2023届高考数学二轮复习专题一函数与导数培优提能函数的同构问题学案

培优提能　函数的同构问题

1.利用结构相同构造函数

(1)同构式:是指除了变量不同,其余地方均相同的表达式.

(2)同构式的应用:

①在方程中的应用:如果方程f(a)=0和f(b)=0呈现同构特征,则a,b可视为方程f(x)=0的两个根.

②在不等式中的应用:如果不等式的两侧呈现同构特征,则可将相同的结构构造为一个函数,进而和函数的单调性找到联系.可比较大小或解不等式.

③在解析几何中的应用:如果A(x1,y1),B(x2,y2)满足的方程为同构式,则A,B为方程所表示的曲线上的两点.特别地,若满足的方程是直线方程,则该方程即为直线AB的方程.

④在数列中的应用:可将递推公式变形为“依序同构”的特征,即关于(an,n)与(an-1,n-1)的同构式,从而将同构式设为辅助数列便于求解.

究其实质,都是找到数式中的“结构”相同之处,将变数视为“变量”,从而构造出函数、方程或数列.

2.指对混合同构

(1)指对变形的五种等价形式.

①ln ex=x=eln x(核心公式);

②xex=eln xex=eln x+x;

③==eln x-x;

④x+ln x=ln ex+ln x=ln (xex);

⑤x-ln x=ln ex-ln x=ln .

(2)三种同构基本模式.

①积型:aea≤bln b⇒

例:2x3ln x≥m⇔x2ln x2≥.

说明:上述三个方法“取对”是最快捷和直观的.

②商型:≤⇒

③和差型:ea±a>b±ln b⇒

例:eax+ax>ln (x+1)+x+1⇔eax+ax>eln (x+1)+ln (x+1)⇔ax>ln (x+1).

培优点1　利用同构特点解决问题

典例1　(1)(2020·全国Ⅱ卷)若2x-2y<3-x-3-y,则(　　)

A.ln (y-x+1)>0 B.ln (y-x+1)<0

C.ln |x-y|>0 D.ln |x-y|<0

(2)若0<x1<x2<1,则(　　)

A.->ln x2-ln x1

B.->ln x2-ln x1

C.x2>x1

D.x2<x1

(3)已知实数a,b∈(0,2),且满足a2-b2-4=-2a-4b,则a+b的值为　　　　. 

解析:(1)由2x-2y<3-x-3-y移项变形为2x-3-x<2y-3-y.设f(t)=2t-3-t,

因为f(t)=2t-3-t单调递增,易知f(t)是定义在R上的增函数,故由2x-3-x<2y-3-y,可得x<y,

所以y-x>0⇒y-x+1>1,从而ln (y-x+1)>0.故选A.

(2)A选项,->ln x2-ln x1⇔-ln x2>-ln x1,设f(x)=ex-ln x,

所以f′(x)=ex-=,设g(x)=xex-1,则有g′(x)=(x+1)ex>0恒成立,所以g(x)在(0,1)上单调递增,所以g(0)=-1<0,g(1)=e-1>0,从而存在x0∈(0,1),使得g(x0)=0,由单调性可判断出当x∈(0,x0)时,g(x)<0⇒f′(x)<0,x∈(x0,1)时,g(x)>0⇒f′(x)>0,所以f(x)在(0,1)上不单调,不等式不会恒成立,A错误;

B选项,->ln x2-ln x1⇔+ln x1>+ln x2,设f(x)=ex+ln x,可知f(x)单调递增.所以f(x1)<f(x2),B错误;

C选项,x2>x1⇔>,构造函数f(x)=,f′(x)=,则f′(x)<0在x∈(0,1)上恒成立.所以f(x)在(0,1)上单调递减,所以f(x1)>f(x2)成立,C正确;

D选项,x2<x1⇔<,同样构造函数f(x)=,由C选项分析可知D错误.故选C.

(3)由a2-b2-4=-2a-4b,变形得a2+2a=22-b+(b-2)2,即a2+2a=(2-b)2+22-b,

设f(x)=x2+2x,则f(x)在(0,2)上单调递增,因为a,b∈(0,2),所以2-b∈(0,2),

又f(a)=f(2-b),所以a=2-b,即a+b=2.

答案:(1)A　(2)C　(3)2

构造函数的策略

(1)直接构造:如果关系式的左右形式相当,一边一个变量,取左或取右,构造函数.

(2)变形构造:如果关系式的左右形式少有差异,可适当变形后得到已知中出现的“两个变量”,然后利用结构相同,构造出一个函数,最后利用函数的性质解题.

触类旁通1　(1)(多选题)若2-x-2y>ln x-ln (-y)(其中x>0),则(　　)

A.y-x>0 B.x-y>0

C.x+y>0 D.x+y<0

(2)不等式+-x3-5x>0的解集是　　　　　　　　. 

(3)已知函数f(x)=3x-3-x,f(1-2log3t)+f(3log3t-1)≥lot,则t的取值范围是　　　　. 

解析:(1)显然-y>0,又x>0,则x-y>0,故B正确;

由2-x-2y>ln x-ln (-y)移项变形为2-x-ln x>2y-ln (-y),

设f(x)=2-x-ln x(x>0),

易知f(x)是定义在(0,+∞)上的减函数,

由2-x-ln x>2y-ln (-y),即f(x)>f(-y),可得x<-y,故x+y<0,故D正确.故选BD.

(2)原不等式可化为()3+5×>x3+5x.

构造函数f(x)=x3+5x,因为y=x3和y=5x均单调递增,故f(x)在R上单调递增,

所以>x,解得x<-2或-1<x<1.所以原不等式的解集是{x|x<-2或-1<x<1}.

(3)因为lot=-log3t=-(1-2log3t)-(3log3t-1),所以f(1-2log3t)+f(3log3t-1)≥lot可变形为,

f(3log3t-1)+(3log3t-1)≥(2log3t-1)-f(1-2log3t).

因为f(x)=3x-3-x是奇函数,所以-f(1-2log3t)=f(2log3t-1),

所以f(3log3t-1)+(3log3t-1)≥f(2log3t-1)+(2log3t-1).令F(x)=f(x)+x=3x-+x,

因为y=3x,y=-,y=x均单调递增,所以F(x)单调递增.

所以3log3t-1≥2log3t-1,即log3t≥0,解得t≥1.所以t的取值范围是[1,+∞).

答案:(1)BD　(2){x|x<-2或-1<x<1}

(3)[1,+∞)

培优点2　指、对同构问题

典例2　对下列不等式或方程进行同构变形,并写出相应的同构函数.

(1)log2x-k·2kx≥0;

(2)aln (x-1)+2(x-1)≥ax+2ex;

(3)e-x-2x-ln x=0.

解:(1)log2x-k·2kx≥0⇔xlog2x≥kx·2kx⇔(log2x)·≥kx·2kx,相应的同构函数f(x)=x·2x.

(2)aln (x-1)+2(x-1)≥ax+2ex⇔aln (x-1)+2(x-1)≥aln ex+2ex,相应的同构函数f(x)=aln x+2x.

(3)e-x-2x-ln x=0⇔e-x-x=x+ln x⇔e-x+ln e-x=x+ln x,相应的同构函数f(x)=x+ln x.

同构法的基本思路是通过恒等变形,创造“相同结构”,为构造函数做准备.要提高“识别”能力,即什么样的函数结构会用“同构法”解决,在解决问题的过程中不断提高运用函数思想方法解决问题的意识和能力.

触类旁通2　已知函数f(x)=aexln x(a≠0),若∀x∈(0,1),f(x)<x2+xln a,求a的取值范围.

解:由x2+xln a>aexln x⇒>⇒<对∀x∈(0,1)恒成立.

构造h(x)=,x∈(0,1),h′(x)=>0,h(x)单调递增.

所以x<aex⇒a>⇒a>()max,因为x∈(0,1),所以()′=>0,在(0,1)上单调递增,当x=1时,=,所以a≥,所以a的取值范围是[,+∞).

典例3　(1)设实数λ>0,若对任意的x∈(0,+∞),不等式eλx-≥0恒成立,则λ的取值范围是　　　　. 

(2)(2020·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a,若f(x)≥1,求a的取值范围.

(1)解析:eλx-≥0⇒λxeλx≥xln x=ln xeln x,构造f(x)=xex(x>0),则f′(x)=ex(x+1)>0,f(x)单调递增,即λx≥ln x恒成立,λ≥()max,令g(x)=(x>0),g′(x)=,当0<x<e时,g′(x)>0,g(x)单调递增,当x>e时,g′(x)<0,g(x)单调递减,故g(x)max=g(e)=,所以λ的取值范围为[,+∞).

答案:[,+∞)

(2)解:f(x)=aex-1-ln x+ln a≥1等价变形为eln a+x-1-ln x+ln a≥1,

即eln a+x-1+ln a+x-1≥ln x+x=eln x+ln x,令g(x)=ex+x,上述不等式等价于g(ln a+x-1)≥g(ln x),

显然g(x)为增函数,所以ln a+x-1≥ln x,

即ln a≥ln x-x+1,

令h(x)=ln x-x+1,则h′(x)=-1=,

在(0,1)上h′(x)>0,h(x)单调递增;在(1,+∞)上h′(x)<0,h(x)单调递减,

所以h(x)max=h(1)=0,ln a≥0,即a≥1,所以a的取值范围是[1,+∞).

同构法解题步骤

第一步:对不等式或方程进行同构变形,找到对应的同构函数.

第二步:判断对应函数的单调性.

第三步:求参数取值范围或证明不等式.

触类旁通3　(1)已知x0是方程2x2e2x+ln x=0的实根,则关于实数x0的判断正确的是(　　)

A.x0≥ln 2 B.x0<

C.2x0+ln x0=0 D.2+ln x0=0

(2)若关于x的不等式x+aln x+≥xa(a<0)对任意的x∈(1,+∞)恒成立,则实数a 的最小值是　　　　. 

解析:(1)2x2e2x+ln x=0⇒2xe2x=-ln x=·ln =ln ,令f(x)=xex(x>0),则f′(x)=ex(x+1)>0,f(x)单调递增⇒2x=ln ⇒2x0+ln x0=0.故选C.

(2)法一　x+e-x≥xa-aln x=-ln xa,令g(x)=x+e-x(x>1),g′(x)=>0,g(x)单调递增,所以x≥-ln xa⇒-a≤()min,()′=,在(1,e)上,单调递减,在(e,+∞)上,单调递增,所以()min==e⇒a≥-e.

法二　x+e-x≥xa-aln x⇒-ln e-x+e-x≥xa-ln xa,

构造g(x)=x-ln x(0<x<1),g′(x)=<0,g(x)单调递减.所以e-x≤xa⇒-x≤aln x⇒-a≤()min⇒a≥-e.

答案:(1)C　(2)-e