李 波

(四川省南充高級(jí)中學(xué),四川 南充 637901)

通過分析2020-2022年高考真題,發(fā)現(xiàn)在近三年的高考中頻繁出現(xiàn)通過構(gòu)造函數(shù)解不等式題目(見表1).文[1]中研究了同構(gòu)變形在函數(shù)問題中的3個(gè)基本應(yīng)用,文[2]中說明了構(gòu)造同構(gòu)函數(shù)可以簡化哪些基本結(jié)構(gòu),常見的函數(shù)結(jié)構(gòu)有哪些?文[3]闡述了通過同構(gòu)變換實(shí)現(xiàn)變量分離,解決含參問題的基本優(yōu)點(diǎn)與策略.通過研究該類題型的命題特點(diǎn)和解題方法,歸納出同構(gòu)函數(shù)的基本策略.

表1 真題分布

1 觀察規(guī)律,直接構(gòu)造

A．a(chǎn)

C．c

解析構(gòu)造函數(shù)f(x)=(2-x)ex,則f′(x)=(1-x)ex.易知f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減.

故選A.

2 雙元變量,歸類整理

將變量x1,x2歸類整理為(x1+1)f(x1)-m(x1+1)2<(x2+1)f(x2)-m(x2+1)2.

由t1>t2,知g(t)在(1,+∞)上單調(diào)遞減.

評(píng)析已知對(duì)?x1,x2∈D,x1

3 方程思想,地位對(duì)等

即g(lnx1)=g(x2).

又k<0,所以lnx1,x2∈(-∞,0),根據(jù)g(lnx1)=g(x2),可得lnx1=x2.

令F(x)=x2ex(x<0),則F′(x)=x(x+2)ex.

例4 (2022年新高考Ⅰ卷22題)已知函數(shù)f(x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小值.

(1)求a;

(2)證明:存在直線y=b,其與兩條曲線y=f(x)和y=g(x)共有三個(gè)不同的交點(diǎn),并且從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列.

解析(1)a=1,過程略.

(2)由(1)知,f(x)=ex-x在(-∞,0]單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增.

g(x)=x-lnx在(0,1]單調(diào)遞減,在(1,+∞)單調(diào)遞增,圖象如圖1所示.

圖1 2022年新高考Ⅰ卷22題

若直線y=b與兩條曲線y=f(x)和y=g(x)共有三個(gè)不同的交點(diǎn),設(shè)三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為x1,x2,x3,且x1<0

由①②,知ex1-x1=x2-lnx2=elnx2-lnx2.

又f(x)=ex-x在(-∞,0)上單調(diào)遞減,所以x1=lnx2.

由②③,知

ex2-x2=x3-lnx3=elnx3-lnx3.

又f(x)=ex-x在(0,+∞)上單調(diào)遞增,x2=lnx3,所以x3=ex2.

由②可得,2x2=lnx2+ex2=x1+x3.

所以三個(gè)不同交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列.

評(píng)析針對(duì)和差型:ex1-x1=x2-lnx2,研究方案有兩種:一是以ex-x為基準(zhǔn),變形ex1-x1=elnx2-lnx2;二是以x-lnx為基準(zhǔn),變形ex1-lnex1=x2-lnx2.再構(gòu)造對(duì)應(yīng)的同構(gòu)函數(shù),結(jié)合函數(shù)單調(diào)性,利用對(duì)應(yīng)地位相等解答.

4 確定外函數(shù),拼湊內(nèi)函數(shù)

A.a

C.a

即a

(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;

(2)已知λ>0,若存在x∈(1,+∞),不等式λx2-λx≥(eλx-1)lnx成立,求實(shí)數(shù)λ的取值范圍.

解析(1)f(x)在(0,1),(1,+∞)單調(diào)遞減.

(2)由λx2-λx≥(eλx-1)lnx,知

λx(x-1)≥(eλx-1)lnx.

即f(x)≤f(eλx).

由λ>0,x∈(1,+∞),知eλx>1.

根據(jù)f(x)在(1,+∞)單調(diào)遞減,可得x≥eλx.

5 確定內(nèi)函數(shù),構(gòu)造外函數(shù)

(1)若f(x)≥0,求a的取值范圍;

(2)證明:若f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2,則x1x2<1.

解析(1) 由題知,f(x)的定義域?yàn)?0,+∞).

易知h(x)在(0,1)單調(diào)遞減,在[1,+∞)單調(diào)遞增.所以當(dāng)x=1時(shí),h(x)有最小值1.

再令g(x)=ex+x(x≥1),

易知g(x)=ex+x在[1,+∞)單調(diào)遞增.

所以當(dāng)x=1時(shí),g(x)有最小值e+1,

所以a≤g[h(x)]min=e+1.

例8 對(duì)于任意實(shí)數(shù)x>0,不等式2ae2x-lnx+lna≥0恒成立,則a的取值范圍是____.

解析由2ae2x-lnx+lna≥0,知

e2x+ln2a-lnx+lna≥0.

不等式兩邊同時(shí)加2x+ln2,則

e2x+ln2a-lnx+2x+ln2a≥2x+ln2.

整理,得e2x+ln2a+2x+ln2a≥2x+ln2x.

令f(x)=ex+x,則f(2x+ln2a)≥f(ln2x).

易知2x+ln2a≥ln2x.

即ln2a≥ln2x-2x恒成立.

評(píng)析確定好內(nèi)函數(shù)去構(gòu)造外函數(shù),積型:aea≤blnb,研究方案有三種:一是保留左邊aea≤lnbelnb,構(gòu)造函數(shù)f(x)=xex;二是保留右邊ealnea≤blnb,構(gòu)造f(x)=xlnx;三是兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)a+lna≤lnb+ln(lnb),構(gòu)造函數(shù)f(x)=x+lnx.

在解決函數(shù)的綜合問題時(shí),若嘗試將不等式H(x)≥0變形為F[f(x)]≥F[g(x)],利用函數(shù)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為解f(x)≥g(x)或f(x)≤g(x),形式F[f(x)]≥F[g(x)]需要自己去構(gòu)造,基本的思路為:

6 局部換元,簡化結(jié)構(gòu)

即x09x0=-t9-t.

令h(x)=x9x,易知h(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增.

由h(x0)=h(-t),知x0=-t.

解得9x0(x0-1)=1.故選B.

解析由題知a>0,則

不等式兩邊同時(shí)取自然對(duì)數(shù),則x-lna≥lnt.

所以當(dāng)x=1時(shí),h(x)有最小值e+1.

即a≤e+1.

評(píng)析有些式子不能啟發(fā)我們同構(gòu),不易向同構(gòu)的方向變形,可以嘗試換元法,通過換元的過程來啟發(fā)我們新的解題思路.

7 利用性質(zhì),整理變形

兩邊同時(shí)取自然對(duì)數(shù),得alnx=xlna.

圖2 函數(shù)g(x)圖象

例12 設(shè)k>0,若存在正實(shí)數(shù)x,使得不等式log4x-k·2kx-1≥0成立,則k的最大值為 ( ).

解析由log4x-k·2kx-1≥0,知

令t=2k,t>1,則logtx≥tx.

則xlnx≥exlnt·(xlnt).

由t>1知,xlnx≥exlnt·(xlnt)>0.

所以x>1,xlnt>1.

由f(x)≥f(exlnt),知x≥exlnt.

即存在正實(shí)數(shù)x,滿足lnx≥xlnt.

8 同構(gòu)路上,亦可放縮

不等式兩邊同時(shí)加x-1,得

易知g(x)在(1,+∞)單調(diào)遞增.

因?yàn)閑x-1>x,所以g(ex-1)>g(x)恒成立.

由x>1知,a≥1.

例14 已知函數(shù)f(x)=lnx+ax+1(其中a∈R).對(duì)于任意x>0,不等式f(x)≤xex恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍

評(píng)析對(duì)解決某些指對(duì)混合不等式問題,往往要結(jié)合切線放縮,進(jìn)行局部同構(gòu),這樣可以大大降低這類問題的難度,但要注意取等號(hào)的條件以及常見變形等[3].

同構(gòu)法在近幾年的高考中頻繁出現(xiàn),命題者立足教材基本知識(shí)、基本技能,把等式或不等式變形為兩個(gè)結(jié)構(gòu)(形式)一樣的函數(shù),利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小、解決恒成立、求參數(shù)范圍等問題,既考查了學(xué)生的核心素養(yǎng),又培養(yǎng)了學(xué)生的創(chuàng)新能力,體現(xiàn)考試的選拔功能,落實(shí)《深化新時(shí)代教育評(píng)價(jià)改革總體方案》的要求,改變相對(duì)固化的試題形式,增強(qiáng)試題的靈活性,減少死記硬背和機(jī)械刷題,讓試題變得更加開放與綜合.