2.2024年高考总复习函数“同构”专题探秘-《中学生数理化》高考数学2024年5月刊

■四川省绵阳外国语学校 李学军 近年来,根据“同构”函数命制的试题频 繁出现在各类模拟考试中,同构式因其设计 的可控性和解答的精巧性正在成为命题人的 “新宠”,同时也成为困扰考生的新问题。本 文旨在带领同学们探寻函数“同构”的本源, 感受“同构”思想的运用,体验“同构”解题的 成功,增强解答“同构”题型的信心。 一、“同构”式的定义及解题思路 (1)“同构”式的定义:两个除了变量不 同,其余地方均相同的表达式。 (2)“同构”式解题的一般思路: ①通过局部同构,将多变量取值向同一 函数在不同自变量处的函数值转化。 ②将形如f(x)≥0的关系式变形构造 成 H (G(x))≥H (g(x)),再 根 据 函 数 H(x)的单调性进行转化:若 H(x)单调递 增,则有G(x)≥g(x);若 H(x)单调递减, 则有G(x)≤g(x),以此实现化繁为简。 二、“同构”式解题技巧探秘 探秘一:“显性同构”问题。 该类问题在已知条件中“同构”结构比较 明显,直接抽象或者稍微变形即可抽象出同 构函数,再应用“同构”解题的思路解决问题。 例 1 已知a,b,c∈(1,+∞),且a2- 2ln a-1= ln 2 2 ,b2-2ln b-1= 1 e ,c2-2ln c -1= ln π π ,则a,b,c的大小关系为( )。 A.b>a>c B.b>c>a C.a>b>c D.c>a>b 分析:三个等式的左右两边分别满足“同 构”式的特征,等式的左边是函数f(x)=x2 -2ln x-1(x>1)在x=a,b,c处的函数值, 右边是函数g(x)= ln x x 在x=2,e,π处的函 数值,因而可先由函数g(x)的单调性判断出 f(a),f(b),f(c)的大小,再由函数f(x)的 单调性判断a,b,c的大小。 解:令函数 g(x)= ln x x ,则 g'(x)= 1-ln x x2 ,所以g(x)在(e,+∞)上单调递减, 所以 ln e e > ln π π > ln 4 4 ,即ln e e > ln π π > ln 2 2 。 设函数f(x)=x2-2ln x-1(x>1),则 f'(x)=2x- 2 x= 2(x2-1) x >0 ,所以f(x) 在(1,+∞)上单调递增。 又因为f(b)>f(c)>f(a),所以b>c >a。 故选B。 例 2 已知函数f(x)=x2+ln x+ax 在x=1处的切线l和直线x+y=0垂直。 (1)求实数a的值; (2)若对任意的x1,x2∈(0,2],x1≠x2, 都有 f(x1)-f(x2)-x21+x22 ex1-ex2 >m 成立(其 中e为自然对数的底数),求实数 m 的取值 范围。 分 析:本 题 第 (2)问 中 的 不 等 式 f(x1)-f(x2)-x21+x22 ex1-ex2 >m,可根据变量类 型进行分组变形为 f(x1)-x21-mex1 < f(x2)-x22-mex2,顺势实现“同构”转化。 解:(1)由函数f(x)=x2+ln x+ax,求 导得f'(x)=2x+ 1 x+a ,所以f'(1)=a+ 3。 因为函数f(x)在x=1处的切线l和直 7 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2024年5月 线x+y=0垂直,所以f'(1)=1,即a+3= 1,解得a=-2。 (2)由题意不妨设0<x1<x2≤2,则ex1 -ex2<0。 因为对任意的x1,x2∈(0,2],x1≠x2, 都有 f(x1)-f(x2)-x21+x22 ex1-ex2 >m 成立,所 以f(x1)-f(x2)-x21+x22<m(ex1-ex2), 即f(x1)-x21-mex1<f(x2)-x22-mex2。 设g(x)=f(x)-x2-mex,则g(x1)< g(x2),故g(x)在(0,2]上单调递增。 从而有g'(x)= 1 x-2-me x≥0,即m≤ e-x 1x-2 在(0,2]上恒成立。 设h(x)=e-x 1x-2 ,则m≤h(x)min。 求导得h'(x)=-e-x 1x-2 +e-x· - 1 x2 =e-x·2x 2-x-1 x2 (0<x≤2)。 令h'(x)>0,即2x2-x-1=(2x+1)· (x-1)>0,解得1<x≤2; 令h'(x)<0,即2x2-x-1=(2x+1)· (x-1)<0,解得0<x<1。 所以h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,2] 上单调递增。 所以h(x)在(0,2]上的最小值h(x)min =h(1)=- 1 e ,所以m≤- 1 e 。 故实数m 的取值范围是 -∞,- 1 e 。 点评:显性“同构”问题的特点是:已知条 件中“同构”迹象明显,直接归纳或者稍加变 形即可得到“同构”式,从而抽象出“同构”函 数。该类题目要求同学们掌握“同构”解题的 基本策略和思路。 探秘二:“隐性同构”问题。 该类问题“同构”结构不明显,需要从表 达式的变形中发现或配凑构造出“同构”结 构,进而构造出“同构”函数,再应用“同构”解 题的思路解决问题。 例 3 已知函数 f(x)=ex+1-2x , g(x)= a+x+ln x x ,a∈R。 (1)当x∈(1,+∞)时,求函数g(x)的 极值; (2)当a=0时,求证:f(x)≥g(x)。 分析:第(2)问中要证明f(x)≥g(x), 可以转化为证明xex+1≥ln x+x+2,进一步 转化为eln x+x+1≥(ln x+x+1)+1,从而形成 “同构”结构,采用“同构”思路解题即可。 解:(1)因为g(x)= a+x+ln x x ,所以 g'(x)= (1-a)-ln x x2 ,x∈(1,+∞)。 若a≥1,则g'(x)<0,所以g(x)在(1, +∞)上单调递减,故函数g(x)不存在极值。 若a<1,令g'(x)=0,得x=e1-a,所以 当x∈(1,e1-a)时,g'(x)>0,所以g(x)在 (1,e1-a)上单调递增;当x∈(e1-a,+∞)时, g'(x)<0,所以g(x)在(e1-a,+∞)上单调 递减。 所 以 g (x)极大值 = g (e1-a )= a+e1-a+(1-a) e1-a = 1+e1-a e1-a =ea-1+1,无极小 值。 综上可得,当a≥1时,函数g(x)不存在 极值; 当a<1 时,函 数 g(x)有 极 大 值, g(x)极大值=ea-1+1,不存在极小值。 (2)显然x>0,要证f(x)≥g(x),即证 ex+1≥ x+2+ln x x ,即证xex+1≥ln x+x+2, 即证eln x+x+1≥(ln x+x+1)+1。 令t=ln x+x+1,故只需证et≥t+1。 设h(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1。 当x>0时,h'(x)>0;当 x<0时, h'(x)<0。 所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,在 (-∞,0)上单调递减。 所以h(x)min=h(0)=0,即h(x)≥0,从 而有ex≥x+1。 所以et≥t+1,即f(x)≥g(x)。 例 4 已知函数f(x)=ex-aln x, a∈R。 8 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2024年5月 (1)当a=0时,若曲线y=f(x)与直线 y=kx 相切于点P,求点P 的坐标; (2)当a=e时,证明:f(x)≥e; (3)若对任意的x∈(0,+∞),不等式 f(x)>aln a 恒成立,请直接写出a 的取值 范围。 分析:第(3)问中可以将“对任意的x∈ (0,+∞),不等式f(x)>aln a恒成立”转化 为“ex-ln a-ln x>ln a 恒成立”,两边加上x 变形为ex-ln a+x-ln a>x+ln x=eln x+ ln x 恒成立,从而抽象出“同构”函数。 解: (1)当a=0时,可得 f(x)=ex, f'(x)=ex。 设P(x0,ex0),则切线斜率k=ex0。 由切点性质,得 k=ex0, ex0=kx0, 解得x0=1。 所以点P 的坐标为(1,e)。 (2)当a=e时,f(x)=ex-eln x,其中 x>0,则f'(x)=ex- e x 。 令g(x)=ex- e x ,其中x>0,则g'(x) =ex+ e x2 >0。 所以函数f'(x)在(0,+∞)上单调递 增,且f'(1)=0。 当x 变化时,f'(x),f(x)的变化情况如 表1: 表1 x (0,1) 1 (1,+∞) f'(x) - 0 + f(x) 单调递减 极小值 单调递增 由表1可知,f(x)min=f(1)=e。 所以f(x)≥e。 (3)显然a>0,在x∈(0,+∞)上,f(x) =ex-aln x>aln a 恒成立,即ex-ln a-ln x >ln a恒成立,即ex-ln a-ln a>ln x 恒成立, 所以ex-ln a+x-ln a>x+ln x=eln x+ln x 恒成立。 构造函数g(x)=ex+x,x∈(0,+∞), 易知g(x)在(0,+∞)上是增函数,所以x- ln a>ln x 恒成立,即ln a<(x-ln x)min。 令h(x)=x-ln x,则h'(x)= x-1 x (x>0)。 当x∈(0,1)时,h'(x)<0,所以h(x)在 (0,1)上单调递减; 当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,所以 h(x)在(1,+∞)上单调递增。 所以h(x)min=h(1)=1,所以ln a<1, 解得0<a<e。 所以实数a的取值范围为(0,e)。 点评:在“隐性同构”问题的题目中,虽然 “同构”结构不明显,但由指数函数与对数函 数形成“超越函数”的特点比较鲜明,需要同 学们熟悉指数与对数互化的公式,具备根据 函数结构配凑成“同构”的技巧。常见的指数 与对数互化的方式有:(1)“乘积型”同构转化 方法。例如,aea≤bln b,有三种同构方式:① 同右:ealn ea≤bln b→f(x)=xln x;②同 左:aea≤(ln b)eln b→f(x)=xex;③取对:a +ln a≤ln b+ln(ln b)→f(x)=x+ln x。 (2)“比值型”同 构 转 化 方 法。 例 如, ea a < b ln b ,有三种同构方式:①同左: ea a < eln b ln b→ f(x)= ex x ;②同 右: ea ln ea < b ln b→f (x)= x ln x ;③取对:a-ln a≤ln b-ln(ln b)→ f(x)=x-ln x。 (3)“和差型”同构转化方 法。例如,ea±a>b±ln b,有两种同构方式: ①同左:ea±a>eln b±ln b→f(x)= ex±x; ②同右:ea±ln ea>b±ln b→f(x)=x± ln x。(4)“配凑型”同构转化方法。①aeax> ln x 同乘以x →axeax>xln x=eln x ·ln x → f(x)=xex 或g(x)=xln x;②ex>aln(ax -a)-a 同除以a → 1 a ·ex>ln a(x-1)-1⇔ ex-ln a-ln a>ln (x-1)-1 同加x →ex-ln a+x -ln a>ln(x-1)+x-1=eln(x-1)+ln(x- 1) →f(x)=ex+x。 (责任编辑 王福华) 9 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2024年5月