同構(gòu)變形在函數(shù)問題中的應(yīng)用

田 鵬

(重慶市長壽中學(xué))

在函數(shù)問題中,有一部分問題是利用函數(shù)的單調(diào)性構(gòu)造出來的,如果能夠?qū)⑦@類問題中隱藏的函數(shù)模型呈現(xiàn)出來,不僅會加快解題者解決問題的速度,更有助于看清問題的本質(zhì).一般而言,若F(x)≥0能夠變形成f(g(x))≥f(h(x))的形式,則可利用f(x)的單調(diào)性得到g(x)≥h(x)(或g(x)≤h(x)),這種變形的方法稱為同構(gòu)變形.

1 兩個(gè)引理

引理1設(shè)函數(shù)f1(x)＝xex,f2(x)＝f3(x)＝,f4(x)＝xlnx,f5(x)＝,f6(x)＝.則有以下結(jié)論:f1(lnx)＝f4(x),f2(lnx)＝f6(x),f3(lnx)＝f5(x),f4(ex)＝f1(x),f6(ex)＝f2(x),f5(ex)＝f3(x).

證明因 為f1(lnx)＝elnxlnx＝xlnx＝f4(x),故f1(lnx)＝f4(x)成立,同理,可證其余各式.

注該引理指出這六個(gè)函數(shù)的內(nèi)在聯(lián)系,這是含指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)同構(gòu)變形的原理.

引理2(1)對任意的x∈R,ex≥x＋1恒成立,當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號成立;

(2)對任意的x∈(0,＋∞),lnx≤x－1恒成立,當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)等號成立.

證明(1)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－x－1,則f′(x)＝ex－1,易知f′(x)在R 上單調(diào)遞增,且f′(0)＝0.當(dāng)x∈(－∞,0)時(shí),f′(x)＜0;當(dāng)x∈(0,＋∞)時(shí),f′(x)＞0,故f(x)≥f(0)＝0,即f(x)≥0在R 上恒成立,即對任意的x∈R,ex≥x＋1恒成立,得證.仿照(1)的證明方法,易證得(2)成立.

2 雙變量問題

2.1 雙變量方程

例1已知實(shí)數(shù)x1,x2滿足x1ex1＝e3,x2(lnx2－2)＝e5,則x1x2＝_______.

分析x2(lnx2－2)＝e5可轉(zhuǎn)化為elnx2－2(lnx2－2)＝e3,進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)解決問題.

解x2(lnx2－2)＝e5可轉(zhuǎn)化為elnx2－2(lnx2－2)＝e3,設(shè)函數(shù)f(x)＝xex,則f′(x)＝(x＋1)ex.當(dāng)x∈(－∞,－1)時(shí),f′(x)＜0,當(dāng)x∈(－1,＋∞)時(shí),f′(x)＞0,所以f(x)在(－∞,－1)上單調(diào)遞減,在(－1,＋∞)上單調(diào)遞增.又f(x1)＝f(lnx2－2)＝e3＞0,則x1＝lnx2－2,故

由條件x1ex1＝e3,x2(lnx2－2)＝e5,對比兩式的結(jié)構(gòu)特征,將x2(lnx2－2)＝e5同構(gòu)變形,從而通過構(gòu)造函數(shù)解決問題.

例2已知函數(shù)f(x)＝xex,g(x)＝xlnx,若f(x1)＝g(x2)＝t(t＞0),則的最大值為_________.

分析由引理1知g(x)＝f(lnx),同構(gòu)變形構(gòu)造函數(shù),利用函數(shù)單調(diào)性求解.

解因?yàn)間(x)＝f(lnx),由f(x1)＝g(x2)＝t,可得f(x1)＝g(x2)＝f(lnx2)＞0.又易知f(x)在(0,＋∞)上單調(diào)遞增,故有x1＝lnx2,由f(x1)＝g(x2)＝t,可 得x1ex1＝x2lnx2＝t,故x1x2＝x2lnx2＝t,則設(shè)h(t)＝則h′(t)＝,故當(dāng)t∈(0,e)時(shí),h′(t)＞0,當(dāng)t∈(e,＋∞)時(shí),h′(t)＜0,所以h(t)在(0,e)上單調(diào)遞增,在(e,＋∞)上單調(diào)遞減,故h(t)≤h(e)＝,即的最大值為

通過g(x)＝f(lnx)可將方程f(x1)＝g(x2)變?yōu)橥瑯?gòu)方程,從而導(dǎo)出關(guān)系式x1＝lnx2,又由x1ex1＝x2lnx2＝t可推導(dǎo)出x1x2＝t,進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)求解問題.

2.2 雙變量不等式

例3已知f(x)＝－ax＋(a－1)lnx,證明:當(dāng)1＜a＜5時(shí),對任意x1,x2∈(0,＋∞),且x1≠x2,有＞－1.

分析由x1,x2的任意性,可假設(shè)x1＜x2,將＞－1等價(jià)變形為f(x1)－f(x2)＜x2－x1,進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)解決問題.

(1)令h(x)＝f(x)－,求h(x)的單調(diào)區(qū)間;

(2)設(shè)a＞0,且當(dāng)x1,x2∈(0,1],x1≠x2時(shí),都有|f(x1)－f(x2)|＞|g(x1)－g(x2)|成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

分析第(2)問根據(jù)函數(shù)f(x)和g(x)的單調(diào)性,可將|f(x1)－f(x2)|＞|g(x1)－g(x2)|的絕對值去掉,進(jìn)而同構(gòu)變形,然后構(gòu)造函數(shù),再利用函數(shù)的單調(diào)性解題.

解(1)函數(shù)h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為＋∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(0)(求解過程略).

(2)易知函數(shù)f(x)在(0,1]上單調(diào)遞增,又g′(x)＝－,因?yàn)閍＞0,所以g′(x)＜0,故g(x)在x∈(0,1]上單調(diào)遞減.不妨設(shè)0＜x1＜x2≤1,則f(x1)＜f(x2),g(x1)＞g(x2).因此|f(x1)－f(x2)|＞|g(x1)－g(x2)|可變形為f(x2)－f(x1)＞g(x1)－g(x2),即f(x2)＋g(x2)＞f(x1)＋g(x1).令F(x)＝f(x)＋g(x)＝a2lnx－,則有F(x2)＞F(x1),F(x)在(0,1]上單調(diào)遞增,故F′(x)＝≥0對任意的x∈(0,1]恒成立,即對任意的x∈(0,1]恒成立.設(shè)G(x)＝則G′(x)＝＜0,故G(x)在(0,1]上單調(diào)遞減,故G(x)≥G(1)＝,所以,解得a≤或,又a＞0,所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為

將|f(x1)－f(x2)|＞|g(x1)－g(x2)|同構(gòu)變形為f(x2)＋g(x2)＞f(x1)＋g(x1),再構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)＋g(x)＝a2lnx－從而問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)F(x)在(0,1]上單調(diào)遞增,最后轉(zhuǎn)化為恒成立問題處理.事實(shí)上,針對這一類含雙變量的問題,只要仔細(xì)觀察式子的結(jié)構(gòu)特征,有效轉(zhuǎn)化式子,然后構(gòu)造函數(shù),就能利用函數(shù)的單調(diào)性解決.

3 單變量問題

3.1 恒成立問題

例5已知a＜0,不等式xa＋1·ex＋alnx≥0對任意的實(shí)數(shù)x＞1 恒成立,則實(shí)數(shù)a的最小值為_________.

分析xa＋1·ex＋alnx≥0等價(jià)于xa＋1·ex≥－alnx,進(jìn)一步變形為x·ex≥x－alnx－a,由引理1可知不等式兩邊可化為具有相同的結(jié)構(gòu)形式.

解因?yàn)閤a＋1·ex＋alnx≥0等價(jià)于xa＋1·ex≥－alnx,即x·ex≥x－alnx－a.設(shè)f(x)＝xex(x＞1),由引理1知x－alnx－a＝f(lnx－a),則不等式變形為f(x)≥f(lnx－a).易知f(x)在(1,＋∞)上單調(diào)遞增,又a＜0,故lnx－a＝－alnx＞0,故x≥lnx－a,即－a≤.設(shè)g(x)＝(x＞1),則g′(x)＝,當(dāng)x∈(1,e)時(shí),g′(x)＜0,當(dāng)x∈(e,＋∞)時(shí),g′(x)＞0,所以g(x)在(1,e)上單調(diào)遞減,在(e,＋∞)上單調(diào)遞增,則g(x)≥g(e)＝e,故－a≤e,即a≥－e,所以實(shí)數(shù)a的最小值為－e.

事實(shí)上,常見的含指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的不等式問題主要有以下幾種類型:1)若x1ex1≥x2lnx2,則可構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xex,f(x)＝xlnx或f(x)＝x＋lnx;2)若,則可構(gòu)造函數(shù)或f(x)＝x－lnx;3)若ex1±x1≥x2±lnx2,則可構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x±lnx或f(x)＝ex±x.以上這些類型皆可結(jié)合指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的關(guān)系以及引理1進(jìn)行證明,留給讀者自證.

例6已知函數(shù)f(x)＝ex－aln(ax－a)＋a(a＞0),若關(guān)于x的不等式f(x)＞0恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為( ).

A.(0,e] B.(0,e2)

C.[1,e2] D.(1,e2)

分析不等式f(x)＞0等價(jià)于ex－aln(axa)＋a＞0,考慮同構(gòu)變形,則不等式變形為ex＞aln(ax－a)－a,即ex＞alna＋aln(x－1)－a,即ex－lna－lna＞ln(x－1)－1,即ex－lna＋x－lna＞ln(x－1)＋x－1,進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)解決問題.

解由f(x)＞0,可得ex－aln(ax－a)＋a＞0,即ex＞alna＋aln(x－1)－a,即ex－lna－lna＞ln(x－1)－1,兩邊同時(shí)加上自變量x,可得ex－lna＋x－lna＞ln(x－1)＋x－1.設(shè)函數(shù)h(x)＝ex＋x,則不等式變?yōu)閔(x－lna)＞h(ln(x－1)),易知h(x)在R上單調(diào)遞增,有x－lna＞ln(x－1),即lna＜x－ln(x－1).設(shè)g(x)＝x－ln(x－1),則g′(x)＝,由題知x＞1,當(dāng)x∈(1,2)時(shí),g′(x)＜0,當(dāng)x∈(2,＋∞)時(shí),g′(x)＞0,所以g(x)在(1,2)上單調(diào)遞減,在(2,＋∞)上單調(diào)遞增,故g(x)≥g(2)＝2,則lna＜2,解得0＜a＜e2,選B.

本題先對ex－aln(ax－a)＋a＞0同構(gòu)變形,再構(gòu)造函數(shù)h(x)＝ex＋x解題.

3.2 放縮問題

例7已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x－xex＋1,則函數(shù)f(x)的最大值為________.

分析若直接求導(dǎo)分析函數(shù)f(x)的單調(diào)性,不僅運(yùn)算量大,而且會遇到導(dǎo)數(shù)零點(diǎn)不可解的情況.因此,可利用同構(gòu)變形解題.

解因?yàn)閒(x)＝lnx＋x－xex＋1＝lnx＋xelnx＋x＋1,由引理2知elnx＋x＋1≥lnx＋x＋2,當(dāng)且僅當(dāng)lnx＋x＋1＝0 時(shí)等號成立(事實(shí)上,存在x0∈(0,＋∞),使得lnx0＋x0＋1＝0 成立,讀者可自行證明).所以f(x)≤lnx＋x－(lnx＋x＋2)＝－2,故函數(shù)f(x)的最大值為－2.

xex＋1可變形為elnx＋x＋1,則函數(shù)f(x)變?yōu)閒(x)＝lnx＋x－elnx＋x＋1,結(jié)合引理2,利用ex≥x＋1可得elnx＋x＋1≥lnx＋x＋2.當(dāng)然,本題也可直接求導(dǎo)分析導(dǎo)函數(shù)的正負(fù),從而得到函數(shù)f(x)的單調(diào)性,進(jìn)而求得最值.不過,其中涉及隱零點(diǎn)的代換且運(yùn)算量較大,感興趣的讀者可查閱關(guān)于隱零點(diǎn)問題的相關(guān)文獻(xiàn).事實(shí)上,由引理2可導(dǎo)出更多的不等式,例如,對任意的x∈R,ex≥ex恒成立;對任意的x∈(－1,＋∞),ln(x＋1)≤x恒成立.

例8已知函數(shù)f(x)＝xex－ax2,g(x)＝lnx＋x－x2＋1－,且a＞0,若關(guān)于x的不等式f(x)－ag(x)≥0 恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_________.

分析由不等式f(x)－ag(x)≥0,可得xex＋e≥a(lnx＋x＋1),進(jìn)而同構(gòu)變形,參變分離求解.

解不等式f(x)－ag(x)≥0可轉(zhuǎn)化為xex＋e≥a(lnx＋x＋1),即elnx＋x＋e≥a(lnx＋x＋1).當(dāng)lnx＋x＋1≤0 時(shí),不等式恒成立,此時(shí)a∈R;當(dāng)lnx＋x＋1＞0時(shí),不等式變?yōu)閍≤,而當(dāng)且僅當(dāng)lnx＋x＝1(事實(shí)上,存在x0∈(0,＋∞),使得lnx0＋x0＝1成立,讀者可自證)時(shí)等號成立,此時(shí)a≤e.又a＞0,綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,e].

不等式xex＋e≥a(lnx＋x＋1)可根據(jù)lnx＋x＋1的正負(fù)進(jìn)行討論,由ex≥ex對任意x∈R 恒成立,當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)等號成立,可得elnx＋x≥e(lnx＋x)對任意x∈R 恒成立,當(dāng)且僅當(dāng)lnx＋x＝1時(shí)等號成立.由此可見,在處理含指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的方程(或不等式)時(shí),首先將式子同構(gòu)變形,再結(jié)合不等式放縮,可以使解答簡潔明了.

具有相同結(jié)構(gòu)形式的方程(或不等式)問題都可以利用同構(gòu)變形來解決,值得注意的是,這種問題并不是只能利用同構(gòu)變形來解決,可能會有多種解決方法.不過,對于這種問題,利用同構(gòu)變形可以化難為易,化繁為簡.利用同構(gòu)變形的關(guān)鍵是認(rèn)清形式,合理變形,將方程(或不等式)變?yōu)橥瑯?gòu)形式,進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)解決問題.因此,對常見的基本同構(gòu)形式以及同構(gòu)變形的策略進(jìn)行總結(jié),積累解題經(jīng)驗(yàn),樹立同構(gòu)意識是很有必要的.

(完)