同构函数在导数综合题中的应用-《中学生数理化》高考数学2026年5月刊

所肠数婴典愿赛辣方清中学生教理化 同构函数在导数综合题中的应用 ■北京师范大学贵阳附属中学 李鸿昌杨万里 在高中数学中，导数的综合应用历来是 考查逻辑推理、转化与化归等能力的重要载 十∞)上单调递增，所以g(x)n=g(2)= 4。 体。此类问题常涉及复杂函数、方程与不等 式，传统解法往往过程冗长，对同学们思维的 若a号则号-4≥0.当∈02》时， f'(x)<0:当x∈(2，+©∞)时，f'(x)>0。 灵活性与结构性要求较高。近年来，同构法 作为一种富有洞察力的解题策略，日益受到 所以f(x)只有一个极值点。 关注。其核心是通过代数变形，将所给关系 若a>,则存在x1∈(0,2)，c∈(2 式转化为两侧结构一致的表达式，从而构造 出具有明确单调性或极值性质的函数模型， +).使得号-a=0,放当：∈(0，，)U 实现问题的有效转化与简化。该方法不仅能 够整合零散条件，凸显数学结构的内在对称 +e∞)时，号-a>0:当x∈(r)时. 性，更能引导同学们从“形式统一”的视角审 e 视问题，提升数学建模与逻辑推理等素养。 -a<0。所以当x∈(0，x1)时，f'(x)< 本文结合最近的模拟试题，系统阐述同构函 0;当x∈(x1,2)时，f'(x)>0:当x∈(2，x2) 数在函数不等式证明、零点问题及含参范围 时，f'(x)<0;当x∈(x,+∞)时，f'(x)> 问题中的具体应用，旨在揭示其方法论价值， 0。所以f(x)有三个极值点。 为同学们的复习备考提供一些帮助。 综上可得，当a<时，函数f()只有 一、同构法在函数不等式证明中的应用 通过代数变形（如指对变换、分式重组 一个极值点：当a>会时，丽数了()有三个 等)将待证不等式转化为两侧结构相同的形 极值点。 式，构造新函数后利用其单调性、最值等性质 完成证明。 (2)f(x)= r-ax +2aln x=erih 例1(2025年河南新乡高三联考)已 a(x-2lnx)。 即函数fx)号ax+2alnx 令h(x)=x-21nx,则h'(x)=x-2 (1)判断函数f(x)的极值点个数； 所以当x∈(0,2)时，h'(x)<0,h(x)单调递 (2)当a≤e时，证明：f(x)≥0。 减；当x∈(2，十∞)时，h'(x)>0,h(x)单调 解析：1)因为f(x)=e 递增。所以h(x)≥h(2)=2一21n2。 一ax+2alnx, 令t=x一2lnx,则f(x)≥0等价于 所以fu)(货-a) eat≥0。 因为t=h(x)≥2-2ln2>0,所以e e 令g(x)=(x>0),则g(x） at≥0等价于a≤ t。 (x-2)e 令g)=号≥2-2n2.则g) 故当0<x<2时，g'(x)<0;当x>2 (t-1)e' 。所以当t∈[2-21n2,1)时，p'(t) 时，g'(x)>0。 t 所以g(x)在(0,2)上单调递减，在(2， <0,p(t)单调递减；当t∈(1，+∞)时，p(t) 41 中学生表理化餐皱学经鼻整方法 >0,p(t)单调递增。所以p(t)mim=9(1)= lng,即qlnp+lnq<plnq+lnp。 Co 点评：对原不等式同解变形，构造“形似” 因为a≤e,所以a≤p(t),故f(x)≥0。 函数，再根据相似特征构造辅助函数。 点评：本题第(2)问是利用同构法得到 二、同构法在函数零点问题中的应用 f(x)=em-a(x一21nx),再构造函数 针对含零点的问题，通过同构变形将原 h(x)=x一21nx,从而将问题转化为证明 方程转化为易于处理的对称形式，结合零点 ,再进行证明 代换、换元等手段构造函数，证明与零点相关 的不等式。 例2(2025年贵州贵阳模拟)已知函 例3(2025年四川内江六中校联考) 数f(x)=axIn x-x+1,a∈R。 (1)讨论函数f(x)的单调区间： 已知函数f(r)=e-aln工一a有两个零 (2)当p>g>1时，证明：glnp+lng< 点。 plnq+lnp。 (1)若a=1,求f(x)在x=1处的切线 解析：(1)函数f(x)=axIn r-x+1的 方程； 定义域为(0，+∞)，f'(x)=alnx+a-1。 (2)若f(x)的两个零点分别为x1,x2, 当a=0时，f(x)=1一x,此时函数 证明：e2一x1x2<0。 f(x)的单调递减区间为(0，十∞)，无单调递 增区间： 解析：(1)当a=1时，f(x)=c一nx 当a>0时，由f'(x)>0,得x>e ,由 -1,f'(x)=e2- 1-1nx f'(x)<0,得0<x< ,此时函数∫(x)的 因为f(1)=e一1，所以切点坐标为(1， 单调递减区间为(0，e“),单调递增区间为 e-1),切线的斜率为k=f'(1)=e一1。 ⊥-1 所以切线方程为y一(e一1)=(e一1)· (e,+o∞)； (x-1),即y=(e-1)x。 当a<0时，由f'(x)>0,得0<x< (2)由题意知f(x)=xe一aInx十x) e,由f'(x)<0,得x>e,此时函数 x =0有两个不等的正实根，所以方程xe一 f(x)的单调递增区间为(0，e),单调递减 a(lnx+x)=0有两个不等的正实根，即xe 区间为(e1, ,十∞)。 一aln(xe)=0有两个不等的正实根， （2》设函数g)=n行其中>1，则 aln(xe)=xe。① 要证x1x:> xlnx一x+1 e+云，只需证(x1e)· g'(x)= x(x-1)2° (x2e)>e,即证ln(x1e)+ln(x2e)>2。 当a=1时，f(x)=xlnx-x+1,所以 令t1=x1e,t2=x2e,故只需证lnt1十 f(x) g'(x)= lntz>2。 x(x-1)2 由①得alnt1=t1,alnt2=t2,所以 由(1)可知，函数f(x)=xlnx一x+1 a (In t:-In t)=t:-t,a (In t:+In t ) 在(1，十∞)上为增函数，故当x>1时，f(x) >f(1)=0,则g'(x)<0,所以函数g(x)在 t,十t,消去a得1nt+n,=:+去(n, t一t1 (1,十∞)上为减函数。 因为p>q>1,所以g(p)<g(q),即 +n + In t)= 2当吕所以9nB-n<ng -1 ，只需证 t2一1 42 解数学息恩突方清中学生表理化 >2。 →lnm+1n(x1)-1 设0<t,<t,令t=兰，则t>1,故只需 台e-hm≥lnm+ln(x-1)-1 0(t十1)1nt2,p正1nt十+12o。 台ehm-lnm≥ln(x-1)-1 t-1 台→e-mm+x-lnm≥ln(x-1)+x-1 4 构建h(t)=Int 十+1-2，则h'(t)= 台x-lnm+e-nm≥ln(.x-1)+ex-D 令g(x)=x十e,则g'(x)=1十e>0, 14 (t-1)2 tt+1)tt+1)≥0，所以h(t)在(1， 所以g(x)在R上单调递增。 十©∞)上单调递增，则h(t)>h(1)=0,即当 故x一lnm十e-"≥ln(x一1)十ex- 4 等价于g(x-lnm)≥g(ln(x-1)),即x- >1时，lnt+:+1-2>0成立。 lnm≥ln(x-1),所以lnm≤x-ln(x-1), 所以lnt1+lnt2>2,即(x1e)· x∈(1，十∞)。 令h(x)=x-1n(x一1)，x∈(1，+o∞)， (x2e)>e2,即x1x2> e+,所以e e2 则h'(x)=1-1=x-2 x1x2<0,证毕。 x-1x-1 点评：利用同构处理可得aln(xe)= 令h'(x)=0,得x=2。故当1<x<2 xe,结合零，点代换整理可得lnt,十lnt1= 时，h'(x)<0;当x>2时，h'(x)>0。 所以h(x)在(1,2)上单调递减，在(2， (停+号 一1 t1>2,换元可得1nt十十 4 +o∞)上单调递增，故h(x)mn=h(2)=2。 -2> 所以只需lnm≤2，即0<m≤e。 t 综上，实数m的取值范围是(0，e]。 0,构建函数利用导数证明即可。 点评：先利用指数对数同构及构造函数， 三、同构法在含参范围问题中的应用 再利用导数法研究函数的单调性，然后结合 将题设条件（如恒成立、单调性）转化为 函数单调性的应用及分离参数法解决不等式 同构方程或不等式，通过构造函数并研究其 恒成立问题，最后利用导数法研究函数的最 性质（单调性、极值）来求解参数的范围。 值即可求解。 例4(2025年江西南昌模拟)已知函 同构函数作为一种重要的数学工具，在 数f(x)=e-mln(mx-m)+m(m>0)。 处理导数背景下的不等式、零点与参数范围 (1)当m=1时，求曲线y=f(x)在点 等问题时，展现出显著的优越性。通过结构 P(2,f(2)处的切线方程： 化的代数变形，将复杂条件转化为同一函数 (2)若f(x)≥0恒成立，求实数m的取 的不同取值或不同函数的相同结构，不仅简 值范围。 化了推证路径，也深化了对函数性质与关系 解析：(1)当m=1时，f(x)=e一ln(x 的理解。本文通过若干典型例题的分析，展 -1D+1,所以f(x)=e-吉 1 示了同构法在实现问题转化、构造函数模型 及借助单调性解决问题等方面的具体应用。 因为f(2)=e2+1,f'(2)=e2-1,所以 该方法不仅有助于提高解题效率，更有利于 曲线y=f(x)在点P(2,f(2))处的切线方 培养同学们把握数学结构、进行形式化表达 程为y-(e+1)=(e2-1)(x-2),即y= 的思维能力。在复习备考中，进一步渗透同 (e2-1)x-e+3。 构思想，从结构视角审视问题，将有助于提升 (2)由题意知，函数f(x)的定义域为(1， 数学抽象与逻辑推理等核心素养，也为应对 十o∞)。 各类复杂数学情境提供有力支撑。 由f(x)≥0，得e≥mln(mx-m)一m (责任编辑王福华) 43