用同构函数解指对混合导函数问题

符强如 罗凯

【摘要】近几年来，具有一定难度的指数、对数函数混合含参恒成立问题活跃在各省市模拟题及高考题之中，学生普遍得分偏低.有时候对于这类指对跨阶函数问题，分离参数、分类讨论方法很难奏效，若通过转换挖掘隐含条件使其具有两个结构相同式子，再通过构造函数，利用函数单调性可快速解决问题，即利用“同构思想”可快速解决这类难题，也能够使问题得到最大限度简化，使学生产生信心，有效培养学生创造性思维，进而发展学生核心素养.

【关键词】同构思想;指对跨阶;含参不等式

对于含有指数函数和对数函数这类混合型不等式综合题，若我们能够通过指对互化恒等式x=elnx等手段，将不等式变形成左右两边除变量不同其结构形式完全相同的式子，就可利用同构的思想将问题化难为易，达到通俗易懂的目的.

1构造f（x）=lnxx类型

例1已知a>0且a≠1，函数

f（x）=xaax（x>0）.

（1）当a=2时，求f（x）的单调区间;

（2）若曲线y=f（x）与直线y=1有且仅有两个交点，求a的取值范围.（2021年全国甲卷）

解（1）略.

（2）f（x）=xaax=1，

即ax=xa，

所以xlna=alnx，

于是lnxx=lnaa，

設函数g（x）=lnxx，

则g′（x）=1-lnxx2.

令g′（x）=0，得x=e，

在（0，e）内，g′（x）>0，g（x）单调递增;

在（e，+∞）上，g′（x）<0，g（x）单调递减，

所以g（x）max=g（e）=1e，

又g（1）=0，

当x趋近于+∞时，g（x）→0，

所以曲线y=f（x）与直线y=1有且仅有两个交点，

即曲线y=g（x）与直线y=alna有两个交点的充分必要条件是0

即0

所以a的取值范围是（1，e）∪（e，+∞）.

2构造f（x）=x+ex（x+lnx）类型

例2已知函数f（x）=aex-1-lnx+lna.

（1）当a=e时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;

（2）若f（x）≥1，求a的取值范围.（2020年全国新高考Ⅰ卷）

解（1）略.

（2）由题设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.

构造h（x）=x+ex，则

h′（x）=ex+1>0，

所以h（x）在x∈R上单调递增，

于是h（lna+x-1）≥h（lnx），

所以lna≥lnx-x+1恒成立.

设φ（x）=lnx-x+1，

所以φ′（x）=1x-1，

x∈（0，1）时，φ′（x）>0，φ（x）单调递增;

x∈（1，+∞）时，φ′（x）<0，φ（x）单调递减.

所以φ（x）max=φ（1）=0，

即lna≥0，a≥1，

故a的取值范围为[1，+∞）.

另解由题设f（x）≥1可得

elna+x-1+lna+x-1≥x+lnx，

即elna+x-1+lnelna+x-1≥x+lnx.

构造φ（x）=x+lnx，

则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的取值范围为[1，+∞）.

3构造f（x）=xex（xlnx）类型

例3对任意x∈（0，+∞），不等式2e2x-alna-alnx≥0恒成立，求实数a的最大值.

解由题设可知a>0，x>0.

由2e2x-alna-alnx≥0，

可得2e2x>aln（ax），

所以2xe2x>axln（ax）.

当ln（ax）>0时，构造h（x）=xex（x>0），则

h′（x）=（x+1）ex>0，

所以h（x）在x>0时单调递增，

于是h（2x）≥h（ln（ax）），

即2x≥ln（ax）.

当ln（ax）≤0时，显然有

2x≥ln（ax）.

所以lna≤2x-lnx恒成立.

设φ（x）=2x-lnx，则

φ′（x）=2-1x，

所以φ（x）在0，12上单调递减，在12，+∞上单调递增，

易得φ（x）min=φ12=1+ln2=ln2e，

所以lna≤ln2e，即 a≤2e，

故amax=2e.

4构造f（x）=x（ex+1）类型

例4已知函数f（x）=lnx，g（x）=ex.不等式m[g（mx）+1]>2x+1xf（x）对x>0恒成立，求实数m的取值范围.

解由题设知m（emx+1）>2x+1xlnx，

即mx（emx+1）>（x2+1）lnx2，

mx（emx+1）>lnx2（elnx2+1）.

构造h（x）=x（ex+1），x>0，则

h′（x）=（ex+1）+xex>0，

h（x）在R+上单调递增.

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，则

F′（x）=1-lnxx2，

所以F（x）在（0，e）单调递增，在（e，+∞）单调递减.

故m>2F（e）=2e.

5构造f（x）=ex-x-1函数或f（x）=x-1-lnx函数类型

例5已知函数f（x）=lnx-ax+1x.

（1）若1是函数f（x）的一个极值点，求实数a的值;

（2）在（1）的条件下证明：

f（x）≤xex-x+1x-1.

解易得x>0，a=0，

所以f（x）=lnx+1x.

要证f（x）≤xex-x+1x-1，

只需证lnx+x≤xex-1，

即ln（xex）≤xex-1.

构造h（x）=t-1-lnt，则

h′（t）=1-1t，

在t∈（0，1）时，h′（t）<0，h（t）单调递减，在t∈（1，+∞）时，h′（t）>0，h（t）单调递增.

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得证.

从以上的案例我们能够感受到“同构思想”在解决指对混合型函数不等式中的神奇功效，它根据同构特点，构造出相应的代数系統结构，快速解决问题.这对培养学生思维的广阔性、探索性、深刻性、独创性、灵活性等无疑是一条非常有效的捷径，作为教师也有必要为学生的知识延伸和深度做指导，唯有如此，我们的教学才能真正做到优质高效，学生数学建模、逻辑推理、数学运算等学核心素养的培育才能持续深入落实.