函數巧同構 導數妙應用

?東營市第一中學 張琳琳

1 引言

同構意識是破解一些相關數學問題比較常用的一類解題意識與技巧.特別在解決一些函數與方程、不等式等相關問題時，結合相關關系式進行合理轉化或變形，提取出其中相同或相似的結構，尋找結構的同型或共性，進而合理同構相應的函數模型，結合導數的應用來解決相應的數學問題.

2 導數妙用

2.1 巧求范圍

分析：結合條件中不等式的恒等變形與轉化，使不等號兩邊的結構均衡、同型，從而合理同構函數，通過求導，結合函數的單調性與最值的應用來確定對應的參數的取值范圍.

所以ex+lna+x+lna>x+2+ln(x+2)，即ex+ln a+x+lna>eln(x+2)+ln(x+2).

由于函數y=ex+x在R上單調遞增，則有x+lna>ln(x+2)，即lna>ln(x+2)-x.

當x∈(-2，-1)時，g′(x)>0，函數g(x)單調遞增；當x∈(-1，+∞)時，g′(x)<0，函數g(x)單調遞減.

故lna>gmax(x)=g(-1)=1，即a>e.

所以實數a的取值范圍為(e，+∞).

故填答案：(e，+∞).

點評：在解決一些相關含參不等式恒成立問題時，往往可以考慮從函數自身出發，巧妙恒等變形，合理同構相應的函數，利用導數及其應用，結合函數的單調性去分析與解題，簡潔自然.

2.2 妙判大小

例2(2022屆江蘇省南師附中、淮陰中學、天一中學、海門中學四校高三年級12月聯考數學試卷·8)已知a=5，b=15(ln 4-ln 3)，c=16(ln 5-ln 4)，則( ).

A.a

C.b

分析：結合三個數所對應的關系式的合理恒等變形，先結合重要不等式性質確定a與b的大??；再通過同構函數，結合求導處理與轉化，利用函數的單調性來確定b與c的大小.

綜上可得，a>b>c.故選擇答案：B.

點評：在判斷一些比較復雜的代數式的大小關系問題時，可以考慮從對應代數式的共同特征入手，合理同構函數，借助同構函數來構造相應的新函數，利用函數的單調性等基本性質來巧妙轉化，進而判斷大小，從而將原問題中所蘊含的內在規律外顯化，揭示問題豐富的背景和內涵，展示同構函數的巨大魅力.

2.3 巧定最值

例3[2022屆江蘇省G4(蘇州中學、常州中學、鹽城中學、揚州中學)高三年級12月聯考數學試卷·8改編]若不等式2ex-2>-aln(x+1)+(a+2)x對x∈(0，+∞)恒成立，其中e為自然對數的底數，則實數a的最大值為______.

分析：根據題目條件中的不等式加以移項變形，合理同構函數，結合重要不等式性質確定自變量的大小關系，進而確定函數的單調性，結合求導處理，利用導函數所對應的不等式恒成立來構建不等式，進而確定參數的最大值.

解析：由2ex-2>-aln(x+1)+(a+2)x，移項可得2ex-ax>-aln(x+1)+2(x+1)，整理可得

2ex-ax>2eln(x+1)-aln(x+1).

同構函數f(x)=2ex-ax，則有

f(x)>f(ln(x+1)).

而結合重要不等式性質“對于x>0恒有lnx≤x-1，當且僅當x=1時等號成立”，可得x>ln(x+1)>0，則知函數f(x)=2ex-ax在(0，+∞)上單調遞增.

求導可得f′(x)=2ex-a，則只需f′(x)=2ex-a≥0在(0，+∞)上恒成立，所以2-a≥0，解得a≤2.

故實數a的最大值為2.故填答案：2.

點評：在確定一些參數的最值時，關鍵是利用不等式的巧妙變形與轉化，合理同構函數，借助函數的圖象與性質，合理構建相應代數式的大小關系，為進一步求解代數關系式或參數的最值提供條件.在解決此類問題時，對于等式、不等式不同視角的變形，不同的同型形式往往可以同構不同的函數.

2.4 妙證不等式

例4(2021年高考數學新高考Ⅰ卷第22題)已知函數f(x)=x(1-lnx).

(1)討論f(x)的單調性；

分析：第(1)問首先求得導函數的解析式，結合導函數的正負取值符號即可確定函數的單調性；第(2)問利用同構關系將原問題中不等式的證明轉化為極值點偏移的問題，結合變形的關系式的特征同構相應的函數，結合求導處理，利用函數的單調性與極值問題來證明對應的不等式.

解析：(1)由函數的解析式可得f′(x)=-lnx.

則當x∈(0，1)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；當x∈(1，+∞)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減.

所以,f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，+∞)上單調遞減.

由(1)可知函數f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，+∞)上單調遞減，所以fmax(x)=f(1)=1，且f(e)=0.

先證22-x1>1，即證f(x2)=f(x1)

令函數h(x)=f(x)-f(2-x)，x∈(0，1).

求導可得h′(x)=f′(x)+f′(2-x)=-lnx-ln(2-x)=-ln[x(2-x)]，則h′(x)在(0，1)上單調遞減.

所以h′(x)>h′(1)=0，即函數h(x)在(0，1)單調遞增.所以h(x1)

再證x1+x2

同理，根據(1)中函數f(x)的單調性，可知即證f(x2)=f(x1)>f(e-x1).

同構函數φ(x)=f(x)-f(e-x)，x∈(0，1).

求導可得φ′(x)=-ln[x(e-x)].令φ′(x0)=0.則當x∈(0，x0)時，φ′(x)>0，φ(x)單調遞增；當x∈(x0，1)時，φ′(x)<0，φ(x)單調遞減.

又00;x>e時，f(x)<0,且f(e)=0.

故x→0，φ(0)>0，φ(1)=f(1)-f(e-1)>0.

所以φ(x)>0恒成立，即x1+x2

點評：在證明一些不等式時，經常借助所要證明的不等式的結構特征，合理同構對應的函數，結合函數的導數及其應用，利用相應函數的單調性、極值或最值，進而合理轉化巧妙證明相應的不等式.

3 結語

在破解一些函數與方程、不等式等相關問題時，需要借助我們的慧眼去識別問題中代數式等的結構特征，尋找同型，巧妙同構，證實共點，妙用共性，合理同構相應的函數模型，結合導數及其應用來巧妙解決，從而實現應用共性解題，增強化歸思想、創新意識、同構意識，合理進行數學知識交匯，讓數學思維與數學品質得以飛躍，形成數學能力，培養數學核心素養.