例談不等式中的同構變形策略

山東省寧陽縣復圣中學(271400) 張志剛

中學階段, 同構式指變量不同而結構或形式相同的兩個表達式.在諸多不等式(尤其是含雙變量的不等式)問題中,經過整理變形使不等式呈現同構形式,然后構造函數,將隱含的不等關系凸顯出來, 并結合函數的單調性解決問題,這種解題方法通常稱為同構法.例如, 若F(x) ≤0 能等價變形為f[g(x)] ≤f[h(x)],借助f(x)的單調性,等價轉化為g(x) ≤h(x)或g(x) ≥h(x).同構法的難點在于同構變形,下面以近年高考真題和模擬試題為例,闡述幾種常見的同構變形策略.

1 策略一: 通過移項、添項、拆項等變形

結合已知條件, 對不等式進行移項、添項、拆項等變形,使得不等式兩側呈現相同結構,然后構造函數,利用函數的單調性實現問題的轉化、解決.

例1(2020年高考全國II 卷理科第11 題)若2x ?2y ＜3?x ?3?y,則( )

A.ln(y ?x+1)＞0 B.ln(y ?x+1)＜0

C.ln|x ?y|＞0 D.ln|x ?y|＜0

解由2x ?2y ＜3?x ?3?y移項變形得2x ?3?x ＜2y ?3?y.設f(x)=2x ?3?x,則f(x)＜f(y).易知f(x)是R 上的增函數,則x ＜y,從而y?x+1＞1,ln(y?x+1)＞0,故選A 項.

例2(2014年高考湖南卷文科第9 題) 若0＜x1＜x2＜1,則( )

A.ex2?ex1＞lnx2?lnx1B.ex2?ex1＜lnx2?lnx1

C.x2ex1＞x1ex2D.x2ex1＜x1ex2

解A 選項可變形為ex2?lnx2＞ex1?lnx1.為此,考查函數f(x)=ex ?lnx,f′(x)=ex ?,f′′(x)=ex+＞0,所以f′(x)在(0,+∞)上單調遞增.又?e＜0且f′(1)=e?1＞0,所以存在x0∈,1),使得f′(x0)=0,并且f(x) 在(0,x0) 上單調遞減, 在(x0,1) 上單調遞增,故當0＜ x1＜ x2＜1 時,f(x1) = ex1?lnx1與f(x2) = ex2?lnx2的大小關系不能確定, 即無法判定選項A、B 是否成立.同理,C 選項可變形為為此,考查函數g(x)=,顯然g(x)在(0,1)上單調遞減, 故當0＜x1＜x2＜1 時,f(x1)＞f(x2), 即,故選項C 正確.

點評上述兩例均為雙變量不等式證明問題,解決策略是“分而治之”,即通過移項、簡單的運算將地位同等的兩變量x1,x2分離至不等式的兩側,化為相同的結構,然后構造函數,借助函數的單調性解決問題.

2 策略二: 通過放縮變形

對一些指對混合不等式問題,往往要借助已知條件或切線不等式(如lnx≤x ?1(x ＞0),x+1 ≤ex)等工具合理放縮,創造同構形式,為構造函數奠定基礎.

例3(2020年高考全國I 卷理科第12 題)若2a+log2a=4b+2log4b,則( )

A.a ＞2bB.a ＜2bC.a ＞b2D.a ＜b2

解由于4b+2log4b= 22b+log2b ＜22b+log2(2b),所以2a+log2a ＜22b+log2(2b).設f(x)=2x+log2x,則f(a)＜f(2b).又f(x)在(0,+∞)上單調遞增,則a ＜2b,故選B 項.

例4(2012年高考浙江卷文科第10 題)設a ＞0,b ＞0,e 是自然對數的底數,則( )

A.若ea+2a=eb+3b,則a ＞b

B.若ea+2a=eb+3b,則a ＜b

C.若ea ?2a=eb ?3b,則a ＞b

D.若ea ?2a=eb ?3b,則a ＜b

解對于A、B 選項, 由于a ＞0,b ＞0, ea+ 2a=eb+ 3b ＞eb+ 2b, 設函數f(x) = ex+ 2x(x ＞0), 則f(a)＞f(b), 又f′(x) = ex+ 2＞0,f(x) 在(0,+∞) 上單調遞增, 所以a ＞b, 故A 項正確, B 項錯誤.對于C、D選項, 由于b ＞0, ea ?2a= eb ?3b ＜eb ?2b, 設函數g(x) = ex ?2x(x ＞0),則g(a)＜g(b),又g′(x) = ex ?2,g(x)在(0,ln 2)上單調遞減,在(ln 2,+∞)上單調遞增,所以無法確定a,b的大小關系.

點評本題借助已知條件a ＞0,b ＞0 合理放縮得:ea+2a ＞eb+2b和ea ?2a ＜eb ?2b,此時不等式兩側結構相同,就可以引入函數f(x)=ex+2x和g(x)=ex ?2x,考查它們在(0,+∞)上的單調性即可.

3 策略三: 通過取對數運算變形

對于指數型不等式,特別是兩個變量輪換出現時,可考慮對不等式實施取對數運算,將指數式轉化為對數式,減少了運算量,降低了思維難度,然后將兩個變量分離,往往會出現同構形式.

例5已經n ＞m ＞0,求證: (1+m)n ＞(1+n)m.

解因為n ＞m ＞0,(1+m)n ＞0,(1+n)m ＞0,所以只需證明ln(1+m)n ＞ln(1+n)m,即證nln(1+m)＞mln(1+n),亦即證明設f(x) =又f′(x) =易證明＜ln(x+1), 所 以f′(x)＜0, 從而f(x) 在(0,+∞) 上遞減, 又n ＞m ＞0, 所以f(n)＜f(m), 即命題成立.

點評本題運用作差法等常規方法難度較大.由于本題是指數形式的不等式, 可考慮同時取自然對數, 然后分離m,n得構造函數(x ＞0),利用f(x)的單調性解決即可.

4 策略四: 通過恒等式b=alogab 代換變形

由對數的概念易得b=alogab(a ＞0,a ?=1,b ＞0),特殊的a= elna,借助該式代換可將冪函數式等價變形為指數式,有利于同構式的創設.

例6(2018年高考全國I 卷文科第21 題) 已知函數f(x)=aex ?lnx ?1.

(1)設x= 2 是f(x)的極值點,求a,并求f(x)的單調區間; (2)證明: 當a≥時,f(x)≥0.

解(1)略.(2)當a≥時,f(x) ≥?lnx ?1.只需證?lnx ?1 ≥0, 即證ex≥e(lnx+1), 亦即證ex≥e ln(ex).不等式兩側同時乘以x(x ＞0) 得xex≥exln(ex),即證xex≥ln(ex)eln(ex).設g(x) =xex(x ＞0),則g(x) ≥g(ln(ex)).又g′(x) = ex(x+ 1)＞0,g(x) 在(0,+∞)上單調遞增,所以x≥ln(ex),即證x≥lnx+1,上式顯然成立,命題得證.

點評借助已知條件實施放縮, 將所證不等式變形為ex≥e ln(ex),再在不等式兩邊同時乘以x,此舉看似“無中生有”、“毫無章法”,實則是基于不等式結構和諧性的考量.通過ex=eln(ex)的代換,轉化為證明xex≥ln(ex)eln(ex),此時同構模型呼之欲出,引入函數g(x)=xex便順理成章了.

例7(2020年新高考全國I 卷第21 題) 已知函數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.

解(1)略.(2)f(x)的定義域是(0,+∞),若f(x)≥1,即aex?1?lnx+ lna≥1, 亦即elnaex?1?lnx+ lna≥1, 從而elna+x?1+ lna+x ?1 ≥x+ lnx, 即不等式elna+x?1+ lna+x ?1 ≥ elnx+ lnx在(0,+∞) 上恒成立.設g(x) = ex+x, 則g(lna+x ?1) ≥g(lnx).又g′(x) = ex+ 1＞0,g(x) 在R上單調遞增,所以lna+x ?1 ≥lnx,從而lna≥lnx ?x+1 在(0,+∞)上恒成立.設h(x) = lnx ?x+1,h′(x) =當0＜x ＜1時,h′(x)＞0;當x ＞1 時,h′(x)＜0,故當x=1 時,h(x)有最大值0.所以lna≥0,得a≥1.

點評本題的關鍵是從不等式aex?1?lnx+lna≥1的結構入手,運用a= elna和x= elnx代換,變形為同構式elna+x?1+lna+x ?1 ≥elnx+lnx,然后水到渠成地構造函數g(x)=ex+x,進行后續解答即可.

5 策略五: 應用恒等式b=loga ab 代換變形

類比恒等式b=alogab, 我們有b= loga ab(a ＞0,a ?=1),特別的b= ln eb.利用該恒等式對不等式改造重組,可將冪函數式變形為對數式,同樣有助于同構式的發掘.

例8已知不等式ex ?aln(ax ?a)+a ＞0(a ＞0)恒成立,求a的取值范圍.

解由ax ?a ＞0 及a ＞0 得x ＞1, 由題意得ex+a ＞ aln(ax ?a), 不等式的兩邊同時乘以得+1＞lna+ln(x?1),即有?lna ＞ln(x?1)?1.在不等式的兩邊同時加上x有?lna+x ＞ln(x?1)+(x?1),即?lna+ln ex ＞ln(x ?1)+(x ?1),從而ln(x ?1)+(x ?1).設f(x)=lnx+x,則＞f(x ?1),又f′(x) =+ 1＞0, 所以f(x) 在(0,∞) 上單調遞增, 從而＞ x ?1, 進而得恒成立.設g(x) =當x ∈(0,2) 時,g(x) 單調遞增; 當x ∈(2,+∞) 時,g(x) 單調遞減, 故g(x)max=g(2)=從而所以0＜a ＜e2.

點評本例解答過程中,首先通過參變分離得?lna ＞ln(x ?1)?1,鑒于不等式右側對數式不易改造,此時不等式兩側均加上x得?lna+x ＞ln(x ?1)+(x ?1),此時右側代數式更和諧,規律性更強.接下來解決不等式左側的結構變形問題,利用恒等式x=ln ex及對數的運算律將不等式變形為＞ln(x ?1)+(x ?1),此時,題設條件蘊含的規律已昭然若揭,躍然紙上.

例9已知函數f(x)=lnx ?x+1,g(x)=axex ?4x,其中a ＞0.求證:g(x)?2f(x)≥2(lna ?ln 2).

證明

令t=xex,設h(t)=at?2 lnt?2,則h′(t)=(t ＞0),由a ＞0 易知h(t)在上單調遞減;在上單調遞增,所以h(t) ≥= 2(lna ?ln 2),命題得證.

點評本例在對代數式g(x)?2f(x)整理變形中,關鍵是借助x= ln ex進行代換,使代數式結構更具統一性.通過換元,引入函數h(t)后,本質是證明同構式h(t) ≥成立,問題轉化為討論h(t)的最小值.

結合上述幾例可知,同構變形需要深入審題,充分挖掘題設條件中可類比、聯想的因素,促進思維遷移,從而選擇恰當的變形策略,以便簡捷、有效地解決問題.