同构出马，谁与争锋

李海玉

在函数与导数中，特别是指数、对数同构思想有着广泛的应用，指数函数与对数函数变换的核心是[elnx=x=lnex]，利用这个恒等式，可以统一函数的结构，从而找到相应的函数模型，下面以2022年高考甲卷理科数学导数题为例说明利用同构法求解的妙处。

原题呈现：

已知函数[f（x）=exx-lnx+x-a]

（1）若[f（x）≥0，]求[a]的取值范围；

（2）证明：若[f（x）]有两个零点[x1，x2，]则[x1?x2<1]

解：对于第一问，[f（x）=exx-lnx+x-a（x>0）]，[f（x）=ex（x-1）x2-1x+1=（ex+x）（x-1）x2]

令[f（x）=0，]解得[x=1]，所以当[0

当[x>1]时，[f（x）>0，∴f（x）]单调递增；[∴f（x）min=f（1）=e+1-a]，要使得[∴f（x）≥0]恒成立，即满足：[∴f（x）min=f（1）=e+1-a≥0]，即[a≤e+1]，所以[a]得取值范围是[e+1，+∞]。

对于第二问，方法很多，本文主要介绍同构的解法

法一：同构+对数均值不等式

（2）由题知[ex1x1-lnx1+x1-a=0ex2x2-lnx2+x2-a=0]，所以[ex1x1-lnx1+x1=ex2x2-lnx2+x2]，

即[e x1-lnx1+x1-lnx1=e x2-lnx2+x2-lnx2]，构函数[g（x）=ex+x]，则[g（x1-lnx1）=g（x2-lnx2）]，显然[g（x）=ex+x]在[0，+∞]上单增，所以[x1-lnx1=x2-lnx2]，即[lnx1-lnx2x1-x2=1]，

由对数均值不等式可得[x1x2

（法二：偏对称构造+同构）由（1）可知，[0f（1x2）]

因为[f（x1）=f（x2）]即只用证[f（x2）>f（1x2）]

构造函数[F（x）=f（x）-f（1x）][=exx-lnx+x-e1x1x+ln1x-1x]，下证[F（x）>0]

即证[exelnx+x-lnx>e1xeln1x+1x-ln1x]

即证[ex-lnx+x-lnx>e1x-ln1x+1x-ln1x]，构造函数[g（t）=et+t]，而[g（t）=et+t]是定义上的单调递增函数，

只用证：[g（x-lnx）>g（1x-ln1x）]

即证明：[x-lnx>1x-ln1x]

下证：[h（x）=x-lnx-1x+ln1x>0]，因为[h（x）=1-2x+1x2=x2-2x+1x2=（x-1）2x2>0]，所以[h（x）]在[（1，+∞）]上单调递增，[h（x）min>h（1）=1-ln1-11+ln11=0]，即[x-lnx>1x-ln1x]

所以[x1x2<1].

（法三：偏对称构造+同构）由（1）可知，[0f（1x2）]

因为[f（x1）=f（x2）]即只用证[f（x2）>f（1x2）]

构造函数[F（x）=f（x）-f（1x）][=exx-lnx+x-e1x1x+ln1x-1x]，下证[F（x）>0]

即证[exx+lnex-lnx>e1x1x+lne1x-ln1x]

即证[exx+ln（exx）>e1x1x+ln（e1x1x）]，构造函数[g（t）=lnt+t]，而[g（t）=lnt+t]是[（1，+∞）]的单调递增函数，

只用证：[g（exx）>g（e1x1x）]

即证明： [exx>e1x1x]，即证明：[ln（exx）>ln（e1x1x）]，即[x-lnx>1x-ln1x]下面证法同法二（略）。

同构法是学习和求解数学问题的一种常见思维方法，用同构法解决问题的一般过程是：分析变形——生成同构——构造函数——利用模型的性质解题。在运用同构法解决问题的过程中，我们要注意观察函数结构，挖掘隐含的函数共性，然后借助“共性”构造函数模型，最后利用数学模型的性质解决问题。