基于同構法的導數不等式解題策略探究

中圖分類號：G632 文獻標識碼：A文章編號:1008-0333（(2025)16-0030-03

同構一般表示結構或形式相同.在處理導數壓軸問題時，筆者發現，對于一類特定題目，使用同構法能夠高效解決.具體而言，在解答這類導數問題時，通過變形將不等式兩邊構造成具有相同結構的代數式，隨后結合對應同構函數的單調性，往往可簡化不等式，進而攻克壓軸題.這種通過構造相同結構、利用函數性質求解的解題思想，便是“同構法”.

1方法模型建構

1. 1 核心概念界定

定義1 (同構法)將不等式 f(x)≥g(x) 通過代數變形轉化為 h[u(x)]?h[v(x)] ，其中 h(t) 為嚴格單調函數.通過比較 u(x) 與 v(x) 的大小關系求解原問題

定理1 （結構映射定理[1]）若存在嚴格單調函數 h(t) 使得 f(x)=h[u(x)]，g(x)=h[v(x)] 則原不等式等價于：當 h(t) 單調遞增時， u(x)? v(x) ；當 h(t) 單調遞減時， u(x)?v(x)

1. 2 操作流程圖解

該流程圖系統呈現了用同構法解決一類導數不等式壓軸題的核心步驟(如圖1).

2 典型例題剖析

例1（指對跨階型)已知函數 +1)+(x+1)²，g(x)=e^2x+ax，a∈R. 若對任意的x?0，g(x)?f(x) 恒成立，求實數 Δ_a 的取值范圍.

解法1設 φ(x)=g(x)-f(x)=e^2x+ax -aln(x+1)-(x+1)²，x∈[0，+∞) ，則 φ^′(x)

收稿日期：2025-03-05

作者簡介：周仕敏，碩士，一級教師，從事高中數學教學研究.

① 當 a?0 時， φ^′′(x)?0 ，則 φ^′(x) 在 x∈[0 +∞) 上單調遞增.所以 φ^′(x)?φ^′(0)=0. 則 φ(x) 在 x∈[0，+∞) 上單調遞增.所以 φ(x)?φ(0) 所以有 g(x)?f(x)

② 當 a<0 時， φ^′′′(x)?0 ，則 φ^′′(x) 在 x∈[0 +∞) )上單調遞增.所以 φ^′′(x)?φ^′′(0)=a+2

若 a+2≥0 ，即 a?-2 則 φ^′′(x)?0. 則 φ^′(x) 在 x∈[0，+∞) 上單調遞增.所以 φ^′(x)?φ^′(0) 則 φ(x) 在 x∈[0，+∞) 上單調遞增.所以φ(x)?φ(0)=0. 所以有 g(x)?f(x)

若 a+2<0 ，即 a<-2 則 φ^′′(0)<0 中

又 ，則存在 n∈(0，+∞) ，使得 φ^′′(n) =0 ，且 φ^′(x) 在 (0，n) 上單調遞減， φ^′(x) 在( Ω_n ，+∞. )上單調遞增.又由于 φ^′(0)=0 ，所以 x∈(0， n 時， φ^′(x)<0 ，則 φ(x) 在 (0，n) 上單調遞減.所以φ(x)<φ(0)=0 ，不滿足題意，舍去.

綜上所述， a?-2

分析上述解法基于分類討論的數學思想研究含參數函數的單調性，同時借助“端點效應”的操作技巧簡化討論過程，進而解決問題.然而，這種傳統解法存在以下缺陷：其一，需進行3次求導以驗證端點效應；其二，存在臨界點失效的風險;其三，分類討論需書寫冗長的邏輯鏈

解法2由不等式 （號+(x+1)² ，變形得 發現同構函數為 ，原不等式等價于

又可證 ，原問題等價轉化為當 x≥0 時， 單調遞增，可輕松

得到 a?-2

分析解法2通過結構觀察、指對轉換、同構構造、單調性判定、參數求解這五步操作解決問題.與解法1相比，存在明顯優勢.

例2 （對稱結構型）若 2^x-2^y<3^-x-3^-y ，則 ）.

A.

解析將不等式變形，使得兩邊各含一個變量2^x-3^-x<2^y-3^-y ，發現不等式兩邊的結構相同，且都為“ 2^x-3^-x ”的形式，故找到這個函數的原型，即同構函數 f(x)=2^x-3^-x .判斷該函數為單調遞增函數，化簡原不等式為 x

從這兩個例題不難看出其共性：先通過變形將原不等式轉化為兩個同構式的不等式，再將原問題轉化為研究對應同構函數的單調性，從而簡化問題這正是利用同構法解決不等式問題的核心要點.那么，在何種情形下適用“同構法”？又該如何構造“同構”函數？接下來，筆者將以相關題目為載體，深入解析“同構法”的原理、應用策略及拓展方向

例3設 a，b 都為正數，e為自然對數的底數，若 ，則（ ）.

A.ab>eB.b>e^a+1C.aba+1

分析將不等式變形，使得兩邊各含一個變量，即 ，進一步變形，得 不難發現其同構函數 f(x)=x?e^x，x>0 ，原不等式等價于 .由該函數單調遞增，得到 a< （204號 即 e^a+1

例4設函數 f(x)=x^a+1e^x+alnx ，若對任意的x?1，f(x)?0 恒成立，則實數 a 的取值范圍是

分析 由不等式 x^a+1e^x+alnx≥0 ，變形得到 xe^x 即 xe^x?x^-alnx^-a=lnx^-a?e^lnx- .構造同構函數 g(x)=x?e^x(x?1) ，原不等式等價于 g(x) .由該函數單調遞增，得到 對任意的 x?1 恒成立，得到答案 [?-e，+∞)

例5已知函數 f(x)=(x-1)e^x+alnx(e 為自然對數的底數）.若 ?x∈(1，+∞)，f(x)>0 ，求實數 Ψ_a 的取值范圍.

分析 （204號 (x-1)e^x+alnx=xe^x-e^x+alnx>0 等價于 e^x+lnx+a(x+lnx)>e^x+ax.

發現同構函數為 g(x)=e^x+ax ，上述不等式等價于 .又因為 x>1，x+lnx>x ，所以 g(x) 在 (1，+∞) 為單調遞增函數，得到實數 Ω_a 的取值范圍為 [?-e，+∞)

例6 已知函數 f(x)=ae^x-1-lnx+lna. 若 f(x)≥1 ，求實數 α_a 的取值范圍.

分析 等價于 發現同構函數為 g(x)=e^x+x ，上述不等式等價于

因為 g(x) 為單調遞增函數，所以不等式又等價于 即 對任意的 x> 0恒成立.得到實數 a 的取值范圍為 [1，+∞)

3 方法應用推廣

3.1 變形技巧體系

以上不等式恒成立的問題有一個共性，就是 e^x 與 成對出現，由指對數的互化關系，不難理解：同構式源于指對跨階的問題，如 xe^x 與 屬于跨階函數，可通過指對跨階函數進行同構，即

結合前面典型例題，歸納如下，見表1.

3.2 易錯點預警

（1)偽同構陷阱：變形后函數 h(t) 需單調；(2)定義域偏移：特別注意對數函數 —32—

限制；

(3)臨界值檢驗：參數邊界值需單獨驗證是否 滿足原不等式.

通過上述對“同構法”原理、應用及拓展的解析，其本質已不再晦澀難懂.在上述三個探究問題的實踐中，我們進一步發現，對不等式進行恰當的等價變形是成功構建同構函數的關鍵，該方法的難點恰恰在于變形環節，需要學習者通過大量練習積累經驗，才能熟練掌握

4 結束語

在掌握同構法解題的過程中，建議通過階梯式訓練，由顯性同構逐步過渡到隱性同構2，搭建思維進階的橋梁.在此基礎上，教師可開展典型錯例的對比教學，重點剖析忽略單調性驗證這一共性誤區，幫助學生建立嚴謹的解題規范.當學生熟練掌握同構法的核心要義后，可引導其嘗試運用同構思想進行自主命題.在命題實踐環節中，指導學生通過系數調整等方式自主構造同構式題目，既能深化其對函數結構本質的理解，又能有效培養學生的逆向思維能力，進一步夯實方法掌握與思維提升的雙重目標

參考文獻：

[1］李尚志.導數壓軸題的命題規律與破解策略[M].北京：高等教育出版社，2022.

[2］符曉燕.關于高中數學同構問題的思考[J].數學之友，2021(04）:80，83.

[責任編輯：李慧嬌]