王位高

把一個(gè)等式或不等式利用有關(guān)公式和法則實(shí)施巧妙變形，使左右兩邊結(jié)構(gòu)形式完全相同，再通過(guò)構(gòu)造新的函數(shù)解決問(wèn)題的方法，通常稱之為同構(gòu)法.同構(gòu)法在函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式、數(shù)列、解析幾何等問(wèn)題中有著廣泛的應(yīng)用.?下面通過(guò)一些例題進(jìn)行解析，希望能給大家啟迪思維，開闊視野，?感悟數(shù)學(xué)方法之美妙．

一、在函數(shù)導(dǎo)數(shù)與不等式中的應(yīng)用

將題目中的等式或不等式經(jīng)過(guò)適當(dāng)?shù)恼碜冃危?表示成兩側(cè)結(jié)構(gòu)相同的形式，由相同的結(jié)構(gòu)構(gòu)造函數(shù)，?進(jìn)而與函數(shù)的單調(diào)性找到聯(lián)系，?據(jù)此可用來(lái)建立變量的等量關(guān)系或比較變量的大小.

例1.實(shí)數(shù)x，y滿足（x-1）3+2023（x-1）=-1，

（y-1）3+2023（y-1）=1，則x+y=．

解析：由題意，方程組中的上下式子結(jié)構(gòu)相同，

故可以構(gòu)造函數(shù)f（t）=t3+2023t，f（-t）=-t3-2023t=-f（t），

故f（t）是奇函數(shù)．

又因?yàn)閒（t）在R上單調(diào)遞增，且f（1-x）=f（y-1）=1，

故有1-x=y-1，x+y=2．

點(diǎn)評(píng)：本題研究的對(duì)象不是x，y，而是（x-1），（y-1），利用整體思想及構(gòu)造函數(shù)法解決問(wèn)題．

例2.?（2020年高考全國(guó)Ⅰ理12）若2a+log2a=4b+2log4b，則（）

A.?a>2bB.?a<2bC.?a>b2D.?a

解析：?因?yàn)?a+log2a=4b+2log4b=22b+log2b，

而22b+log2b<22b+log2b+1=22b+log22b，所以2a+log2a<22b+log22b．

構(gòu)造函數(shù)f（x）=2x+log2x，由指數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，

可得f（x）在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，且f（a）

所以a<2b.故選B．

點(diǎn)評(píng)：本題通過(guò)添加常數(shù)1，經(jīng)過(guò)變形、放縮，使等式變?yōu)椴坏仁剑?且不等式兩邊具有相同的結(jié)構(gòu)f（x）=2x+log2x的形式，?然后再通過(guò)函數(shù)的單調(diào)性，可以比較兩個(gè)變量的大小，順利解決問(wèn)題．

例3.?（2020年高考全國(guó)Ⅱ理11、文12）若2x-2y<3-x-3-y，則（）

A.?ln（y-x+1）>0B.?ln（y-x+1）<0

C.ln｜x-y｜>0D.?ln｜x-y｜<0

解析：由2x-2y<3-x-3-y，可得2x-3-x<2y-3-y．

構(gòu)造函數(shù)f（x）=2x-3-x，由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，

可得f（x）在R內(nèi)單調(diào)遞增，且f（x）

所以x0.因?yàn)閥-x+1>1，

所以ln（y-x+1）>ln1=0.故選A．

點(diǎn)評(píng)：解答本題的關(guān)鍵是將不等式中的x，y移項(xiàng)得到2x-3-x<2y-3-y，從而不等式兩邊的結(jié)構(gòu)相同，故可以構(gòu)造函數(shù)f（x）=2x-3-x?，然后利用函數(shù)的單調(diào)性解決問(wèn)題．

例4.（2017年高考全國(guó)Ⅰ理11）設(shè)x，y，z為正數(shù)，2x=3y=5z，則（）

A.2x<3y<5zB.5z<2x<3y

C.3y<5z<2xD.3y<2x<5z

解析：設(shè)2x=3y=5z=k（k>1），則2x=2lnkln2，3y=3lnkln3，5z=5lnkln5．

因?yàn)閘nk>0，只需比較2ln2、3ln3、5ln5的大?。?/p>

注意到2ln2=4ln4，所以只需比較4ln4、3ln3、5ln5的大小．

構(gòu)造函數(shù)f（x）=xlnx，則f'（x）=lnx-1（lnx）2，

可見(jiàn)f（x）在（0，e）遞減，在（e，+∞）遞增，3，4，5∈（e，+∞）且3<4<5，

所以3ln3<4ln4<5ln5，即5z>2x>3y．

點(diǎn)評(píng)：?本題先將等式的指數(shù)形式轉(zhuǎn)化成對(duì)數(shù)形式，出現(xiàn)結(jié)構(gòu)相同的形式2lnkln2，3lnkln3，5lnkln5，?在函數(shù)思想下自然會(huì)想到構(gòu)造函數(shù)f（x）=xlnx，求導(dǎo)后判斷單調(diào)性，即可比較大小.本題構(gòu)造函數(shù)的難點(diǎn)在于需要抽象出所要比較量的共同結(jié)構(gòu).

例5.?（2018年高考全國(guó)Ⅰ文21?（2））已知函數(shù)f（x）=aex-lnx-1．

證明：當(dāng)a≥1e時(shí)，f（x）≥0．

證明：當(dāng)a≥1e時(shí)，f（x）≥1eex-lnx-1，

要證f（x）≥0，只要證明1eex-lnx-1≥0，

即證ex≥eln（ex），即證xex≥exln（ex），即證exlnex≥exln（ex）．

構(gòu)造函數(shù)g（x）=xlnx，只要證明x>0時(shí)，g（ex）≥g（ex）．

由g'（x）=lnx+1，易見(jiàn)g（x）在0，1e單調(diào)遞減，在1e，+∞單調(diào)遞增．

當(dāng)x∈0，1e時(shí)，g（ex）=xex>0，g（ex）=exln（ex）<0，恒有g(shù)（ex）≥g（ex）成立；

當(dāng)x∈1e，+∞時(shí)，ex>ex>1e，結(jié)合g（x）在1e，+∞單調(diào)增，得g（ex）≥g（ex）成立．

綜上，當(dāng)a≥1e時(shí)，f（x）≥0．

點(diǎn)評(píng)：將不等式1eex-lnx-1≥0，變形為xex≥exln（ex），exlnex≥exln（ex），兩側(cè)結(jié)構(gòu)相同，從而可以構(gòu)造函數(shù)g（x）=xlnx解題．

另外，?此題也可將不等式變形為?xex≥lnex·eln（ex），構(gòu)造函數(shù)?h（x）=xex?來(lái)解題，?或變形為?lnx+x≥?ln（ex）+ln（ln（ex）），?進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)?φ（x）=x+lnx來(lái)解題.有些不等式的證明可以通過(guò)分析法，?由結(jié)論出發(fā)，尋找不等式的結(jié)構(gòu)特征，?通過(guò)變形使得左右兩邊結(jié)構(gòu)相同，?因而可構(gòu)造出特征函數(shù)，然后利用函數(shù)的單調(diào)性解決．

二、在數(shù)列中的應(yīng)用

在數(shù)列中，同構(gòu)法通常用于證明或構(gòu)造數(shù)列的性質(zhì)。通過(guò)找到一個(gè)同構(gòu)式，可以將一個(gè)已知的比較復(fù)雜的數(shù)列轉(zhuǎn)化為一個(gè)更容易處理的形式（通常構(gòu)造成一個(gè)等差數(shù)列、等比數(shù)列等），從而得到數(shù)列的通項(xiàng)表達(dá)式或者遞推關(guān)系.

例6.已知數(shù)列?｛an｝?的前?n?項(xiàng)和為?Sn，a1=1，?Sn=n2an，?求通項(xiàng)?an．

解析：當(dāng)?n≥2時(shí)，?an=Sn-Sn-1=n2an-（n-1）2an-1，

整理得?（n+1）an=（n-1）an-1.?兩邊同乘?n?得?（n+1）nan=n（n-1）an-1（n≥2），?則數(shù)列?｛（n+1）nan｝?是常數(shù)列，

所以?（n+1）nan=2×1×?a1=2，?當(dāng)n=1時(shí)，a1=1也適合，故?an=2n（n+1）．

點(diǎn)評(píng)：本題由?an=Sn-Sn-1（n≥2），?得?（n+1）an=（n-1）an-1（n≥2），易見(jiàn)等式兩側(cè)結(jié)構(gòu)相似，?同乘?n?得?（n+1）nan=n（n-1）an-1?（n≥2），?兩側(cè)結(jié)構(gòu)相同，?故可以構(gòu)造常數(shù)列?｛（n+1）nan｝．

例7.已知數(shù)列?｛an｝?的前?n?項(xiàng)和為?Sn，a1=1，?Sn=n2an，?求?Sn．

解析：當(dāng)n≥?2時(shí)，?Sn=n2an=n2（Sn-Sn-1）?，即n2Sn-1=（n2-1）Sn

整?理?得?（n+1）Snn=nSn-1n-1（n≥2），?則數(shù)?列（n+1）Snn?為常數(shù)列，

故（n+1）Snn=2S1=2a1=2，當(dāng)n=1時(shí)，S1=1也適合，故?Sn=2nn+1．

點(diǎn)評(píng)：利用?an=Sn-Sn-1（n≥2）?得到n2Sn-1=（n2-1）Sn，再變形為?（n+1）Snn=nSn-1n-1，可以構(gòu)造常數(shù)列?（n+1）Snn．

例8.設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=3，an+1=3an-4n.求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．

解析：由an+1=3an-4n，設(shè)an+1+［k（n+1）+b］=3［an+（kn+b）］，

展開整理得：an+1=3an+2kn-k+2b，

由待定系數(shù)法，與an+1=3an-4n比較系數(shù)得：2kn-k+2b=-4n，

解得：k=-2，b=-1．

可得an+1-（2n+3）=3［an-（2n+1）］，

即an+1-［2（n+1）+1］=3［an-（2n+1）］，令bn=an-（2n+1），

則bn+1=3bn，于是數(shù)列｛bn｝是公比為3的等比數(shù)列，

首項(xiàng)b1=a1-（2×1+1）=3-（2×1+1）=0，數(shù)列｛bn｝所有各項(xiàng)都為0，

所以bn=an-（2n+1）=0.所以數(shù)列｛an-（2n+1）｝是常數(shù)列{0}．

所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an=2n+1?（n∈N*）．

點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵在于利用待定系數(shù)法構(gòu)造出同構(gòu)式an+1-［2（n+1）+1］=3［an-（2n+1）］，從而得到數(shù)列｛an-（2n+1）｝是各項(xiàng)為0?的常數(shù)列，求出數(shù)列?｛an｝?的通項(xiàng)公式．

三、在解析幾何中的應(yīng)用

在解析幾何問(wèn)題中，有時(shí)會(huì)出現(xiàn)一些除了變量以外結(jié)構(gòu)完全相同的式子，解題時(shí)我們可以利用其同構(gòu)的特點(diǎn)，尋求其與問(wèn)題的內(nèi)在聯(lián)系，再利用同構(gòu)后的某種性質(zhì)進(jìn)行解題．

如果?A（x1，y1），B（x2，y2）?滿足直線或曲線的方程為同構(gòu)式，?則?A、B?為方程所表示直線或曲線上的兩點(diǎn).?特別地，?若?A（x1，y1）、B（x2，y2）?滿足?ax1+by1+c=0，ax2+by2+c=0，則直線?AB?的方程為?ax+by+c=0.

直線方程與圓錐曲線方程組成方程組，整理成一元二次方程，將兩個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)值代入該方程，形式結(jié)構(gòu)完全相同，這樣的同構(gòu)式可以結(jié)合韋達(dá)定理化繁為簡(jiǎn)，減少運(yùn)算量．

例9.（2019年高考全國(guó)Ⅲ文21（1））已知曲線C：y=x22，D為直線y=12上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)D作C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B.證明：直線AB過(guò)定點(diǎn)．

解析：設(shè)Dt，-12，A（x1，y1），則x21=2y1.

由于y′=x，所以切線DA的斜率為x1，故y1+12x1-t=x1，整理得2tx1-2y1+1=0.

設(shè)B（x2，y2），同理可得切線DB的方程為2tx2-2y2+1=0.故直線AB的方程為2tx-2y+1=0.

當(dāng)x=0時(shí)，無(wú)論t取何值，2tx都為0，故當(dāng)x=0，y=12時(shí)，2tx2-2y2+1=0恒成立.

所以直線AB過(guò)定點(diǎn)（0，12）．

點(diǎn)評(píng)：顯然，?若兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)滿足同一方程，?則這兩個(gè)點(diǎn)在該方程的曲線上.?本題中的?A，B?兩點(diǎn)均滿足同一方程2tx-2y+1=0，?而二元一次方程是直線的方程，?且兩點(diǎn)確定一條直線，?故得到直線?AB的方程為2tx-2y+1=0．

例10.（2022年全國(guó)新高考Ⅰ卷21（1））?已知點(diǎn)A（2，1）在雙曲線C：x2a2-y2a2-1=1（a>1）上，直線l交C于P、Q兩點(diǎn)，直線AP、AQ的斜率之和為0.求l的斜率．

解析：因?yàn)辄c(diǎn)A（2，1）在雙曲線C：x2a2-y2a2-1=1（a>1）上，可得雙曲線C的方程為x22-y2=1．

設(shè)直線AP、AQ的方程分別為y=k1（x-2）+1和y=k2（x-2）+1，與雙曲線C的方程聯(lián)立，

可得P（-4k21+4k1-21-2k21，2k21-4k1+11-2k21），

Q（-4k22+4k2-21-2k22，2k22-4k2+11-2k22）．

設(shè)直線PQ的方程為mx+ny=1（2m±n≠1），將

P，Q的坐標(biāo)代入，

化簡(jiǎn)得2（n-2m+1）k21-4（n-m）k1+（n-2m-1）=0，

2（n-2m+1）k22-4（n-m）k2+（n-2m-1）=0.

由此可知，k1，k2是關(guān)于k的方程2（n-2m+1）k2-4（n-m）k+（n-2m-1）=0的兩個(gè)根，

由韋達(dá)定理有：k1+k2=4（n-m）2（n-2m+1）=0，得m=n，

所以直線PQ的斜率等于-1，即直線l的斜率為-1．

點(diǎn)評(píng)：在解析幾何中，我們通?？梢岳靡恍c(diǎn)、線所具有的“形”的共同特征構(gòu)造同構(gòu)式，再利用“整體消元”解決問(wèn)題.本題中由于P、Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)結(jié)構(gòu)相同，且都在直線l上，所以將P、Q的坐標(biāo)代入l的方程，得到兩個(gè)同構(gòu)式，將“k”視作主元整理成一元二次方程，再利用韋達(dá)定理得到結(jié)果.在解析幾何中，“同構(gòu)法”的思想就是“設(shè)而不求”“整體消元”，從而避免繁瑣的運(yùn)算.例9和例10的同構(gòu)分別是直線方程和一元二次方程同構(gòu)．

學(xué)以致用：

1.已知正數(shù)α，β?滿足αeα=e3，

β（lnβ-1）=e4，?則?αβ=．

2.如果cos5θ-sin5θ<7（sin3θ-cos3θ），θ∈［0，2π），那么θ的取值范圍為．

3.已知?f（x）?是定義在?R?上不恒為零的偶函數(shù)，?且?f（0）=1，x∈R?恒有?xf（x+2）=（x+2）.?f（x），?則?f［f（2023）］?的值為．

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

5.設(shè)數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)的和為Sn，滿足：Sn=2nan+1-3n2-4n（n∈N*），S3=15.求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式．

6.已知雙曲線?C：x2-y2=1，?過(guò)點(diǎn)?P（22，t）?（｜t｜<22）作?C?的兩條切線?PA，PB，?其中?A，B?為切點(diǎn)，?求證：?直線?AB?過(guò)定點(diǎn)．

7.已知橢圓?C：x23+y22=1，?過(guò)點(diǎn)?M（2，1）?的動(dòng)直線交?C?于?P，Q?兩點(diǎn)，?若線段?PQ?上的點(diǎn)?N?滿足?｜PM｜｜PN｜=｜QM｜｜QN｜，?求證：?點(diǎn)?N?在定直線?4x+3y-6=?0?上．

8.拋物線C的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在x軸上，直線l：x=1交C于P，Q兩點(diǎn)，且OP⊥OQ.已知點(diǎn)M（2，0），且⊙M與l相切．

（1）?求C，⊙M的方程；

（2）?設(shè)A1，A2，A3是C上的三個(gè)點(diǎn)，直線A1A2，A1A3均與⊙M相切.判斷直線A2A3與⊙M的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由．

參考答案：

1.解析：由?β（lnβ-1）=e4，?得?βe（lnβ-1）=e3，?即?（lnβ-1）elnβ-1=α·eα.

構(gòu)造函數(shù)?f（x）=xex（x>0），?則?f（α）=f（lnβ-1）.求導(dǎo)得?f′（x）=（x+1）ex>0，?所以?f（x）?為增函數(shù)，所以?α=lnβ-1，?故αβ=β（lnβ-1）=e4.

2.解析：由題意，cos5θ-sin5θ<7（sin3θ-cos3θ）等價(jià)于sin3θ+17sin5θ>cos3θ+17cos5θ，不等式的左右式子結(jié)構(gòu)相同，故可以構(gòu)造函數(shù)f（x）=x3+17x5，f（x）=x3+17x5是R上的增函數(shù)，

由sin3θ+17sin5θ>cos3θ+17cos5θ可知f（sin?θ）>f（cos?θ），即sin?θ>cos?θ，故2kπ+π4<θ<2kπ+5π4（k∈Z）．

又因?yàn)棣取剩?，2π），所以θ的取值范圍為（π4，5π4）．

3.解析：當(dāng)?x≠0?且?x≠-2?時(shí)，?由題意可得解析?f（x+2）x+2=f（x）x，?構(gòu)造函數(shù)?g（x）=f（x）x，則?g（x+2）=g（x）.?易知?g（x）?是周期為?2?的奇函數(shù)，則?g（1）=g（-1）?且?g（1）=-g（-1），?故?g（1）=0，所以g（2023）=g（1）=0，?即?f（2023）=0，?故?f［f（2023）］=f（0）=1．

4.解析：由f（x）≥1，可得aex-1-lnx+lna≥1，即ex-1+lna-lnx+lna≥1，

亦即ex-1+lna+x-1+lna≥lnx+x=elnx+lnx．

構(gòu)造函數(shù)g（t）=et+t，則g′（t）=et+1>0，所以g（t）在R上單調(diào)遞增，

且g（x-1+lna）≥g（lnx），所以x-1+lna≥lnx，即lna≥lnx-x+1．

構(gòu)造函數(shù)h（x）=lnx-x+1，則h′（x）=1x-1=1-xx.

當(dāng)00，所以h（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，h′（x）<0，所以h（x）單調(diào)遞減.所以h（x）≤h（1）=0，所以lna≥0，所以a≥1.故a的取值范圍為［1，+∞）．

5.解析：因?yàn)镾n=2nan+1-3n2-4n，

所以Sn+1-Sn=2（n+1）an+2-2nan+1-3（n+1）2+3n2-4（n+1）+4n，

an+1=2（n+1）an+2-2nan+1-6n-7，（2n+2）an+2=（2n+1）an+1+6n+7，（2n+2）［an+2-（2n+5）］=（2n+1）［an+1-（2n+3）］.

設(shè)bn=an-（2n+1）?，則（2n+2）bn+2=（2n+1）bn+1.

因?yàn)閍1=3，所以b1=a1-3=3-（2×1+1）=0，所以數(shù)列｛bn｝是各項(xiàng)都為零的常數(shù)列，即數(shù)列｛an-（2n+1）｝是各項(xiàng)都為零的常數(shù)列，所以an=（2n+1）.所以數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式為an=（2n+1）（n∈N*）．

6.解析：設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則直線PA方程為y-y1=k（x-x1），代入x2-y2=1，消去y得：（1-k2）x2-2k（y1-kx1）x-（y1-kx1）2-1=0．

由?Δ=0，?得?k=x1y1，?則直線?PA?方程為?y-y1=x1y1（x-x1），

即?x1x-y1y-1=0，?將點(diǎn)?P22，t?代入得22x1-ty1-1=0.

同理可得?22x2-ty2-1=0，?可見(jiàn)?A，B?兩點(diǎn)的坐標(biāo)滿足同一個(gè)二元一次方程?22x-ty-1=0，?又因?yàn)閮牲c(diǎn)確定一條直線，?所以直線?AB?的方程為?22x-ty-?1=0，?顯然過(guò)定點(diǎn)?2，0．

7.?解析：設(shè)｜PM｜｜PN｜=｜QM｜｜QN｜=λ，｜MP｜<｜MQ｜，?則MP=λPN，MQ=-λQN．

設(shè)?N（x，y），?則?Pλx+21+λ，λy+11+λ，?代人?C?的方程，并整理得（2x2+3y2-6）λ2+2（4x+3y-6）λ+5=0．

同理可得?（2x2+3y2-6）λ2-2（4x+3y-6）λ+?5=0.?可見(jiàn)?λ?和?-λ是方程?（2x2+3y2-6）t2+?2（4x+3y-6）t+5=0的根，由根與系數(shù)的關(guān)系知?4x+3y-6=0，故點(diǎn)?N?在直線?4x+3y-6=0上．

8.解析：?（1）?設(shè)拋物線方程y2=2px（p>0）.由直線?x=1交C于P，Q兩點(diǎn)，得P（1，2p），Q（1，-2p），OP=（1，2p），OQ=（1，-2p）.因?yàn)镺P⊥OQ，所以1-2p=0，2p=1，即C的方程為y2=x.因?yàn)椤袽與l相切，所以⊙M的半徑為1，⊙M的方程為（x-2）2+y2=1．

（2）設(shè)A1（x1，y1），A2（x2，y2），A3（x3，y3），且y21=x1，y22=x2，y23=x3．

當(dāng)A1，A2，A3中有兩個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1或3時(shí)，直線A2A3均與⊙M相切．

當(dāng)A1，A2，A3任意兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)都不同時(shí)，A1A2點(diǎn)斜式方程為y-y1=y2-y1x2-x1（x-x1），將y21=x1，y22=x2代入化簡(jiǎn)得x-（y1+y2）y+y1y2=0．

因?yàn)锳1A2與⊙M相切，所以｜2+y1y2｜1+（y1+y2）2=1，整理得（x1-1）x2+2y1y2+3-x1=0．

同理可得（x1-1）x3+2y1y3+3-x1=0．

因?yàn)椋▁2，y2）和（x3，y3）均為方程（x1-1）x+2y1y+3-x1=0的解，所以直線A2A3的方程為（x1-1）x+2y1y+3-x1=0．

設(shè)圓心M到直線A2A3的距離為d，則有d=|x1+1|（x1-1）2+（2y1）2=|x1+1||x1+1|=1．

此時(shí)，直線A2A3與⊙M也相切．

綜上，直線A2A3與⊙M相切．

【本文系2020年度廣東省教育研究院中小學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)研究專項(xiàng)課題“粵西山區(qū)信息技術(shù)與高中數(shù)學(xué)新授課教學(xué)的融合探究”（課題編號(hào)：GDJY-2020-A-s130）研究成果】

責(zé)任編輯?徐國(guó)堅(jiān)