例談同構法在導數中的應用

摘要：同構法在近幾年的?？贾蓄l繁出現，把等式或不等式變形為兩個形式上一樣的函數，利用函數的單調性轉化為比較大小、解恒成立或者求最值等問題，同構法在使用時，考驗“眼力”，面對復雜的結構，仔細觀察靈活變形，使式子兩側的結構一致，從而構造函數.

關鍵詞：同構法;導數;雙變量型;指對跨階型

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2022）28-0002-03

收稿日期：2022-07-05

作者簡介：白亞軍（1978-），男，甘肅省永昌人，中學一級教師，從事高中數學教學研究.

用導數比較大小、解不等式，其關鍵在于利用題目條件構造輔助函數，把比較大小、解不等式問題轉化為先利用導數研究函數的單調性，進而根據單調性比較大小或解不等式.

1 雙變量型

含有同等地位的兩個變量x1，x2的等式或不等式，同構后使等式或不等式兩側具有一致的結構，便于構造函數解決問題.常見的同構類型有：

（1） g（x1）-g（x2）>λf（x2）-f（x1）g（x1）+λf（x1）>g（x2）+λf（x1），從而構造函數h（x）=g（x）+λf（x）；

（2）f（x1）-f（x2）x1-x2>k（x1

（3）f（x1）-f（x2）x1-x2f（x2）+kx2，從而構造函數h（x）=f（x）+kx.

例1已知函數f（x）=lnax-2x-1+1ex-1（a>0）.

（1）求函數f（x）的定義域；

（2）對x1，x2∈0，12，當x2>x1時，都有f（x2）-f（x1）<1ex2-1-1ex1-1成立，求實數a的取值范圍．

分析第（2）問中的雙變量不等式，若變量能分離且結構相同，則問題可轉化為函數單調性問題.解析（1）由題意，得ax-2x-1>0，ex-1≠0，

即ax-2ax-1>0，x≠0.

①當01，函數f（x）的定義域為-SymboleB@，0∪0，1∪2a，+SymboleB@；

②當a=2時，2a=1，函數f（x）的定義域為（-∞，0）∪（0，1）∪（1，+∞）；

③當a>2時，2a<1，函數f（x）的定義域為-SymboleB@，0∪0，2a∪1，+SymboleB@.

（2）設h（x）=f（x）-1ex-1=lnax-2x-1，則h（x2）

所以h（x）在區(qū)間0，12上單調遞減.

設u（x）=ax-2x-1=a+a-2x-1，

即函數u（x）在0，12上單調遞減，且u（12）>0.

所以a-2>0，12a-212-1>0，a>0.解得2

所以實數a的取值范圍為2，4

評注例1中出現的雙變量問題是同構法中較為典型的情況，思路明確，針對上述類型的不等式，分離變量，構造函數，利用函數單調性，解不等式.

2 指對跨階型

解決指對混合不等式時，常規(guī)的方法計算復雜，則將不等式變形為fg（x）>fh（x）的結構，f（x）即為外層函數，其單調性易于研究.常見變形方式：xex=ex+lnx；exx=ex-lnx；xex=elnx-x；x+lnx=ln（xex）；

x-lnx=lnexx.

2.1 直接變形

（1）積型：aea≤blnbaea≤lnb·elnb，從而構造函數f（x）=xex；aea≤blnbealnea≤blnb，從而構造函數f（x）=xlnx;

aea≤blnbln（aea）≤ln（blnb）a+lna≤lnb+ln（lnb），從而構造函數f（x）=x+lnx.

（2）商型：eaa

eaa

eaa

（3）和差型： ea±a>b±lnbea±a>elnb±lnb，從而構造函數f（x）=ex±x；

ea±a>b±lnbea±lnea>b±lnb，從而構造函數f（x）=x±lnx.

2.2 先湊再變形

若式子無法直接進行變形同構，往往需要湊常數、湊參數或湊變量，如兩邊同乘以x，同加上x等，再用上述方式變形.常見的變形有：

（1）aeax>lnxaxeax>xlnx；

（2）ex>aln（ax-a）-aexa>lna（x-1）-1ex-lna-lna>ln（x-1）-1

ex-lna+x-lna>ln（x-1）+x-1=eln（x-1）+ln（x-1）；

（3）ax>logaxexlna>lnxlna（xlna）exlna>xlnx.

例2若關于x的不等式ex-a≥lnx+a對一切正實數x恒成立，則實數a的取值范圍是（ ）.

A. -SymboleB@，1eB. -SymboleB@，e

C. -SymboleB@，1D. -SymboleB@，2

分析不等式兩側都加上x，即能出現同構法中的“和差型”.由不等式的結構判斷，通過將不等式變形為ex-a+x-a≥lnx+x，符合同構法中的指對同階模型.

解析 將條件不等式兩側都加上x得到

ex-a+x-a≥lnx+x.

設f（t）=et+t，則f ′（t）=et+1>0.

所以f（t）在R上單調遞增.

由ex-a+x-a≥lnx+elnx，得

f（x-a）≥f（lnx）.

即x-a≥lnx.

即a≤x-lnx對一切正實數x恒成立.

設g（x）=x-lnx，則

g′（x）=1-1x=x-1x.

令g′（x）>0，則x>1;

令g′（x）<0，則0

所以g（x）在1，+ 上單調遞增，在0，1上單調遞減.

故g（x）min=g（1）=1，故a≤1.故選C.

評注不等式或函數中指對數結構都存在時，仔細觀察結構特征，可優(yōu)先考慮放縮或同構，化繁為簡，降低單調性判斷的難度.故要對常見不等關系的結論及上述的常見變形方法牢記于心，能夠熟練變形，構造相應函數.

3 同構放縮或同構換元共存型

有些更復雜的指對不等式，利用常見的變形方法先進行同構變形再換元，使構造的函數較為簡單，或者不等式本身的結構不特殊，可以先結合常用不等結論放縮.常見的放縮模型：

（1）利用ex≥x+1放縮：xex=ex+lnx≥x+lnx+1；exx=ex-lnx≥x-lnx+1；xnex=ex+nlnx≥x+nlnx+1.

（2）利用ex≥ex放縮：xex=ex+lnx≥e（x+lnx）；xex=elnx-x≥e（lnx-x）

；xnex=ex+nlnx≥e（x+nlnx）.

（3）利用lnx≤x-1放縮：x+lnx=ln（xex）≤xex-1；x+nlnx≤xnex-1.

（4）利用lnx≤xe放縮：x+lnx=ln（xex）≤xex-1；x+nlnx=ln（xnex）≤xnex-1.

例3已知函數f（x）=xeax-1（a∈R）.

（1）討論函數f（x）的單調性；

（2）若函數f（x）的圖象經過點1，1，求證：x>0時，1xex+lnf（x）≥0.

分析待證明的不等式中有xex，lnx+x，容易聯系到指對同階的常見變形，將不等式同構.

解析（1）由題意知，函數f（x）的定義域為R.

當a=0時，f（x）=xe，函數f（x）在-，+上單調遞增．

當a≠0時，f ′（x）=eax-1+axeax-1=eax-1a（x+1a），

令f ′（x）=0，即x=-1a.

①當a<0時， x<-1a時f ′（x）>0;

x>-1a時f ′（x）<0.

所以f（x）在區(qū)間-，-1a上單調遞增，在區(qū)間-1a，+上單調遞減．

②當a>0時，x>-1a時f ′（x）>0;

x<-1a時f ′（x）<0.

所以f（x）在區(qū)間-，-1a上單調遞減，在區(qū)間-1a，+上單調遞增．

（2）若函數f（x）的圖象經過點1，1，則f（1）=ea-1=1，得a=1.

則1xex+lnf（x）=1xex+lnx+x-1=1xex+ln（xex）-1.

設t=xex，則當x>0時，t∈0，+.

設g（t）=1t+lnt-1，則

g′（t）=-1t2+1t=t-1t2.

令g′（t）=0，則t=1.

所以g（t）在區(qū)間0，1上單調遞減，在區(qū)間1，+上單調遞增.

所以g（t）≥g（t）min=g（1）=0.

所以當x>0時，1xex+lnf（x）≥0恒成立．

評注第（2）問進行指對變形，換元簡化函數，同構法讓復雜的函數式在指對結構上呈現“一致性”，再換元，大大降低了函數研究的難度，但這類問題，方法不唯一，也可利用其他方法，比如不等式證明問題，直接構造函數求最值，或者變形為f（x）>g（x）的結構，比較最值.

參考文獻：

［1］巨小鵬.幾道高考題背后的破解秘密——同構[J].數理化解題研究，2022（01）：55-58.