何群 李青林

【摘要】在解決不等式恒成立或者能成立問題中，往往有些題目經(jīng)過某種變形之后可以將不等式兩邊構(gòu)造成相同結(jié)構(gòu)的代數(shù)式，進而可以根據(jù)兩邊相同結(jié)構(gòu)式構(gòu)造相應函數(shù)模型，如f（x）≤0H（g（x））≤H（h（x）），則將不等式問題轉(zhuǎn)變?yōu)橥粋€函數(shù)的兩個函數(shù)值的比較大小問題，即為同構(gòu)思想.解題時如果能夠利用這種同構(gòu)的特點，構(gòu)造相應的函數(shù)模型，進而利用其性質(zhì)解題，可以大大減小計算量.下面以一道高考導數(shù)題為例進行分析，進而以微專題的教學方式針對性解決指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)混合的不等式恒成立或者能成立問題，這類問題往往以壓軸題的形式出現(xiàn)，由于題目變形較多，尋找函數(shù)模型增加困難，所以需要有敏銳的觀察能力才能快速找到函數(shù)的原型，這也要求學生需對母函數(shù)熟悉，才能達到目的.

【關鍵詞】不等式問題；解題方法；同構(gòu)思想；能力提升

導數(shù)中的同構(gòu)思想在解題中是常見的，同構(gòu)化解題意識與技巧也是一種常見的解題思路，所以在解題過程中善于分析觀察其式子結(jié)構(gòu)的共性問題，尤其是解決較難的問題時，如果能夠根據(jù)具體問題恰當?shù)剡\用構(gòu)造法，那么就會化難為易、化繁為簡，使問題迎刃而解.

1高考題呈現(xiàn)

已知函數(shù)f（x）=aex-1-lnx+lna.

（1）當a=e時，求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；

（2）若f（x）≥1，求a的取值范圍.（2020年山東卷）

解（1）略.

（2）解法1隱零點法

因為f′（x）=aex-1-1x（a>0，x>0），

f″（x）=aex-1+1x2≥0，

所以f′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，

又當x→0時，f′（x）→-∞；

當x→+∞時，f′（x）→+∞，

所以x0∈（0，+∞），

使得f′（x0）=0，

即aex0-1=1x0，

有l(wèi)na+x0-1=-lnx0，

所以f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+∞）上單調(diào)遞增，

f（x）min=f（x0）

=aex0-1-lnx0+lna

=1x0-lnx0+lna

=2lna+1x0+x0-1.

因為f（x）≥1，

即f（x0）≥1，

所以2lna+1x0+x0-1≥1，

即2lna≥2-1x0+x0，

當且僅當x0=1時，a=1，滿足題意，

所以a≥1.

分析隱零點法主要是在導數(shù)零點不可求的情況下生成的，這類問題特征明顯，含參函數(shù)試題中經(jīng)常碰見，處理這類問題，往往利用設而不求，整體代換的方法，當然還有很多處理技巧也很值得我們深入研究.

解法2半分離法

f′（x）=aex-1-1x，

易知f′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，

因為y=aex-1與y=1x在（0，+∞）上有交點，

所以x0∈（0，+∞），

使得f′（x0）=0，

易知f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+∞）上單調(diào)遞增，

即f（x）≥f（x0）

=1x0-lnx0+1-x0-lnx0

=1x0-x0-2lnx0+1

≥1.

令g（x）=1x-x-2lnx，

易知g（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減，g（1）=0，

所以x0∈（0，1］，

lna=1-x0-lnx0，x0∈（0，1］，

故a≥1.

分析含參不等式恒成立或者能成立問題中，半分離、數(shù)形結(jié)合也是一種很好的方法，在部分題目中尤其是小題壓軸題，這種方法更加方便，可以很好的避開分類討論.

解法3切線放縮法

aex-1+lna-lnx≥1（x>0，a>0），

所以aex-1≥lnx+1-lna，

因為ex-1≥x，當且僅當x=1時等號成立，

所以aex-1≥ax，lnx+1≤x，

當且僅當x=1時等號成立，

只需證ax≥x-lna，

即a（x-1）≥-lna.

當0<a<1時，a（x-1）<0<-lna（舍去）；

當a≥1時，顯然成立，

所以a≥1.

分析縱觀歷年全國高考數(shù)學卷，在導數(shù)綜合問題中經(jīng)?？疾榍芯€放縮法，這類問題常常將指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)混合考查，如果利用切線放縮法達到“以曲代直”的功效，可以使題目難度大大減低，但是哪些題目利用放縮、利用哪個函數(shù)放縮、如何放縮有效？這就需要對題目能夠分析到位，明確放縮的目的和方向，才能正確利用好此方法，因此在復習教學中，教師有必要引導學生作此方面工作.

解法4必要性探路——直接法

f（x）≥1，

即aex-1-lnx+lna≥1.

當x=1時，f（1）=a+lna≥1，

即a≥1.

下面證明a≥1時，f（x）≥1成立，

f（x）≥ex-1-lnx≥x-lnx≥1，

所以a≥1.

解法5必要性探路——間接法

f′（x）=aex-1-1x在（0，+∞）上單調(diào)遞增.

若0<a<1，f′（1）=a-1<0，f′1a>0，

則x0∈1，1a，使得f′（x0）=0，

所以f（x）在（1，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+∞）上單調(diào)遞增，

故f（x0）<f（1）<a+lna<a<1（舍去）.

若a≥1，則

f（x）≥ex-1-lnx≥x-lnx≥1，

所以a≥1.

分析在導數(shù)恒成立的問題中，有些題目可以根據(jù)取定義域內(nèi)的某個特殊值（一般情況下是第一問所利用到的特殊值）先得到一個結(jié)果，此結(jié)果是一個必要性條件，這樣求出的結(jié)果不一定是所求的參數(shù)范圍，但是以此為前提縮小參數(shù)的取值范圍，很大程度上可以減少工作量，教師在教學中也應對此類問題進行歸納總結(jié)，使得學生有一個系統(tǒng)性的認知.

解法6同構(gòu)法

aex-1-lnx+lna≥1，

即ex-1+lna≥lnx-lna+1，

ex-1+lna+x-1+lna≥lnx-lna+1+x-1+lna，

即ex-1+lna+x-1+lna≥lnx+x=lnx+elnx，

構(gòu)造函數(shù)g（x）=ex+x，

即g（x-1+lna）≥g（lnx），

由g（x）在R上單調(diào)遞增可知

x-1+lna≥lnx，

即lna≥lnx-x+1，

故a≥1.

分析在解決不等式恒成立或者能成立問題中，有些題目可通過變形將不等式兩邊構(gòu)造成相同結(jié)構(gòu)的代數(shù)式，進而可以根據(jù)兩邊相同結(jié)構(gòu)式構(gòu)造相應函數(shù)模型，如f（x）≤0H（g（x））≤H（h（x）），則將不等式問題轉(zhuǎn)變?yōu)橥粋€函數(shù)的兩個函數(shù)值的比較大小問題，即為同構(gòu)思想.解題時如果能夠利用這種同構(gòu)的特點，構(gòu)造相應的函數(shù)模型，進而利用其性質(zhì)解題，可以大大減小計算量.

此題解法很多，可以借助導數(shù)研究，找出f（x）min≥1，利用零點的條件，求出參數(shù)范圍；也可以對不等式作變形處理，利用半分離的思想，數(shù)形結(jié)合法；當然也可以進行必要性探路，先找出參數(shù)取值范圍，再加以證明；還可以利用切線放縮法；也可以借助我們的同構(gòu)法解決.幾種方法對比很容易發(fā)現(xiàn)同構(gòu)法簡單，思路清晰，解題過程簡單，如果能夠?qū)⒋朔椒ㄕ莆?，那么在解決這類問題時，可以很巧妙的化難為易、化繁為簡，所以在導數(shù)壓軸題中加以利用，可以有效降低難度.

下面以同構(gòu)法處理指對混合函數(shù)微專題教學方式展開分析.

2同構(gòu)技巧

（1）常見變形

我們以最常見的ex，x，lnx這三個函數(shù)的組合為例進行分析：

xex=ex+lnx，exx=ex-lnx，xex=elnx-x，

xlnx=lnxelnx，lnxx=lnxe-lnx，xlnx=elnxlnx.

（2）常見同構(gòu)模型

①乘積類型

x1ex1≤x2lnx2，

即x1ex1≤elnx2lnx2，構(gòu)造h（x）=xex；

ex1ln（ex1）≤x2lnx2，構(gòu)造h（x）=xlnx；lnx1+x1≤lnx2+ln（lnx2），構(gòu)造h（x）=lnx+x.

②商式類型

ex1x1≤x2lnx2，

即ex1x1≤elnx2lnx2，構(gòu)造h（x）=exx；

ex1ln（ex1）≤x2lnx2，構(gòu)造h（x）=xlnx；x1-lnx1≤lnx2-ln（lnx2），構(gòu)造h（x）=x-lnx.

除以上常見同構(gòu)模型以外，通常是構(gòu)造xex，xex，exx，xlnx，xlnx，lnxx這六個母函數(shù)，當然ex±x，lnx±x也比較常見.

如果在做題目過程中能夠?qū)δ繕瞬坏仁阶鲞m當變形得到這六個母函數(shù)類型，再借助六個母函數(shù)的單調(diào)性或最值，求解不等式就會簡單很多，但什么時候選擇同構(gòu)法、怎么用、怎么能夠看出來、如何選擇母函數(shù)進行構(gòu)造，成為解題關鍵，下面通過典型例題分析，總結(jié)出指對同構(gòu)的一些思想和用法以及注意事項.

這里面主要包含兩類：一類是指對數(shù)完全符合構(gòu)造的外層函數(shù)（母函數(shù)），一類是在此基礎上含有多余的參變量，利用指對數(shù)切線放縮.

3舉例分析

3.1函數(shù)f（x）=xex的應用

例1設λ>0，若對x∈（0，+∞），eλx-lnxλ≥0恒成立，求λ的取值范圍.

解因為eλx≥lnxλ（λ>0，x>0），

所以λeλx≥lnx，

即λxeλx≥xlnx=lnxelnx.

令f（x）=xex，

即上述不等式等價于f（λx）≥f（lnx），

由上述函數(shù)圖象易知

當x∈（0，1］時，不等式顯然成立；

當x∈（1，+∞）時，f（x）單調(diào)遞增，

所以λx≥lnx，即λ≥lnxx，

又lnxx的最大值為1e，

所以λ≥1e.

分析此題如果利用函數(shù)最小值大于等于0來解決，就會面臨隱零點問題，計算過程復雜很多，但是構(gòu)造母函數(shù)f（x）=xex，計算量明顯降低，輕松化解多個地方含參、參數(shù)不易分離，既含指數(shù)又含對數(shù)類型的壓軸題，總結(jié)起來只需：指對分離，參數(shù)集中；緊扣內(nèi)層，無中生有；配湊同構(gòu)，尋母定調(diào)；子己初成，棄重前行；奇思妙解，步步為營.

例2x∈（0，+∞），2ae2x-lnx+lna≥0恒成立，則a的最小值是（）

（A）2e.（B）12e.（C）2e.（D）12e.

解2ae2x≥lnx-lna=lnxa，

因為a>0，x>0，

所以2xe2x≥xalnxa=lnxa·elnxa，

即構(gòu)造函數(shù)f（x）=xex，

上述不等式等價于f（2x）≥f（lnxa）.

當lnxa≤0時，不等式顯然成立；

當lnxa>0時，

由f（x）=xex在（0，+∞）上單調(diào)遞增，可知

2x≥lnxa.

令xa=t（t>1），即x=at，

不等式等價于2at≥lnt，

即2a≥lntt，

由函數(shù)f（x）=lnxx，易知

lntt的最大值為1e，

所以2a≥1e，

即a≥12e，

故選（D）.

3.2函數(shù)f（x）=x+ex的應用

例3已知函數(shù)f（x）=aex+lnax+2-2（a>0），若f（x）>0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.

解法1aex>lne2（x+2）a，

因為a>0，x+2>0，

所以ex>1alne2（x+2）a，

等價于e2（x+2）ex>e2（x+2）alne2（x+2）a，

即（x+2）ex+2>e2（x+2）alne2（x+2）a

=lne2（x+2）aelne2（x+2）a，

構(gòu)造函數(shù)g（x）=xex，

即g（x+2）>g（lne2（x+2）a），

由函數(shù)單調(diào)性易知x+2>lne2（x+2）a，

即x+2>ln（x+2）+2-lna，

lna>ln（x+2）-x，

易知ln（x+2）-x≤x+2-1-x=1，

即a>e.

解法2因為a>0，x>-2，

所以aex+lna-ln（x+2）-2>0，

elna+x>ln（x+2）+2-lna，

即elna+x+x+lna

>ln（x+2）+2-lna+x+lna

=ln（x+2）+（x+2），

所以elna+x+x+lna>ln（x+2）+eln（x+2），

即構(gòu)造g（x）=ex+x，

易知g（x）在R上單調(diào)遞增，

所以g（x+lna）>g（ln（x+2）），

即x+lna>ln（x+2），

lna>ln（x+2）-x，

解得a>e.

分析此題同時含有指數(shù)對數(shù)形式的不等式恒成立問題，可以借助同構(gòu)思想將不等式左右兩端化為結(jié)構(gòu)一致的式子，再構(gòu)造函數(shù)，通過此題的兩種解法可知，解法1中在構(gòu)造母函數(shù)時，先以構(gòu)造f（x）=xlnx為母函數(shù)，再以f（x）=xex為母函數(shù)解題，解法2中以f（x）=x+ex為母函數(shù)，但是兩個母函數(shù)的選擇也會直接影響計算量，所以在做題目時要恰當選擇.

3.3函數(shù)f（x）=xlnx的應用

例4已知x0是方程2x2e2x+lnx=0的實根，則關于x0的判斷正確的是（）

（A）x0≥ln2.（B）x0≤1e.

（C）2x0+lnx0=0.（D）2ex0+lnx0=0.

解因為2x2e2x=-lnx，x>0，

所以2xe2x=-1xlnx=1xln1x=ln1xeln1x，

構(gòu)造函數(shù)h（x）=xex，h（2x）=h（ln1x），則

當ln1x≤0時，不成立，

所以ln1x>0，

即2x=ln1x，x0為方程的實根，

所以2x0=ln1x0，

即2x0+lnx0=0，

故選（C）.

分析此題在構(gòu)造母函數(shù)時，先以構(gòu)造f（x）=xlnx為母函數(shù)，再以f（x）=xex為母函數(shù)解題，兩個函數(shù)模型均用上，滿足六個函數(shù)之間的轉(zhuǎn)化關系.

3.4利用同構(gòu)變形求函數(shù)最值

例5求函數(shù)f（x）=2ex-x的最小值.

解f（x）=ex+ln2-x

≥x+ln2+1-x

=ln2+1.

例6已知關于x的不等式exx3-x-alnx≥1對于x∈（1，+∞）恒成立，則a的取值范圍是（）

（A）（-∞，1-e］.（B）（-∞，-3］.

（C）（-∞，-2］.（D）（-∞，2-e2］.

解原不等式等價于

exelnx3≥x+alnx+1，

即ex-3lnx≥x+alnx+1，

易知ex-3lnx≥x-3lnx+1≥x+alnx+1，

即a≤-3，

故選（B）.

雖然很多題目都有很多種解法，尤其是導數(shù)題，千變?nèi)f化，一題多解，但是在多個地方含參，參變不易分離，既含指數(shù)又含對數(shù)的方程或者不等式的恒成立或能成立的問題中，壓軸變易，同構(gòu)助力，不僅可以秒殺壓軸題小題，也可以達到簡化導數(shù)大題的作用.但始終要注意母函數(shù)的定義域、單調(diào)性、最值問題，在處理過程中，主要過程是指對分離，配湊母函數(shù)，借助母函數(shù)單調(diào)性簡化不等式，求解參數(shù)取值范圍.同構(gòu)思想不僅可以用在這些地方，在求函數(shù)最值、不等式、零點、證明不等式等多個方面涉及，主要包括作差同構(gòu)、化簡整理之后同構(gòu)、同構(gòu)比大小、指對同構(gòu)等多方面，還值得我們深入研究.