02探索同构本源，掌握同构技巧-《中学生数理化》高二数学2024年7-8月刊

探索同构本源,掌握同构技巧 ■河南省郑州市第二高级中学 冯丽娟 同构在导数中的应用常见于解不等式,不 等式恒成立(或能成立)求参数,不等式的证明, 函数零点等问题。同学们解这类题时要根据式 子的结构特征构造函数。此类问题被称为同 构,同构的实质就是构建一种数学模型,在导数 中的应用主要是构造函数模型或构造复合函 数,能否准确地构造,关键在于发现代数式结构 的相似性,其常见问题有以下两类。 类型一、双变量不等式的构造问题 例 1 已知函数f(x)=ln x+x2- 3x,对于任意x1,x2∈[1,2],当x1<x2 时, 不等式f(x1)-f(x2)> m(x2-x1) x1x2 恒成立, 求实数m 的取值范围。 解析:不 等 式 f (x1)-f (x2)> m(x2-x1) x1x2 ⇔f(x1)-f(x2)> m x1 - m x2 。 所以对于任意x1,x2∈[1,2],当x1<x2 时,f(x1)- m x1 >f(x2)- m x2 恒成立。 构造函数g(x)=f(x)- m x =ln x+ x2-3x- m x 。 则g(x1)>g(x2),即g(x)在[1,2]上单 调递减。 故g'(x)= 1 x+2x-3+ m x2 ≤0在[1,2] 上恒成立。 参变分离得m≤-2x3+3x2-x 在[1, 2]上恒成立。 故将问题转化为求函数h(x)=-2x3+ 3x2-x(1≤x≤2)的最小值问题,解得 m≤ -6(过程略)。 方法归纳:对含同等地位的两个变量的不 等式进行变形,一般将含相同变量字母的项移 到不等式的一边,这样就容易观察出不等式两 边的代数式的相同结构,从而构造函数,将问 题转化为函数的单调性问题。这类问题比较 基础,同学们也容易掌握。常见的双变量的不 等式形式及构造方法有以下两种。 (1)不等式 f(x1)-f(x2) x1-x2 >k(x1>x2), 可等价变形为f(x1)-f(x2)>kx1-kx2⇔ f(x1)-kx1>f(x2)-kx2,构造函数g(x) =f(x)-kx,将问题转化为g(x)为减函数 求参数的取值范围。 (2) f(x1)-f(x2) x1-x2 > k x1x2 (x1>x2)可等 价变 形 为 f(x1)-f(x2)> k x2 - k x1 ⇔ f(x1)+ k x1 >f(x2)+ k x2 ,构造函数g(x)= f(x)+ k x ,将问题转化为g(x)为增函数求 参数的取值范围。 类型二、含指数式、对数式的不等式的构 造问题 例 2 若不等式aln(ax)≤ex 在(0, +∞)上恒成立,求实数a的取值范围。 解析:由题意知x>0,a>0,我们要对不 等式两边的指数式、对数式变形,化成两边均 为指数式或对数式的形式。首先不等式两边 同乘以x,得axln (ax)≤xex,然后把右边变 成与左边类似的形式,即一个代数式和相应 的对数式乘积形式,得axln (ax)≤exln ex, 这样左右两边就具有了相同的结构特征,可 以看成函数f(x)=xln x 的两个复合函数 值f(ax)与f(ex)的大小关系。 我们 可 以 先 研 究 外 层 函 数 f(x)= xln x。因为f(x)在 0, 1 e 上单调递减,在 1 e ,+∞ 上单调递增,所以需判断ax 与ex 在哪个单调区间,从而可以把问题转化为比 较ax 与ex 的大小。 因为x>0,所以ex>1。当0<ax<1 时,ln (ax)<0恒成立,此种情况原不等式恒 8 知识篇 新高考名师护航 高二数学 2024年7—8月 成立, 故我们只需分析ax>1的情况。 因为f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以 原不等式转化为ax≤ex 在(0,+∞)上恒成 立,参变分离转化为a≤ ex x ,故只需求y= ex x 在(0,+∞)上的最小值。 求得a的取值范围是0<a≤e。(过程略) 方法归纳:通过以上例子可以看出,当不 等式的两边分别出现指数式、对数式的时候, 我们就要想到同构变形。对于比较复杂的指 数式、对数式,往往结合式子特点把不等式两 边变成相同的形式,其本质就是构造复合函 数,通过对外层函数单调性的研究,逐层剥 离,使原不等式层层简化,把问题转化成简单 不等式的恒成立问题。解决这一问题的难点 就是对指数、对数不等式的变形,看似无从下 手,其实只要同学们掌握变形的基本知识就 很容易了。 我们在学习指数、对数运算时,有两个恒 等式:当a>0且a≠1时,a logax=x,loga x= x,特别地,当e为底数时,有eln x=x,ln ex= x。这两个式子从左到右是对指数式或对数 式的化简,但是从右向左就是将字母x 表示 成了指数式或对数式。 于是,我们可以结合 指数运算法则,把x 与ex 的积商表示成一个 指数式形式,如xex=eln xex=eln x+x,e x x= ex eln x =ex-ln x,x ex = eln x ex =eln x-x。 结合对数的运算法则,把x 与ln x 的 和、差表示成一个对数式形式,如x+ln x= ln ex+ln x=ln (xex),x-ln x=ln ex-ln x =ln ex x ,这些变形为我们同构函数作好了铺 垫。 当然,上述变形式还可以拓展,如x2ex= e2ln xex=e2ln x+x,e x x2 = ex e2ln x=e x-2ln x,x 2 ex = e2ln x ex =e2ln x-x,x +2ln x =ln ex +ln x2 = ln (x2ex),x-2ln x=ln ex-ln x2=ln ex x2 。 了解指数式、对数式的同构变形后,我们 还需对常见的十大基本同构函数y=xex, y= x ex ,y= ex x ,y=xln x,y= x ln x ,y= ln x x , y=x2ex,y= ex x2 ,y=ex-x-1,y=x- ln x-1的单调性、极值、最值、函数图像进行 整体研究,为我们处理同构问题作好准备。 例 3 (2024年郑州市第一次质量预 测第16题)∀x∈(0,+∞),不等式ex+1≥ 2a2x+ 1 x ln (ax)恒成立,则正实数a的最 大值是 。 解析:由题意知a>0,原不等式两边同 乘x,右边的系数2写到对数真数的指数位 置,得x(ex+1)≥[(ax)2+1]ln (ax)2。 下面我们对照不等式的左边或右边把两 边变成相同形式。 思路一:对照右边的形式变形。将不等 式左边的x 变为ln ex,故原不等式等价于 (ex+1)ln ex≥[(ax)2+1]ln (ax)2 在(0, +∞)上恒成立。构造函数 f(x)=(x+ 1)·ln x,即f(ex)≥f((ax)2)在(0,+∞) 上恒成立。我们利用导数求得f(x)在(0, +∞)上单调递增,所以ex≥(ax)2, 即a≤ e x 2 x 对∀x∈(0,+∞)恒成立,只需求y= e x 2 x 在(0,+∞)上的最小值即可,解得a= e 2 。 思路二:对照左边的形式变形。 将(ax)2 写成以e为底的指数式形式,(ax)2=eln (ax)2, 故原不等式等价于 x(ex+1)≥[eln (ax)2+ 1]·ln (ax)2 在(0,+∞)上恒成立。因为x >0,所以当ln (ax)2<0时不等式恒成立。 当ln (ax)2>0时,构造函数g(x)=x(ex+ 1),即g(x)≥g(ln (ax)2)在(0,+∞)上恒 成立。利用导数求得g(x)在(0,+∞)上单 调递增,所以x≥ln (ax)2,即a≤ e x 2 x 对∀x∈ (0,+∞)恒成立,只需求y= e x 2 x 在(0,+∞) 上的最小值即可,解得a= e 2 。 方法归纳:指对跨阶的不等式同构问题, 常见的有一次因式或二次因式与ex,ln x 的 积、商、和、差形式,其基本思路是对照不等式 9 知识篇 新高考名师护航 高二数学 2024年7—8月 的左边形式或右边形式变形,当然也可以给 左右两边同时取对数,具体总结如下。 (1)积型:aea≥bln b。 ①(同 左 构 造)aea≥bln b⇔aea ≥ (ln b)eln b,构造函数f(x)=xex; ②(同右构造)aea≥bln b⇔ealn ea≥ bln b,构造函数f(x)=xln x; ③(两边同时取以e为底的对数)aea≥ bln b⇔a+ln a≥ln b+ln (ln b),构造函数 f(x)=x+ln x。 (2)商型: ea a≥ b ln b 。 ①(同左构造) ea a≥ b ln b⇔ ea a≥ eln b ln b ,构造 函数f(x)= ex x ; ②(同右构造) ea a≥ b ln b⇔ ea ln ea ≥ b ln b ,构 造函数f(x)= x ln x ; ③(两边同时取以e为底的对数) ea a ≥ b ln b⇔a-ln a≥ln b-ln (ln b),构造函数 f(x)=x-ln x。 (3)和差型:ea±a≥b±ln b。 ①(同左构造)⇔ea±a≥eln b±ln b,构造 函数f(x)=ex±x; ②(同右构造)ea±a≥b±ln b⇔ea± ln ea≥b±ln b,构造函数f(x)=x±ln x。 在高考的导数题中,很多问题除用通性 通法求解外,也可以用同构的思路。下面就 以三道高考题为例,让我们一起感受一下配 凑同构式的技巧。 例 4 【2020年新高考全国Ⅰ卷第21 题】已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a。 (1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形面积; (2)若f(x)≥1,求a的取值范围。 解析:(1)答案略。 (2)本问考查不等式的恒成立问题,由 f(x)≥1,得aex-1-ln x+ln a≥1。因为 aex-1=eln a+x-1,所以将ln a+x-1看成一个 整体,将原不等式的左边先变形成eln a+x-1+ ln a+x-1的形式,即eln a+x-1+ln a+x- 1≥ln x+x。右边对照左边的形式变形,原 不等式等价于eln a+x-1+ln a+x-1≥eln x+ ln x,所 以 构 造 函 数 g(x)=ex +x,即 g(ln a+x-1)≥g(ln x)恒成立。 因为函数g(x)在 R 上单调递增,所以 ln a+x-1≥ln x 恒成立,即ln a≥ln x- x+1恒成立。 令h(x)=ln x-x+1(x>0),利用导数 求得h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞) 上单调递减,所以h(x)max=h(1)=0。 因此,ln a≥0,即a≥1。 例 5 【2022年高考全国甲卷第21 题】已知函数f(x)= ex x-ln x+x-a。 (1)若f(x)≥0,求a的取值范围; (2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则 x1x2<1。 解析:(1)结合f(x)的解析式,可以同构 变形为f(x)=ex-ln x+x-ln x-a。 令t=h(x)=x-ln x(x>0),用导数可 以判断h(x)在(0,1)上单调递减,在(1, +∞)上单调递增,所以h(x)≥h(1)=1,故 g(t)=et+t-a≥0在[1,+∞)上恒成立。 又g(t)=et+t-a 在[1,+∞)上单调递增, 故只需g(1)=e+1-a≥0,解得a≤e+1。 (2)由(1)可知f(x)的两个零点即为函 数h(x)=x-ln x(x>0)与y=t(t>1)的 图像的两个交点的横坐标。 结合h(x)的图像,不妨设0<x1<1< x2,构造函数φ(x)=h(x)-h 1 x =x- 1 x-2ln x,x∈(0,1)。 因为φ'(x)= (x-1)2 x2 >0在(0,1)上恒 成立,所以φ(x)在(0,1)上单调递增,即 φ(x)<φ(1)=0恒成立。故当x∈(0,1)时, h(x)<h 1x ,即h(x1)<h 1x1 。 又h(x1)=h(x2),故h(x2)<h 1 x1 。 因为h(x)在(1,+∞)上单调递增,所以 01 知识篇 新高考名师护航 高二数学 2024年7—8月 x2< 1 x1 ,故x1x2<1。 例 6 【2014年高考新课标Ⅰ卷理科 第21题】设函数f(x)=aexln x+ bex-1 x ,曲 线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y=e(x-1)+2。 (1)求a,b的值。 (2)证明:f(x)>1。 解析:(1)a=1,b=2(过程略)。 (2)此题的基本证法是从结论入手,对要 证明的不等式先等价变形,要证f(x)>1成 立,即 证exln x+ 2ex-1 x >1 成 立,只 需 证 xln x+ 2 e> x ex 成立。然后分别研究函数 y=xln x+ 2 e 与y= x ex 的性质,结合图像不 难得出原不等式成立,其本质是利用这两个 函数的凹凸反转性证明。 下面介绍一下用同构方法证明的思路。 要 证exln x+ 2ex-1 x >1 成立,只需证xln x+ 2 e- x ex >0,即证xln x+ 1 e+e -xln e-x+ 1 e>0 。 构造函数g(x)=xln x+ 1 e ,利用导数 可以判 断 g(x)在 0, 1 e 上 单 调 递 减,在 1 e ,+∞ 上 单 调 递 增,所 以 g(x)min = g 1 e =0,即g(x)=xln x+1e≥0,当且仅 当x= 1 e 时取等号。 又g(e-x)=e-xln e-x+ 1 e≥0 ,当且仅 当x=1时取等号。 因此,不等式xln x+ 1 e+e -xln e-x+ 1 e>0 成立,原不等式成立。 (责任编辑 徐利杰) 􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕 (上接第7页) (2)记bn=(-1)n· 8n+6 Tn·Tn+1 ,求数列 {bn}的前2n项和S2n。 分析:此例中,可将bn 变形为(-1)n· 1 4n+1+ 1 4n+5 。它虽然实现了裂项,但在 通项公式bn=(-1)n· 1 4n+1+ 1 4n+5 中 并没有出现常见的有正有负的现象,不过代 入和 式 后,会 很 快 发 现 通 项 公 式 中 因 式 (-1)n 的出现,最终还是构造了前后可以正 负项抵消的形式。 解:(1)由题意得Tn=a1a2…an。 当n≥2时,Tn-1=a1a2…an-1。 Tn Tn-1 =an(n≥2)。 因为 1 an =1- 4 Tn ,所以Tn-1 Tn =1- 4 Tn (n≥ 2),整理得Tn-1=Tn-4(n≥2)。 当n=1时,T1=a1,即 1 T1 =1- 4 T1 ,解得 T1=5。故数列{Tn}是首项为5,公差为4的 等差数列。 (2)由(1)得Tn=5+(n-1)×4=4n+1。 bn=(-1)n · 8n+6 Tn·Tn+1 =(-1)n · 8n+6 (4n+1)(4n+5)= (-1)n· 14n+1+ 1 4n+5 。 S2n = - 1 5+ 1 9 + 19+113 - 1 13+ 1 17 + … - 18n-3+ 18n+1 + 1 8n+1+ 1 8n+5 =-15+ 18n+5=- 8n40n+25。 利用裂项相消法求和,让我们深刻感受 到其中灵活多变的变形技巧的魅力。裂项、 消项的过程渗透转化与化归、分解与组合等 数学思想与方法,有助于发展同学们在逻辑 推理、数学运算、数学抽象等方面的数学学科 素养。 (责任编辑 徐利杰) 11 知识篇 新高考名师护航 高二数学 2024年7—8月