徐建新

?福建省德化第一中學(xué) 福建教育學(xué)院數(shù)學(xué)教育研究所

在解決函數(shù)問題時，通過同構(gòu)變形可將不等式(或等式)兩邊構(gòu)造成具有相同結(jié)構(gòu)的代數(shù)式，找出母函數(shù)并確定母函數(shù)的單調(diào)性，然后利用函數(shù)單調(diào)性求解不等式(或等式)，這就是同構(gòu)思想.

基本思路為：將原不等式等價變形為f(g(x))

類型1：根據(jù)y=f(x)的單調(diào)性，將f(g(x))

類型2：根據(jù)g(x)與h(x)的大小關(guān)系，得到y(tǒng)=f(x)的單調(diào)性.

本文中結(jié)合具體案例，介紹幾類在函數(shù)問題中常見的同構(gòu)方法.

1 雙變量同構(gòu)

含有地位相同的兩個變量的不等式(或等式)通過變形后，不等式(或等式)兩邊結(jié)構(gòu)具有一致性，可以構(gòu)造函數(shù).

例1(2020·新課標Ⅰ卷理數(shù)·12)若2a+log2a=4b+2log4b，則( ).

A.a>2bB.a<2b

C.a>b2D.a

解：由22b+log2b=22b+log2(2b)-1，得2a+log2a<22b+log2(2b).構(gòu)造函數(shù)f(x)=2x+log2x，則原不等式等價于f(a)

點評：當條件中出現(xiàn)兩個變量時，可以通過移項、兩邊同時除以某個式子等變形手段，將相同的自變量放在同一邊，使不等式的兩邊具有相同的結(jié)構(gòu)，從而找到母函數(shù).

2 “指對”同構(gòu)

在解決同時涉及ex與lnx的相關(guān)“指對”混合等式或不等式問題時，可以靈活運用恒等式a=eln a(a>0)，a=ln ea進行同構(gòu)，常有如下兩種方法：

(1)指對“分家”：將指數(shù)形式和對數(shù)形式分開，再利用同構(gòu)變形尋找母函數(shù).

(2)內(nèi)部同構(gòu)：以指數(shù)函數(shù)的指數(shù)位置，以及對數(shù)函數(shù)的真數(shù)位置為內(nèi)函數(shù)，再利用復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性求解.

例3(2022屆泉州市第二次質(zhì)量檢測第8題)已知函數(shù)f(x)=ax-ex，?x∈(1，+∞)，f(x)

A.(-∞，1) B.(-∞，1]

C.(-∞,e) D.(-∞,e]

分析：利用x=eln x，得ex=e·eln x=eln x+1，將不等式的右邊變成含有指數(shù)式的式子；也可以利用x=ln ex，得ax=aln ex，將不等式的左邊變成含有對數(shù)式的式子.

解法1：因為alnx+a-ex=a(lnx+1)-eln x+1，所以f(x)

由切線不等式x-1≥lnx，得1

解法2：將不等式ax-ex

aln ex-ex

故選：D.

例4(2022屆T8聯(lián)考第8題)設(shè)a，b都為正數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)，若aea+1+b

A.ab>e B.b>ea+1

C.ab

解法1：原不等式等價于aea+1

兩邊同時除以e，得

aea

構(gòu)造f(x)=xex，則②式轉(zhuǎn)化為

f(a)

由f′(x)=(x+1)ex，得f(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增.又aea+10，得lnb-1>0.所以③式化為aea+1.故選：B.

解法2：原不等式等價于

(a+1)ea+1-ea+1

構(gòu)造函數(shù)f(x)=xex-ex，則④式轉(zhuǎn)化為

f(a+1)

又a+1>1，lnb>1，且f′(x)=x·ex，則f(x)在(1，+∞)上單調(diào)遞增，于是⑤式等價于a+1ea+1.故選：B.

點評：“指對”混合時，參變分離的難度比較大，而運用“指對”同構(gòu)可以化難為易，但該方法對式子等價變形能力的要求較高.變形時，內(nèi)部同構(gòu)(相同的自變量或“自變量團”放在同一邊)，外部同構(gòu)(母函數(shù))自然而然顯現(xiàn).“指對”同構(gòu)常與切線不等式綜合運用，因此要熟記幾個常見的切線不等式及其變形式.

以下是四個常用的切線不等式(如圖1，圖2)：

(1)ex≥x+1(當且僅當x=0時等號成立)；

(2)lnx≤x-1(當且僅當x=1時等號成立)；

(3)ex≥ex(當且僅當x=1時等號成立)；

圖1

圖2

3 朗博同構(gòu)

由切線不等式ex≥x+1(當且僅當x=0時等號成立)，得xex=eln x+x≥x+lnx+1(當且僅當lnx+x=0時等號成立)，即xex≥x+lnx+1.

例5若函數(shù)f(x)=x(e2x-a)-lnx-1無零點，則整數(shù)a的最大值是( ).

A.3 B.2 C.1 D.0

解：由切線不等式，得f(x)=eln x+2x-ax-lnx-1≥(lnx+2x+1)-ax-lnx-1=(2-a)x.

因此，f(x)無零點時整數(shù)a的最大值是1.故選：C.

例6(2020年新高考Ⅰ卷第21題節(jié)選)已知函數(shù)f(x)=aex-1-lnx+lna.若f(x)≥1，求a的取值范圍.

解法1：不等式aex-1-lnx+lna≥1，等價于eln a+x-1-lnx+lna-1≥0.

移項，得eln a+x-1+lna-1≥lnx.

兩邊同時加x，得

eln a+x-1+lna+x-1≥x+lnx=eln x+lnx.⑥

構(gòu)造g(t)=et+t，則g(t)在R上是增函數(shù)，且⑥式轉(zhuǎn)化為g(lna+x-1)≥g(lnx).所以lna+x-1≥lnx，即lna≥lnx-x+1在(0,+∞)上恒成立.

設(shè)h(x)=lnx-x+1，則由lnx≤x-1，得h(x)的最大值為0，從而lna≥0，解得a≥1.

故a的取值范圍為[1，+∞).

解法2：不等式aex-1-lnx+lna≥1，等價于eln a+x-1-lnx+lna-1≥0.

又eln a+x-1≥lna+x，所以要使f(x)≥1恒成立，則2lna≥(lnx-x+1)max.

設(shè)g(x)=lnx-x+1，則可知g(x)max=g(1)=0.所以2lna≥0，解得a≥1.

故a的取值范圍為[1，+∞).

點評：解法1在不等式eln a+x-1+lna-1≥lnx的兩邊同時加“x”，使左邊出現(xiàn)與指數(shù)冪相同的“自變量團”，右邊變形成eln a+x-1+lna+x-1≥eln x+lnx，運用的是“指對”同構(gòu).解法2在不等式eln a+x-1-lnx+lna-1≥0中運用朗博同構(gòu)，更直接迅速.

4 差一同構(gòu)

指數(shù)冪和對數(shù)的真數(shù)相差1時，可用“差一同構(gòu)”.下面仍以例6為例，利用“差一同構(gòu)”進行分析.

構(gòu)造函數(shù)g(x)=ex-x-1.由切線不等式，可知ex≥x+1(當且僅當x=0時，等號成立).所以，g(x-1)=ex-1-x≥0，g(lnx)=x-lnx-1≥0(當且僅當x=1時，等號成立)，兩式相加，得ex-1-lnx-1≥0(當且僅當x=1時，等號成立).

當a≥1時，lna≥0.所以aex-1-lnx+lna≥ex-1-lnx≥1恒成立.

當0

綜上，可知f(x)≥1時，a≥1.

以上由母函數(shù)g(x)=ex-x-1同構(gòu)出函數(shù)g(x-1)和g(lnx)，結(jié)合切線不等式得到兩個取等號條件一樣的不等式，從而輕松破解該題.同樣地，由g(x)=ex-x-1≥0，也可以構(gòu)造g[ln(x+1)]=x-ln(x+1)≥0，兩式相加，得ex-ln(x+1)-1≥0(以上三個不等式都是當且僅當x=0時，等號成立).因此，取等號條件是差一同構(gòu)的關(guān)鍵.

總之，通過上述多種同構(gòu)方法的歸類剖析可知，處理此類問題切入點雖有不同，但目標一致，關(guān)鍵在于靈活運用恒等式xex=ex+ln x等，對題設(shè)的等式或不等式進行適當?shù)淖冃危怪笥覂蛇吔Y(jié)構(gòu)相同，進而尋找母函數(shù).該類問題又常與切線不等式綜合運用，解法多樣，變形難度較大.因此，要學(xué)會利用同構(gòu)變形，在掌握思想與方法的過程中不斷形成知識體系，提升數(shù)學(xué)品質(zhì)，提高思維能力.