例谈同构转化法在解题中的应用
波利亚说，掌握数学就意味着要善于解题,对于解题方法的研究,总能吸引许多数学爱好者为之探究.笔者发现,近年来,有一类数学问题用常规方法求解难度颇大,若用同构转化法求解,则能出奇制胜.
具有相同结构的两个代数式不妨称为同构式,两个同构式可以由同一个代数式通过变量代换得到.所谓同构转化法,就是将式子的两边整理为结构一致的代数式,从中抽象出母函数,再借助母函数的单调性,将函数值的大小关系,转化为整体自变量的大小关系.本文结合实例,就以下四类问题谈谈它在解题中的应用,希望对大家有所启发.
一、比较大小
例1 (2020年全国高考理科12题)若2a+log2a=4b+2log4b，则
(A)a>2b (B)a<2b
(C)a>b2 (D)a<b2
解 因为4b+2log4b=22b+log2b=22b+log2(2b)-1<22b+log2(2b)，所以2a+log2a<22b+log2(2b).
设f(x)=2x+log2x,易见f(x)在(0,+∞)单调增,故由上可得f(a)<f(2b),即0<a<2b.故选B.
例2 已知函数
的最小值分别为a,b,则( )
(A)a=b (B)a<b
(C)a>b (D)a,b的大小不确定
解 容易证明:当x∈R时,ex≥x+1,当x=0时取等号.
一方面， f(x)=ex+ln x-ln x-x-2≥x+ln x+1-ln x-x-2=-1,当x+ln x=0时取等号(分析可知m(x)=x+ln x有零点,故等号可取得),则f(x)min=-1,即a=-1.
另一方面，g(x)=ex-2-ln x+ln x-x≥x-2-ln x+1+ln x-x=-1,当x-2-ln x=0时取等号(分析可知n(x)=x-2-ln x有零点,故等号可取得),则g(x)min=-1,即b=-1.
所以a=b,选A.
二、求最值
例3 对任意x>0,不等式2ae2x-ln x+ln a≥0恒成立,则实数a的最小值为( )
当ln x≤0时,②式显然恒成立.
①
当
时,①式恒成立.
当
时,设f(x)=xex(x>0),则①式等价于
由f ′(x)=ex(1+x)>0,知f(x)在(0,+∞)单调增,故
即
从而
设
则
易见
时,h(x)单调增；
时,h(x)单调减.故
可得
答案选D.
例4 设实数λ>0,若对任意的x∈(0,+∞),不等式
恒成立,则λ的最小值是______.
解 由条件得
即2λe2λx≥ln x，即2λxe2λx≥xln x，亦即
解 由2ae2x-ln x+ln a≥0，得
即
又x>0,故
即②
2λxe2λx≥(ln x)eln x.
当ln x>0时,设f(x)=xex(x>0),易知f(x)在(0,+∞)单调递增,故②式表明2λx≥ln x,即
设
则
当x∈(0,e)时，h′(x)>0,h(x)单调增;当x∈(e,+∞)时,h′(x)<0,h(x)单调减.所以
可得
即
故λ的最小值为
三、求范围
例5 若x∈(e,+∞)时,不等式
恒成立,则实数m的取值范围是______.
解 由条件得
即
所以
当m≤0时,以上不等式显恒成立.
当m>0时,设f(x)=xex,易知f(x)在(0,+∞)单调增,则由
得
即m≤xln x2,亦即
设g(x)=xln x(x>e)，则g′(x)=ln x+1>0,g(x)在(e,+∞)单调增,于是g(x)>g(e)=e,可得
即0<m≤2e.
综上，m∈(-∞,2e].
四、求值
例5 已知实数x1,x2满足x1ex1=e3,x2(ln x2-2)=e5,则x1x2的值是______.
解 由x2(ln x2-2)=e5，得
x2-2)=e3,即eln x2-2(ln x2-2)=e3,故x1ex1=(ln x2-2)eln x2-2.
设f(x)=xex(x>0),则
f(x1)=f(ln x2-2).
由x1ex1=e3>0，可知x1>0；同理，由eln x2-2(ln x2-2)=e3>0，可知ln x2-2>0.又f ′(x)=(1+x)ex>0, f(x)在(0,+∞)单调增,故x1=ln x2-2.
代入x1ex1=e3，得x1elnx2-2=e3,即x1x2e-2=e3,所以x1x2=e5.
综上可见,同构转化法体现了数学中等价转化思想,解题过程中要求学生从已知式的结构出发,细心观察、大胆猜想,通过构造函数并利用其单调性解决问题.同构转化法对学生直观想象能力、抽象概括能力、推理论证能力提出了一定的要求,而这正是高中数学新课标核心素养中不可或缺的重要内容.
作者单位：(湖北省武汉市黄陂区第一中学盘龙校区，430312) (湖北省武汉市教育科学研究院 ，430032)