a-lna≤lnb-ln（lnb）（或lna-a≤ln（lnb）-lnb），構(gòu)造函數(shù)f（x）=x-lnx（或f（x）=lnx-x）.

例2 若對任意的實(shí)數(shù)0

解析 由已知可得a>0.

當(dāng)a≥1時(shí)，不等式左邊小于0，右邊大于0，不等式顯然成立.

當(dāng)0

解法1 lnxx

設(shè)g（t）=tet（t<1），則g′（t）=et-tete2t=1-tet>0，g（t）在（-SymboleB@，1）單調(diào)遞增.

因?yàn)?lnx-x在（0，1）上恒成立.

令h（x）=lnx-x（00，所以h（x）在（0，1）單調(diào)遞增，于是lna≥h（1）=-1，即1e≤a<1.

綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是1e，1.

解法2 lnxx

令g（t）=lntt（00，所以g（t）在（0，e）單調(diào)遞增.

原不等式等價(jià)于g（x）xexlna>lnx-x在（0，1）上恒成立.下同解法1.

評析 本題利用lnxx

三、和差型ea±a≤b±lnb同構(gòu)

兩種同構(gòu)途徑：①同左ea±a≤elnb±lnb，構(gòu)造函數(shù)f（x）=ex±x;②同右ea±lnea≤b±lnb，構(gòu)造函數(shù)f（x）=x±lnx.

例3 已知函數(shù)f（x）=aex-1-lnx+lna，若f（x）≥1，求a的取值范圍.

解析 將f（x）≥1按照左右結(jié)構(gòu)相同、變量移至一邊的原則進(jìn)行變形：

由f（x）=aex-1-lnx+lna≥1，移項(xiàng)得aex-1+lna≥

lnx+1，即elna+x-1+lna≥lnx+1，兩邊同時(shí)加（x-1）得elna+x-1+x+lna-1≥lnx+x，即elna+x-1+x+lna-1≥lnx+elnx.

設(shè)g（x）=x+ex，則g′（x）=1+ex>0，所以g（x）單調(diào)遞增，所以lna+x-1≥lnx，即x-lnx+lna-1≥0.

設(shè)h（x）=x-lnx+lna-1，則h′（x）=1-1x，所以h（x）在（0，1）單調(diào)遞減，在（1，+SymboleB@）單調(diào)遞增，

所以h（x）min=h（1）=lna≥0，故a≥1.

評析 本題先把已知不等式變形為elna+x-1+x+lna-1≥lnx+elnx，從而具備ea±a≥elnb±lnb的同構(gòu)形式，構(gòu)造函數(shù)g（x）=x+ex ，然后利用導(dǎo)數(shù)法求解結(jié)果，而此處難點(diǎn)在于將原不等式同解變形成左右兩邊具有相同“結(jié)構(gòu)”的不等式. 對原不等式同解變形，如移項(xiàng)、通分、取對數(shù)、系數(shù)升指數(shù)等，有時(shí)也需要對兩邊同時(shí)加、乘某式等，把不等式轉(zhuǎn)化為左右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子，再根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù).

練習(xí) 1.已知函數(shù)f（x）=aeax+1-lnx+1，且對任意x>1，f（x）>0恒成立，則a的取值范圍是（）.

A.1e2，+SymboleB@ B.1e，+SymboleB@

C.0，1e2D.-SymboleB@，0∪1e2，+SymboleB@

2.若關(guān)于x的不等式ex-alnx≥a恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為.

3.對于任意實(shí)數(shù)x>0，不等式2ae2x-lnx+lna≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍是.

參考答案：1.A;2.[0，e];3.a≥12e

同構(gòu)法構(gòu)造函數(shù)是高中數(shù)學(xué)解題的一種常見方法，在解題實(shí)踐過程中，若能通過觀察、分析、整理等變形手段，看清題中函數(shù)結(jié)構(gòu)的共性或等式（或不等式）兩側(cè)同構(gòu)，則可輕松構(gòu)造函數(shù)，巧妙利用函數(shù)單調(diào)性解題.指數(shù)和對數(shù)混合的導(dǎo)數(shù)題，直接使用同構(gòu)的題目并不多，許多情況下，需要湊出同構(gòu)的形式來，因?yàn)橹笖?shù)和對數(shù)之間可以互相轉(zhuǎn)換，盡量轉(zhuǎn)換為常見的aea≤blnb，eaa≤blnb，ea±a≤b±lnb 三種同構(gòu)形式.

參考文獻(xiàn)：[1]楊瑞強(qiáng).“端點(diǎn)效應(yīng)”破解不等式恒成立問題[J].中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)，2019（06）：33-35.

[責(zé)任編輯：李 璟]