淺談函數中如何尋找同構解決“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

全國高考數學卷中經常出現構造同構函數解決與函數有關的問題，尤其在處理“指對”問題時，通過同構函數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，探索同構函數在解決“指對”問題中的應用.

1 原題呈現及分析

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

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.

不妨設三個交點的橫坐標從左到右依次為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構，并利用函數f(x)=ex-x在(-∞，0)，(0，+∞)的單調性，將復雜的“指對”等量關系式轉化為簡單的關于自變量的等量關系式.同時,我們不禁有這樣一些思考：我們平時遇到的“指對”問題，是否同樣可以通過同構函數加以解決？若能，則在“指對”問題中怎樣才能找到同構函數呢？筆者通過以下幾個方面來揭示運用“同構”思想處理“指對”問題的思維過程.

2 “同構”思想處理“指對”問題的思維過程

2.1 在等號(或不等號)兩邊分別構造同構函數

例1(2020年新課標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主要揭示了同構函數法不僅能應用于方程問題中，在不等式問題中也有廣泛的運用，通過移項變形在等號(或不等號)兩邊分別構造同構形式，從而幫助我們更快捷地解決方程或不等式問題.如果遇到較復雜的含參恒成立問題呢？如例2.

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

解法1：利用指數對數的運算可將f(x)=aex-1-lnx+lna=eln a+x-1-lnx+lna≥1等價轉化為

eln a+x-1+lna+x-1≥lnx+x=eln x+lnx.

①

令g(x)=ex+x,則不等式①可等價轉化為g(lna+x-1)≥g(lnx).顯然g(x)為單調增函數，則不等式①進一步等價轉化為lna≥lnx-x+1.

令h(x)=lnx-x+1,利用導數求得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的同構轉化過程中，恒成立問題中的參數盡量放在同一函數的不同位置或不同函數的相同位置.當然例2的轉化并不唯一，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造的同構函數并不唯一，而且例2還可以構造y=xlnx，y=x+lnx等同構函數來解決問題.但對比這些不同的同構函數，我們發現利用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函數，g(x)的單調區間(-∞,+∞)最長，這樣就不必對自變量是否在單調區間內加以討論，故構造同構函數解決問題時，我們應盡量選擇單調區間較長的函數.

2.2 利用放縮構造不等式中的同構函數

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

A.a>2bB.a<2b

C.a>b2D.a

解：因為4b+2log4b=22b+log2(2b)-1，所以2a+log2a=22b+log2(2b)-1.

于是2a+log2a<22b+log2(2b).

設f(x)=2x+log2x，則有f(a)

對于例3，主要是利用放縮法將方程轉化為兩邊可以構造同構函數的不等式形式，再由同構函數的單調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用，如以下例4.

②

故當ln(ex)≤0時，②式顯然成立.當ln(ex)≥0時，令g(x)=xex.由g′(x)=ex(x+1),知g(x)在(0,+∞)上增函數，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形式.有些問題中還可以利用一些常見不等式(如ex≥x+1)進行放縮，比如例5.

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

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

這些類同構問題的解決過程也告訴我們：在平時的解題中，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問題解決.

2.3尋找方程、不等式中的局部同構

易知g(t)≥g(e2)=e2-2e2+e2=0.又0

所以0

例7(2013年新課標Ⅱ卷)已知函數f(x)=ex-ln(x+m)，當m≤2時，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，當且僅當x=0且m=1時，上述兩個不等式的等號同時成立.又m≤2，所以2-m≥0,當m=2時，等號成立.即上述3個等號不能同時取到.于是f(x)>0.

故原命題得證.

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

另一角度：令g(x)=ex-x-1，要證m≤2時，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，當且僅當x=0且x=-1時，兩個等號同時成立.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，這三種類型同構問題并不是孤立的，而是相互聯系的，在解決“指對”問題時需要靈活加以運用.

最后，大數據顯示“指對”問題在全國卷中的出現非常頻繁，而構造同構函數的思想在解決“指對”問題時也越來越重要，因此在平時的教學中要向學生多滲透，讓他們在解決“指對”問題時更加游刃有余.