例谈不等式中的同构变形策略

山东省宁阳县复圣中学(271400) 张志刚

中学阶段, 同构式指变量不同而结构或形式相同的两个表达式.在诸多不等式(尤其是含双变量的不等式)问题中,经过整理变形使不等式呈现同构形式,然后构造函数,将隐含的不等关系凸显出来, 并结合函数的单调性解决问题,这种解题方法通常称为同构法.例如, 若F(x) ≤0 能等价变形为f[g(x)] ≤f[h(x)],借助f(x)的单调性,等价转化为g(x) ≤h(x)或g(x) ≥h(x).同构法的难点在于同构变形,下面以近年高考真题和模拟试题为例,阐述几种常见的同构变形策略.

1 策略一: 通过移项、添项、拆项等变形

结合已知条件, 对不等式进行移项、添项、拆项等变形,使得不等式两侧呈现相同结构,然后构造函数,利用函数的单调性实现问题的转化、解决.

例1 (2020年高考全国II 卷理科第11 题)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

解 由2x −2y ＜3−x −3−y 移项变形得2x −3−x ＜2y −3−y.设f(x)=2x −3−x,则f(x)＜f(y).易知f(x)是R 上的增函数,则x ＜y,从而y−x+1 ＞1,ln(y−x+1)＞0,故选A 项.

例2 (2014年高考湖南卷文科第9 题) 若0 ＜x1 ＜x2 ＜1,则( )

A.ex2 −ex1 ＞ln x2 −ln x1 B.ex2 −ex1 ＜ln x2 −ln x1

C. x2ex1 ＞x1ex2 D. x2ex1 ＜x1ex2

解 A 选项可变形为ex2 −ln x2 ＞ex1 −ln x1.为此,考查函数f(x)=ex −ln x,f′(x)=ex −

,f′′(x)=ex+

＞0,所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增.又

−e ＜0且f′(1)=e−1 ＞0,所以存在x0 ∈

,1),使得f′(x0)=0,并且f(x) 在(0,x0) 上单调递减, 在(x0,1) 上单调递增,故当0 ＜ x1 ＜ x2 ＜ 1 时, f(x1) = ex1 −ln x1 与f(x2) = ex2 −ln x2 的大小关系不能确定, 即无法判定选项A、B 是否成立.同理,C 选项可变形为

为此,考查函数g(x)=

,显然g(x)在(0,1)上单调递减, 故当0 ＜x1 ＜x2 ＜1 时, f(x1) ＞f(x2), 即

,故选项C 正确.

点评 上述两例均为双变量不等式证明问题,解决策略是“分而治之”,即通过移项、简单的运算将地位同等的两变量x1,x2 分离至不等式的两侧,化为相同的结构,然后构造函数,借助函数的单调性解决问题.

2 策略二: 通过放缩变形

对一些指对混合不等式问题,往往要借助已知条件或切线不等式(如ln x ≤x −1(x ＞0),x+1 ≤ex)等工具合理放缩,创造同构形式,为构造函数奠定基础.

例3 (2020年高考全国I 卷理科第12 题)若2a+log2a=4b+2log4b,则( )

A. a ＞2b B. a ＜2b C. a ＞b2 D. a ＜b2

解 由于4b +2log4b = 22b +log2b ＜22b +log2(2b),所以2a+log2a ＜22b+log2(2b).设f(x)=2x+log2x,则f(a)＜f(2b).又f(x)在(0,+∞)上单调递增,则a ＜2b,故选B 项.

例4 (2012年高考浙江卷文科第10 题)设a ＞0,b ＞0,e 是自然对数的底数,则( )

A.若ea+2a=eb+3b,则a ＞b

B.若ea+2a=eb+3b,则a ＜b

C.若ea −2a=eb −3b,则a ＞b

D.若ea −2a=eb −3b,则a ＜b

解 对于A、B 选项, 由于a ＞0, b ＞0, ea + 2a =eb + 3b ＞eb + 2b, 设函数f(x) = ex + 2x(x ＞0), 则f(a) ＞f(b), 又f′(x) = ex + 2 ＞0, f(x) 在(0,+∞) 上单调递增, 所以a ＞b, 故A 项正确, B 项错误.对于C、D选项, 由于b ＞0, ea −2a = eb −3b ＜eb −2b, 设函数g(x) = ex −2x(x ＞0),则g(a) ＜g(b),又g′(x) = ex −2,g(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,所以无法确定a,b 的大小关系.

点评 本题借助已知条件a ＞0, b ＞0 合理放缩得:ea+2a ＞eb+2b 和ea −2a ＜eb −2b,此时不等式两侧结构相同,就可以引入函数f(x)=ex+2x 和g(x)=ex −2x,考查它们在(0,+∞)上的单调性即可.

3 策略三: 通过取对数运算变形

对于指数型不等式,特别是两个变量轮换出现时,可考虑对不等式实施取对数运算,将指数式转化为对数式,减少了运算量,降低了思维难度,然后将两个变量分离,往往会出现同构形式.

例5 已经n ＞m ＞0,求证: (1+m)n ＞(1+n)m.

解 因为n ＞m ＞0,(1+m)n ＞0,(1+n)m ＞0,所以只需证明ln(1+m)n ＞ln(1+n)m,即证n ln(1+m) ＞m ln(1+n),亦即证明

设f(x) =

又f′(x) =

易证明

＜ ln(x+1), 所 以f′(x) ＜ 0, 从而f(x) 在(0,+∞) 上递减, 又n ＞m ＞0, 所以f(n) ＜f(m), 即

命题成立.

点评 本题运用作差法等常规方法难度较大.由于本题是指数形式的不等式, 可考虑同时取自然对数, 然后分离m,n 得

构造函数

(x ＞0),利用f(x)的单调性解决即可.

4 策略四: 通过恒等式b=alogab 代换变形

由对数的概念易得b=alogab(a ＞0,a ̸=1,b ＞0),特殊的a = eln a,借助该式代换可将幂函数式等价变形为指数式,有利于同构式的创设.

例6 (2018年高考全国I 卷文科第21 题) 已知函数f(x)=aex −ln x −1.

(1)设x = 2 是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间; (2)证明: 当a ≥

时,f(x)≥0.

解 (1)略.(2)当a ≥

时,f(x) ≥

−ln x −1.只需证

−ln x −1 ≥0, 即证ex ≥e(ln x+1), 亦即证ex ≥e ln(ex).不等式两侧同时乘以x(x ＞0) 得xex ≥ex ln(ex),即证xex ≥ln(ex)eln(ex).设g(x) = xex(x ＞0),则g(x) ≥g(ln(ex)).又g′(x) = ex(x + 1) ＞0, g(x) 在(0,+∞)上单调递增,所以x ≥ln(ex),即证x ≥ln x+1,上式显然成立,命题得证.

点评 借助已知条件实施放缩, 将所证不等式变形为ex ≥e ln(ex),再在不等式两边同时乘以x,此举看似“无中生有”、“毫无章法”,实则是基于不等式结构和谐性的考量.通过ex=eln(ex) 的代换,转化为证明xex ≥ln(ex)eln(ex),此时同构模型呼之欲出,引入函数g(x)=xex 便顺理成章了.

例7 (2020年新高考全国I 卷第21 题) 已知函数f(x)=aex−1 −ln x+ln a.

(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.

解 (1)略.(2)f(x)的定义域是(0,+∞),若f(x)≥1,即aex−1 −ln x + ln a ≥1, 亦即eln aex−1 −ln x + ln a ≥1, 从而eln a+x−1 + ln a + x −1 ≥ x + ln x, 即不等式eln a+x−1 + ln a + x −1 ≥ eln x + ln x 在(0,+∞) 上恒成立.设g(x) = ex + x, 则g(ln a + x −1) ≥ g(ln x).又g′(x) = ex + 1 ＞ 0, g(x) 在R上单调递增,所以ln a+x −1 ≥ln x,从而ln a ≥ln x −x+1 在(0,+∞)上恒成立.设h(x) = ln x −x+1,h′(x) =

当0 ＜x ＜1时,h′(x)＞0;当x ＞1 时,h′(x)＜0,故当x=1 时,h(x)有最大值0.所以ln a ≥0,得a ≥1.

点评 本题的关键是从不等式aex−1 −ln x+ln a ≥1的结构入手,运用a = eln a 和x = eln x 代换,变形为同构式eln a+x−1 +ln a+x −1 ≥eln x +ln x,然后水到渠成地构造函数g(x)=ex+x,进行后续解答即可.

5 策略五: 应用恒等式b=loga ab 代换变形

类比恒等式b = alogab, 我们有b = loga ab(a ＞0,a ̸=1),特别的b = ln eb.利用该恒等式对不等式改造重组,可将幂函数式变形为对数式,同样有助于同构式的发掘.

例8 已知不等式ex −a ln(ax −a)+a ＞0(a ＞0)恒成立,求a 的取值范围.

解 由ax −a ＞0 及a ＞0 得x ＞1, 由题意得ex + a ＞ a ln(ax −a), 不等式的两边同时乘以

得

+1 ＞ln a+ln(x−1),即有

−ln a ＞ln(x−1)−1.在不等式的两边同时加上x 有

−ln a+x ＞ln(x−1)+(x−1),即

−ln a+ln ex ＞ln(x −1)+(x −1),从而

ln(x −1)+(x −1).设f(x)=ln x+x,则

＞f(x −1),又f′(x) =

+ 1 ＞ 0, 所以f(x) 在(0,∞) 上单调递增, 从而

＞ x −1, 进而得

恒成立.设g(x) =

当x ∈(0,2) 时,g(x) 单调递增; 当x ∈ (2,+∞) 时, g(x) 单调递减, 故g(x)max =g(2)=

从而

所以0 ＜a ＜e2.

点评 本例解答过程中,首先通过参变分离得

−ln a ＞ln(x −1)−1,鉴于不等式右侧对数式不易改造,此时不等式两侧均加上x 得

−ln a+x ＞ln(x −1)+(x −1),此时右侧代数式更和谐,规律性更强.接下来解决不等式左侧的结构变形问题,利用恒等式x=ln ex 及对数的运算律将不等式变形为

＞ln(x −1)+(x −1),此时,题设条件蕴含的规律已昭然若揭,跃然纸上.

例9 已知函数f(x)=ln x −x+1,g(x)=axex −4x,其中a ＞0.求证: g(x)−2f(x)≥2(ln a −ln 2).

证明

令t=xex,设h(t)=at−2 ln t−2,则h′(t)=

(t ＞0),由a ＞0 易知h(t)在

上单调递减;在

上单调递增,所以h(t) ≥

= 2(ln a −ln 2),命题得证.

点评 本例在对代数式g(x)−2f(x)整理变形中,关键是借助x = ln ex 进行代换,使代数式结构更具统一性.通过换元,引入函数h(t)后,本质是证明同构式h(t) ≥

成立,问题转化为讨论h(t)的最小值.

结合上述几例可知,同构变形需要深入审题,充分挖掘题设条件中可类比、联想的因素,促进思维迁移,从而选择恰当的变形策略,以便简捷、有效地解决问题.