函數巧同構 導數妙應用

張琳琳

摘要：同構函數是同構意識中比較常見的一種類型，抓住相關題目條件中相應函數與方程、不等式等的結構特征，合理同構函數，利用導數及其應用來解決相應的數學問題，引領并指導數學教學與復習備考.

關鍵詞：函數;導數;同構;范圍;大小;最值

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

例1 [2022屆廣東省實驗中學等八校高三（上）適應性數學試卷·16]已知函數f（x）=aex+lnax+2-2（a>0），若f（x）>0恒成立，則實數a的取值范圍為.

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.

解析：函數f（x）=aex+lnax+2-2（a>0）的定義域為（-2，+∞）.

若f（x）>0恒成立，則aex+lnax+2-2>0恒成立，即

ex+lna+ln a>ln（x+2）+2恒成立.

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

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

令函數g（x）=ln（x+2）-x（x>-2），則g′（x）=1x+2-1=-x+1x+2.

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ln a>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

B.c

C.b

D.a

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的大小;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.

解析：對于a=5與b=15（ln 4-ln 3），可以同時除以15，則只要比較13與ln43的大小即可.

結合重要不等式性質“對于x>0恒有ln x≤x-1，當且僅當x=1時等號成立”，可得ln43<43-1=13，

則可知a>b.

對于b=15（ln 4-ln 3）與c=16（ln 5-ln 4），可以同時除以20，則只要比較34ln43與45ln54的大小即可.

同構函數f（x）=ln xx，（x>0），求導可得f′（x）=1-ln xx2.

由f′（x）=0可得x=e，則知函數f（x）在（0，e）上單調遞增，在（e，+∞）上單調遞減，

而e>43>54>0，則有34ln43>45ln54，即b>c.

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ln x≤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-ln x）.

（1）討論f（x）的單調性;

（2）設a，b為兩個不相等的正數，且bln a-aln b=a-b，證明：2<1a+1b

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）=-ln x.

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.

（2）由bln a-aln b=a-b，可得-1aln1a+1bln1b=1b-1a，即1a（1-ln1a）=1b（1-ln1b）.

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.

令x1=1a，x2=1b，則x1，x2為f（x）=k 的兩根，其中k∈（0，1）.

不妨令x1∈（0，1），x2∈（1，e），則2-x1>1.

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）=-ln x-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）

f（x2）

2

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

綜上分析，可得2<1a+1b

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.