用同構(gòu)函數(shù)解指對混合導函數(shù)問題

符強如 羅凱

【摘要】近幾年來，具有一定難度的指數(shù)、對數(shù)函數(shù)混合含參恒成立問題活躍在各省市模擬題及高考題之中，學生普遍得分偏低.有時候?qū)τ谶@類指對跨階函數(shù)問題，分離參數(shù)、分類討論方法很難奏效，若通過轉(zhuǎn)換挖掘隱含條件使其具有兩個結(jié)構(gòu)相同式子，再通過構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性可快速解決問題，即利用“同構(gòu)思想”可快速解決這類難題，也能夠使問題得到最大限度簡化，使學生產(chǎn)生信心，有效培養(yǎng)學生創(chuàng)造性思維，進而發(fā)展學生核心素養(yǎng).

【關(guān)鍵詞】同構(gòu)思想;指對跨階;含參不等式

對于含有指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)這類混合型不等式綜合題，若我們能夠通過指對互化恒等式x=elnx等手段，將不等式變形成左右兩邊除變量不同其結(jié)構(gòu)形式完全相同的式子，就可利用同構(gòu)的思想將問題化難為易，達到通俗易懂的目的.

1構(gòu)造f（x）=lnxx類型

例1已知a>0且a≠1，函數(shù)

f（x）=xaax（x>0）.

（1）當a=2時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間;

（2）若曲線y=f（x）與直線y=1有且僅有兩個交點，求a的取值范圍.（2021年全國甲卷）

解（1）略.

（2）f（x）=xaax=1，

即ax=xa，

所以xlna=alnx，

于是lnxx=lnaa，

設(shè)函數(shù)g（x）=lnxx，

則g′（x）=1-lnxx2.

令g′（x）=0，得x=e，

在（0，e）內(nèi)，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增;

在（e，+∞）上，g′（x）<0，g（x）單調(diào)遞減，

所以g（x）max=g（e）=1e，

又g（1）=0，

當x趨近于+∞時，g（x）→0，

所以曲線y=f（x）與直線y=1有且僅有兩個交點，

即曲線y=g（x）與直線y=alna有兩個交點的充分必要條件是0

即0

所以a的取值范圍是（1，e）∪（e，+∞）.

2構(gòu)造f（x）=x+ex（x+lnx）類型

例2已知函數(shù)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.（2020年全國新高考Ⅰ卷）

解（1）略.

（2）由題設(shè)f（x）≥1可得

aex-1-lnx+lna≥1恒成立，

所以elnaex-1+lna+x-1≥lnx+x，

于是elna+x-1+lna+x-1≥elnx+lnx成立.

構(gòu)造h（x）=x+ex，則

h′（x）=ex+1>0，

所以h（x）在x∈R上單調(diào)遞增，

于是h（lna+x-1）≥h（lnx），

所以lna≥lnx-x+1恒成立.

設(shè)φ（x）=lnx-x+1，

所以φ′（x）=1x-1，

x∈（0，1）時，φ′（x）>0，φ（x）單調(diào)遞增;

x∈（1，+∞）時，φ′（x）<0，φ（x）單調(diào)遞減.

所以φ（x）max=φ（1）=0，

即lna≥0，a≥1，

故a的取值范圍為[1，+∞）.

另解由題設(shè)f（x）≥1可得

elna+x-1+lna+x-1≥x+lnx，

即elna+x-1+lnelna+x-1≥x+lnx.

構(gòu)造φ（x）=x+lnx，

則φ（elna+x-1）≥φ（x），

即elna+x-1≥x，

所以lna≥lnx-x+1，

又（lnx-x+1）max=0，

故a的取值范圍為[1，+∞）.

3構(gòu)造f（x）=xex（xlnx）類型

例3對任意x∈（0，+∞），不等式2e2x-alna-alnx≥0恒成立，求實數(shù)a的最大值.

解由題設(shè)可知a>0，x>0.

由2e2x-alna-alnx≥0，

可得2e2x>aln（ax），

所以2xe2x>axln（ax）.

當ln（ax）>0時，構(gòu)造h（x）=xex（x>0），則

h′（x）=（x+1）ex>0，

所以h（x）在x>0時單調(diào)遞增，

于是h（2x）≥h（ln（ax）），

即2x≥ln（ax）.

當ln（ax）≤0時，顯然有

2x≥ln（ax）.

所以lna≤2x-lnx恒成立.

設(shè)φ（x）=2x-lnx，則

φ′（x）=2-1x，

所以φ（x）在0，12上單調(diào)遞減，在12，+∞上單調(diào)遞增，

易得φ（x）min=φ12=1+ln2=ln2e，

所以lna≤ln2e，即 a≤2e，

故amax=2e.

4構(gòu)造f（x）=x（ex+1）類型

例4已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=ex.不等式m[g（mx）+1]>2x+1xf（x）對x>0恒成立，求實數(shù)m的取值范圍.

解由題設(shè)知m（emx+1）>2x+1xlnx，

即mx（emx+1）>（x2+1）lnx2，

mx（emx+1）>lnx2（elnx2+1）.

構(gòu)造h（x）=x（ex+1），x>0，則

h′（x）=（ex+1）+xex>0，

h（x）在R+上單調(diào)遞增.

mx（emx+1）>lnx2（elnx2+1）恒成立，

即h（mx）>h（lnx2）恒成立，

所以mx>lnx2，即m>2lnxx.

令F（x）=lnxx，則

F′（x）=1-lnxx2，

所以F（x）在（0，e）單調(diào)遞增，在（e，+∞）單調(diào)遞減.

故m>2F（e）=2e.

5構(gòu)造f（x）=ex-x-1函數(shù)或f（x）=x-1-lnx函數(shù)類型

例5已知函數(shù)f（x）=lnx-ax+1x.

（1）若1是函數(shù)f（x）的一個極值點，求實數(shù)a的值;

（2）在（1）的條件下證明：

f（x）≤xex-x+1x-1.

解易得x>0，a=0，

所以f（x）=lnx+1x.

要證f（x）≤xex-x+1x-1，

只需證lnx+x≤xex-1，

即ln（xex）≤xex-1.

構(gòu)造h（x）=t-1-lnt，則

h′（t）=1-1t，

在t∈（0，1）時，h′（t）<0，h（t）單調(diào)遞減，在t∈（1，+∞）時，h′（t）>0，h（t）單調(diào)遞增.

所以h（t）min=h（1）=0，

xex>0，

由ln（xex）≤xex-1，得

xex-1-ln（xex）≥0，

又h（xex）=xex-1-ln（xex）

≥h（x）min=0，

所以xex-1-ln（xex）≥0成立，

故f（x）≤xex-x+1x-1得證.

從以上的案例我們能夠感受到“同構(gòu)思想”在解決指對混合型函數(shù)不等式中的神奇功效，它根據(jù)同構(gòu)特點，構(gòu)造出相應(yīng)的代數(shù)系統(tǒng)結(jié)構(gòu)，快速解決問題.這對培養(yǎng)學生思維的廣闊性、探索性、深刻性、獨創(chuàng)性、靈活性等無疑是一條非常有效的捷徑，作為教師也有必要為學生的知識延伸和深度做指導，唯有如此，我們的教學才能真正做到優(yōu)質(zhì)高效，學生數(shù)學建模、邏輯推理、數(shù)學運算等學核心素養(yǎng)的培育才能持續(xù)深入落實.