淺談函數(shù)中如何尋找同構(gòu)解決“指對”問題
——2022年新高考Ⅰ卷第22題帶來的思考

劉明明

?江蘇省南通市如東高級中學(xué)

全國高考數(shù)學(xué)卷中經(jīng)常出現(xiàn)構(gòu)造同構(gòu)函數(shù)解決與函數(shù)有關(guān)的問題，尤其在處理“指對”問題時(shí)，通過同構(gòu)函數(shù)往往能更好更快捷地解決問題.下面從2022年新高考Ⅰ卷第22題第(2)問出發(fā)，探索同構(gòu)函數(shù)在解決“指對”問題中的應(yīng)用.

1 原題呈現(xiàn)及分析

證明：存在直線y=b，其與兩條曲線f(x)=ex-x，g(x)=x-lnx共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，并且從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列.

圖1

分析：給出直線y=b，及兩條曲線f(x)=ex-x，g(x)=x-lnx的圖象，如圖1所示.

不妨設(shè)三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)從左到右依次為x1,x2,x3，則有x1<0

由ex1-x1=eln x2-lnx2,知f(x1)=f(lnx2),又x1<0，lnx2<0，f(x)=ex-x在(-∞，0)上單調(diào)遞減，故x1=lnx2；由ex2-x2=eln x3-lnx3,知f(x2)=f(lnx3)，又x2>0，lnx3>0，f(x)=ex-x在(0，+∞)上單調(diào)遞增，故x2=lnx3.

所以x1+x3=ex1+lnx3=eln x2+x2=2x2，原命題得證.

從上述分析可以看到，通過公式alogaN=N(N>0)，logaaN=N(a>0，且a≠1)，尋找方程中的相同結(jié)構(gòu)，并利用函數(shù)f(x)=ex-x在(-∞，0)，(0，+∞)的單調(diào)性，將復(fù)雜的“指對”等量關(guān)系式轉(zhuǎn)化為簡單的關(guān)于自變量的等量關(guān)系式.同時(shí),我們不禁有這樣一些思考：我們平時(shí)遇到的“指對”問題，是否同樣可以通過同構(gòu)函數(shù)加以解決？若能，則在“指對”問題中怎樣才能找到同構(gòu)函數(shù)呢？筆者通過以下幾個(gè)方面來揭示運(yùn)用“同構(gòu)”思想處理“指對”問題的思維過程.

2 “同構(gòu)”思想處理“指對”問題的思維過程

2.1 在等號(或不等號)兩邊分別構(gòu)造同構(gòu)函數(shù)

例1(2020年新課標(biāo)Ⅱ卷第12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(xiàng)變形為2x-3-x<2y-3-y.令f(x)=2x-3-x，則原不等式即為f(x)1，從而ln(y-x+1)>0.故選：A.

例1主要揭示了同構(gòu)函數(shù)法不僅能應(yīng)用于方程問題中，在不等式問題中也有廣泛的運(yùn)用，通過移項(xiàng)變形在等號(或不等號)兩邊分別構(gòu)造同構(gòu)形式，從而幫助我們更快捷地解決方程或不等式問題.如果遇到較復(fù)雜的含參恒成立問題呢？如例2.

例2(2020年新課標(biāo)山東卷)已知函數(shù)f(x)=aex-1-lnx+lna.若f(x)≥1，求a的取值范圍.

解法1：利用指數(shù)對數(shù)的運(yùn)算可將f(x)=aex-1-lnx+lna=eln a+x-1-lnx+lna≥1等價(jià)轉(zhuǎn)化為

eln a+x-1+lna+x-1≥lnx+x=eln x+lnx.

①

令g(x)=ex+x,則不等式①可等價(jià)轉(zhuǎn)化為g(lna+x-1)≥g(lnx).顯然g(x)為單調(diào)增函數(shù)，則不等式①進(jìn)一步等價(jià)轉(zhuǎn)化為lna≥lnx-x+1.

令h(x)=lnx-x+1,利用導(dǎo)數(shù)求得h(x)max=h(1)=0，則lna≥0，即a≥1.

所以a的取值范圍為[1,+∞).

在例2的同構(gòu)轉(zhuǎn)化過程中，恒成立問題中的參數(shù)盡量放在同一函數(shù)的不同位置或不同函數(shù)的相同位置.當(dāng)然例2的轉(zhuǎn)化并不唯一，還可以如下處理.

所以a的取值范圍為[1,+∞).

通過解法1與解法2可以看到為解決問題構(gòu)造的同構(gòu)函數(shù)并不唯一，而且例2還可以構(gòu)造y=xlnx，y=x+lnx等同構(gòu)函數(shù)來解決問題.但對比這些不同的同構(gòu)函數(shù)，我們發(fā)現(xiàn)利用g(x)=ex+x處理問題更簡潔方便，主要原因是相對于其他同構(gòu)函數(shù)，g(x)的單調(diào)區(qū)間(-∞,+∞)最長，這樣就不必對自變量是否在單調(diào)區(qū)間內(nèi)加以討論，故構(gòu)造同構(gòu)函數(shù)解決問題時(shí)，我們應(yīng)盡量選擇單調(diào)區(qū)間較長的函數(shù).

2.2 利用放縮構(gòu)造不等式中的同構(gòu)函數(shù)

例3(2020年新課標(biāo)Ⅰ卷第12題)若2a+log2a=4b+2log4b,則( ).

A.a>2bB.a<2b

C.a>b2D.a

解：因?yàn)?b+2log4b=22b+log2(2b)-1，所以2a+log2a=22b+log2(2b)-1.

于是2a+log2a<22b+log2(2b).

設(shè)f(x)=2x+log2x，則有f(a)

對于例3，主要是利用放縮法將方程轉(zhuǎn)化為兩邊可以構(gòu)造同構(gòu)函數(shù)的不等式形式，再由同構(gòu)函數(shù)的單調(diào)性判斷自變量的大小.類似的方法在證明含參不等式中也有著廣泛的應(yīng)用，如以下例4.

②

故當(dāng)ln(ex)≤0時(shí)，②式顯然成立.當(dāng)ln(ex)≥0時(shí)，令g(x)=xex.由g′(x)=ex(x+1),知g(x)在(0,+∞)上增函數(shù)，又易證x≥ln(ex)=lnx+1，所以g(x)≥g(ln(ex))，即xex≥eln(ex)ln(ex)成立，亦即②式成立.

上述例3與例4都采用了放縮法尋找不等式兩邊的同構(gòu)形式.有些問題中還可以利用一些常見不等式(如ex≥x+1)進(jìn)行放縮，比如例5.

例5已知函數(shù)f(x)=x(e2x-a)，若x>0時(shí)，f(x)≥1+x+lnx恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

例5通過e2x+ln x≥2x+lnx+1的放縮，達(dá)成了分式的分子分母同構(gòu)，巧妙得到不等式右邊的最小值，極大地優(yōu)化了本題的解題步驟.

這些類同構(gòu)問題的解決過程也告訴我們：在平時(shí)的解題中，不能思維僵化，要多從范圍、常見不等式等角度思考可否化為同構(gòu)問題解決.

2.3尋找方程、不等式中的局部同構(gòu)

易知g(t)≥g(e2)=e2-2e2+e2=0.又0

所以0

例7(2013年新課標(biāo)Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)=ex-ln(x+m)，當(dāng)m≤2時(shí)，證明f(x)>0.

證明：令g(x)=ex-x-1，則要證f(x)>0成立，即證g(x)+g(ln(x+m))+2-m>0成立.

又g(x)≥0，g(ln(x+m))≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x=0且m=1時(shí)，上述兩個(gè)不等式的等號同時(shí)成立.又m≤2，所以2-m≥0,當(dāng)m=2時(shí)，等號成立.即上述3個(gè)等號不能同時(shí)取到.于是f(x)>0.

故原命題得證.

例7中的局部同構(gòu)與例6有所不同，它尋找的不是自變量的局部同構(gòu)，而是通過常用母函數(shù)f(x)=ex-x-1尋找整個(gè)函數(shù)的局部同構(gòu)(形如f(x1)+f(x2)+m).這里如果先對例7的參數(shù)進(jìn)行放縮，會更容易尋找到例7的局部同構(gòu).如以下另一角度.

另一角度：令g(x)=ex-x-1，要證m≤2時(shí)，f(x)>0，只需證ex-ln(x+2)>0，即證g(x)+g(ln(x+2))>0.又由g(x)≥0，g(ln(x+2))≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x=0且x=-1時(shí)，兩個(gè)等號同時(shí)成立.又等號取不到，故原命題得證.

從以上的思考角度我們可以看到，這三種類型同構(gòu)問題并不是孤立的，而是相互聯(lián)系的，在解決“指對”問題時(shí)需要靈活加以運(yùn)用.

最后，大數(shù)據(jù)顯示“指對”問題在全國卷中的出現(xiàn)非常頻繁，而構(gòu)造同構(gòu)函數(shù)的思想在解決“指對”問題時(shí)也越來越重要，因此在平時(shí)的教學(xué)中要向?qū)W生多滲透，讓他們在解決“指對”問題時(shí)更加游刃有余.