同構變換在高考中的應用

廣東省湛江一中培才學校(524037) 魏 欣

同構變換的思想,是高中數學中的重要的思想方法之一,是我們解決數學問題的利器,在數列、解析幾何、不等式、函數與導數的應用中無處不在,方法更是多種多樣,靈活巧妙,要求解題者具備較深的數學功底和數學智慧.本文探究了同構變換的思想的一些獨特而巧妙的應用,以求給大家一些新的啟發,拓展思維視野,感悟數學方法之美妙.

一、在數列中的應用

求遞推數列的通項公式的關鍵就是將遞推公式變形為“依序同構”的特征,即關于(an,n)與(an-1,n-1)的同構式,從而將同構式設為輔助數列便于求解.

例1(2020年高考全國Ⅲ卷理科第17 題第(1)問)設數列{an}滿足a1=3,an+1=3an-4n.求數列{an}的通項公式.

解析由an+1= 3an -4n, 可得an+1-(2n+ 3)=3[an-(2n+1)],即

令bn=an -(2n+1),則bn+1= 3bn, 則數列{bn}的首項b1=a1--3 = 0.于是,數列{bn}所有各項都為0,所以bn=an -(2n+ 1)= 0.所以數列{an-(2n+1)}是各項為0 的常數列.所以數列{an}的通項公式an=2n+1(n ∈N*).

點評解決本題的關鍵在于構造同構式

得到數列{an-(2n+1)}是各項為0 的常數列.從而巧妙求出數列{an}的通項公式.

例2(2014年高考廣東卷理科第21 題第(2)小問)設數列{an}的前n項的和為Sn,滿足:Sn= 2nan+1-3n2-4n(n ∈N*),S3=15.求數列{an}的通項公式.

解析因為Sn=2nan+1-3n2-4n,所以

從而得到: (2n+2)an+2=(2n+1)an+1+6n+7,即

因為a1= 3, 所以a1-5 = 3-(2×1+1)= 0,所以數列{an-(2n+1)}是各項都為零的常數列, 所以an= (2n+1).所以數列{an}的通項公式為an=(2n+1)(n ∈N*).

點評以上解法中,通過構造同構式(1),巧妙地得到數列{an-(2n+1)}是各項為0 的常數列.從而很快求出數列{an}的通項公式.

二、在解析幾何中的應用

如果A(x1,y1),B(x2,y2)滿足直線或曲線的方程為同構式,則A、B為方程所表示直線或曲線上的兩點.特別地,若A(x1,y1)、B(x2,y2)滿足ax1+by1+c=0,ax2+by2+c=0,則直線AB的方程為ax+by+c=0,這種設而不求的思想也是同構式的體現.

例3(2020年高考全國Ⅰ卷解析幾何題)已知A,B分別為橢圓E:+y2= 1(a ＞1)的左、右頂點,G為E的上頂點,= 8,P為直線x= 6 上的動點,PA與E的另一交點為C,PB與E的另一交點為D.

(1)求橢圓E的方程;(2)證明: 直線CD過定點.

解析(1)橢圓E的方程為+y2=1(過程略).

(2)設直線CD的方程為x=ty+n,-3＜n ＜3,設C(x1,y1),D(x2,y2),點P(6,m).聯立得(9 +t2)y2+ 2tny+n2-9 = 0.由韋達定理有y1+y2=由A,C,P三點共線,可得

由D,B,P三點共線,可得

由①式和②式, 可得3y1(x2-3)=y2(x1+ 3), 所以3y1y2(x2-3)=(x1+ 3).又=所以(x1+3)(x2+3)+27y1y2=0,即

(t2+27)y1y2+t(3+n)(y1+y2)+(3+n)2=0.y1+y2=所以(t2+27)(n2-9)-2t2(n2+3n2)+(n+3)2(t2+9)=0,解得n=或n=3(舍).綜上,直線CD過定點

點評此法的關鍵在于方程3y1(x2-3)=y2(x1+3)的兩邊乘以y2,構造多個同構式,然后再將得到的方程右邊的整體代換掉,得到了關于y1+y2,y1y2,n的方程,再通過少量的運算便得到了定點.設而不求,構造同構式,自然流暢.

例4(2019 全國Ⅲ卷文科第21 題第(1)問)已知曲線C:y=,D為直線y=上的動點,過D作曲線C的兩條切線,切點分別為A,B.證明: 直線AB過定點.

解 析(Ⅰ)設D(x0,-),A(x1,y1), 則y1=又因為y=所以y′=x.則切線DA的斜率為x1,故y1+=x1(x1- x0), 整理得2x0x1-2y1+ 1 = 0.設B(x2,y2), 同理得2x0x2-2y2+ 1 = 0.A(x1,y1),B(x2,y2)都滿足直線方程2x0x -2y+ 1 = 0.于是直線2x0x -2y+ 1 = 0 過點A,B, 而兩個不同的點確定一條直線, 所以直線AB方程為2x0x -2y+ 1 = 0.即2x0x+ (-2y+ 1)= 0, 當2x= 0,-2y+ 1 = 0 時, 即x=0,y=等式恒成立.所以直線AB恒過定點

點評以上解法中,A(x1,y1)、B(x2,y2)兩點同時滿足構造的同構式直線方程2x0x-2y+1=0,使得問題輕松解決!

三、在函數和不等式中的應用

將題目中的等式或不等式經過適當的整理變形,表示成兩側結構相同的形式,則可由相同的結構構造函數,進而與函數的單調性找到聯系,據此可用來比較變量大小或解函數不等式和證明函數不等式.可歸納如下的常見三種類型.

類型一: 地位同等要同構,主要針對雙變量

含有地位同等的兩個變量x1,x2,或x,y的等式或不等式,如果進行整理(即同構)后,等式或不等式兩邊具有結構的一致性,往往暗示構造函數應用單調性解決.

1.對于含有二元變量x1,x2的函數,可以使變量x1,x2分別位于不等式兩邊, 呈現出不等式左右兩邊結構一樣的對稱關系式, 則可將相同的結構構造為一個新函數, 進而結合該函數的單調性等性質,可比較大小或解不等式.如由f(x)±g(y)＞f(y)±g(x),變形為f(x)±g(x)＞f(y)±g(y),于是構造函數F(x)=f(x)±g(x),所以F(y)=f(y)±g(y),所以利用函數F(x)的單調性解題.

例5(2020年高考全國Ⅰ卷理科第12 題)若2a+log2a=4b+2log4b,則( )

A.a ＞2bB.a ＜2bC.a ＞b2D.a ＜b2

解析因為2a+ log2a= 4b+ 2log4b= 22b+ log2b,而22b+ log2b ＜22b+ log2b+ 1 = 22b+ log22b, 所以2a+log2a ＜22b+log22b.構造函數f(x)= 2x+log2x,由指數、對數函數的單調性,可得f(x)在(0,+∞)內單調遞增,且f(a)＜f(2b),所以a ＜2b.故選B.

點評在上題中, 通過添加常數1, 經過放縮變形,使等式變為不等式, 且不等式兩邊具有相同的結構f(x)= 2x+ log2x的形式, 然后利用函數的單調性就可以順利解決問題.

例6(2020年高考全國Ⅱ卷理科第11 題文科第12 題)若2x-2y ＜3-x-3-y,則( ).

A.ln(y-x+1)＞0 B.ln(y-x+1)＜0

C.ln|x-y|＞0 D.ln|x-y|＜0

解析由2x-2y ＜3-x-3-y,可得,2x-3-x ＜2y-3-y.構造函數f(x)=2x-3-x,由指數函數的單調性,可得f(x)在R 內單調遞增,且f(x)＜f(y),所以x ＜y,即y-x ＞0.因為y-x+1＞1,所以ln(y-x+1)＞ln 1=0.故選A.

點評在上題中,經過移項變形,使不等式兩邊具有相同的結構f(x)= 2x -3-x的形式,然后利用函數的單調性就可以順利解決問題.

2.在含有多個變量的問題中,往往根據問題的需要,選定其中的一個變量為“主元”,其他變量暫時視為常數,這種方法就是“主元”角色的轉化,是解決多變量問題的一個重要方法.

含有二元變量x1,x2的函數,常見同構類型有以下三種:

(1)g(x1)- g(x2)＞ λ[f(x2)- f(x1)]? g(x1)+λf(x1)＞g(x2)+λf(x2),構造函數φ(x)=g(x)+λf(x);

(2)＞k(x1＜x2)?f(x1)-f(x2)＜kx1- kx2? f(x1)- kx1＜ f(x2)- kx2, 構造函數φ(x)=f(x)-kx;

(3)(x1＜ x2)? f(x1)-f(x2)＞構造函數φ(x)=f(x)+

例7(2018年高考全國Ⅰ卷理科第21 題)設函數

(Ⅰ)討論f(x)的單調性;

(Ⅱ)若f(x)存在兩個極值點x1和x2, 證明:

解析(Ⅰ)當a ＞2 時,f(x)在(0,x1),(x2,+∞)上單調遞減,f(x)在(x1,x2)上單調遞增(x1,x2為f′(x)= 0 的兩根);當a≤2 時,f(x)在(0,+∞)上單調遞減.(過程略)

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知a ＞2,x1=0＜x1＜1＜x2,x1+x2=a ＞0,x1·x2=1.

構造函數g(x)= 2 lnx+- x(0＜x ＜1), 則g′(x)=＜0.所以g(x)在(0,1)上單調遞減,g(x)＞g(1)=2 ln 1+-1=0,即g(x)＞0,所以①式成立.所以＜a-2.

點評構造函數運用導數判斷函數單調性時, 關鍵是根據解題需要和已知信息構造出適合的函數.在上述解法中, 同構式2 lnx1+- x1＞0(0＜x1＜1), 構造函數g(x)=2 lnx+-x(0＜x ＜1),再由單調性和最值易證.

類型二: 指對跨階想同構,同左同右取對數

對于一個指數、一次函數、對數三階的問題可以通過跨階函數的同構,轉化為兩階問題解決.通常在一些求參數的取值范圍、零點個數、證明不等式中應用跨階同構來快速解題.跨階同構需要構造一個母函數,即外層函數,這個母函數需要滿足: 1.指對跨階;2.單調性和最值易求.

指對跨階同構的基本模式有:

1.積型:aea≤blnb,一般有三種同構方式:

(1)同左:aea≤blnb ?aea≤(lnb)elnb, 構造函數f(x)=xex;

(2)同右:aea≤blnb ?ealn ea≤blnb, 構造函數f(x)=xlnx;

(3)取對數:a+lna≤lnb+ln(lnb),構造函數f(x)=x+lnx.

說明在對“積型”進行同構轉化時,取對數是最快捷的,而且構造出的函數,其單調性一看便知.

例8(2018年高考全國Ⅰ卷文科第21 題第(2)問)已知函數f(x)=aex-lnx-1.證明: 當a≥時,f(x)≥0.

解析證明: 當a≥時,f(x)≥ex -lnx-1,要證f(x)≥0,只要證明-lnx-1 ≥0,即證ex≥e ln(ex),即證xex≥exln(ex), 即證exln ex≥exln(ex).構造函數g(x)=xlnx,只要證明x ＞0 時,g(ex)≥g(ex).由g′(x)=lnx+1,易見g(x)在單調遞減,在,+∞)單調遞增.當時,g(ex)=xex ＞0,g(ex)=exln(ex)＜0,恒有g(ex)≥g(ex)成立;當結合g(x)在,+∞)單調增,得g(ex)≥g(ex)成立.

綜上,當a≥時,f(x)≥0.

點評有些不等式可通過條件結論分析入手,細致觀察,抓住不等式的結構特征,變為左右兩邊結構相同的不等式類型,便可構造出特征函數,這樣就有利于找到解題的突破口,然后利用函數的單調性解決.

(3)取對數:a-lna ＜lnb-ln(lnb),構造函數f(x)=x-lnx.

例9(2017年高考全國Ⅰ卷理科第11 題)設x,y,z為正數,2x=3y=5z,則( )

A.2x ＜3y ＜5zB.5z ＜2x ＜3y

C.3y ＜5z ＜2xD.3y ＜2x ＜5z

解析設2x= 3y= 5z=k(k ＞1), 則2x=因為lnk ＞0,只需比較的大小.注意到所以只需比較的大小.構造函數f(x)=則f′(x)=可見f(x)在(0,e)遞減,在(e,+∞)遞增,3,4,5∈(e,+∞)且3＜4＜5,所以即5z ＞2x ＞3y.

點評把需要比較的量轉化為結構相同的形式, 即2x=發現只需比較函數思想下自然會想到f(x)=結合導數判斷其單調性,用其單調性比較出的大小.構造函數的思路來自于抽象出所要比較量的共同結構,只有抽象出共同結構才能發現所需構造的函數.

3.和差型: ea±a ＞b±lnb,一般有兩種同構方式:

(1)同左: ea±a ＞b±lnb ?ea±a ＞elnb±lnb,構造函數f(x)=ex±x;

(2)同右: ea±a ＞b±lnb ?ea±ln ea ＞b±lnb,構造函數f(x)=x±lnx.

例10(2020年山東卷第21 題第(2)問)已知函數f(x)=aex-1-lnx+ lna.若f(x)≥1, 求a的取值范圍.

解析由f(x)≥1, 可得aex-1-lnx+ lna≥1, 即ex-1+lna-lnx+lna≥1,亦即ex-1+lna+x-1+lna≥lnx+x=elnx+lnx.構造函數g(t)=et+t,則g′(t)=et+1＞0,所以g(t)在R 上單調遞增,且g(x-1+lna)≥g(lnx),所以x -1 + lna≥lnx, 即lna≥lnx - x+ 1.構造函數h(x)=lnx-x+1,則h′(x)=當0＜x ＜1時,h′(x)＞0,所以h(x)單調遞增;當x ＞1 時,h′(x)＜0,所以h(x)單調遞減.所以h(x)≤h(1)= 0,所以lna≥0,所以a≥1.故a的取值范圍為[1,+∞).

點評在上題中,經過指對轉換、移項變形,使不等式兩邊具有相同的結構g(t)= et+t的形式,然后利用函數的單調性就可以順利解決問題.

類型三: 無中生有去同構,湊好形式是關鍵

對于有些式子無法直接進行變形同構, 往往需要湊常數、湊參數或湊變量(如: 同乘x或同加x)等方式轉化為類型二解決.

此種類型常見模式有:

1.式子兩邊同乘x.如aeax ＞lnx,一般在式子兩邊同乘x(無中生有),變形為axeax ＞xlnx,后面的轉化同類型二的情形1.

2.式子兩邊同加x.如ex ＞aln(ax-a)-a ?lna(x-1)-1?ex-lna-lna ＞ln(x-1)-1,同時加x(無中生有), 變形為ex-lna+x-lna ＞ln(x-1)+x-1 =eln(x-1)+ln(x-1),等價于x-lna ＞ln(x-1).

3.式子兩邊互為反函數.如ax ＞logax ?exlna ＞?(xlna)exlna ＞xlnx,后面的轉化同類型二的情形1.

說明因為ax ＞logax兩邊互為反函數, 而互為反函數的兩個函數圖像關于y=x對稱, 所以還可以這樣轉化ax ＞logax ?ax ＞x ?lna ＞

例11(2018年全國高中數學聯賽天津賽區預賽)已知a ＜0,不等式xa+1·ex+alnx≥0 對任意的實數x ＞1 恒成立,則實數a的最小值是( ).

解法1由題意得xa+1·ex+alnx≥0?xex≥構造同構函數g(x)=xex, 易知g(x)單調遞增對x ＞1 恒成立, 等價于g(x)≥=-e,即a≥-e.故選D.

解法2由題意得xa+1·ex+alnx≥0?xex≥?exln ex≥x-alnx-a, 構造同構函數g(x)=xlnx, 易知g(x)單調遞增對x ＞1 恒成立, 等價于g(ex)≥g(x-a), 即ex≥x-a, 即a≥=-e,即a≥-e.故選D.

解法3由題意得xa+1·ex+alnx≥0?xex≥?x+lnx≥-alnx+ln(-alnx),構造同構函數g(x)=x+lnx,易知g(x)單調遞增對x ＞1 恒成立,等價于g(x)≥g(-alnx),即x≥-alnx,即a≥=-e,即a≥-e.故選D.

點評在上題中,經過移項變形,使不等式兩邊具有相同的結構的形式,三種方法構造三個同構函數,然后利用函數的單調性就可以順利解決問題.

類型四: 同構放縮需有方,切放同構一起上

對解決有些指對混合不等式問題,往往要結合切線放縮,或換元法,進行局部同構,這樣可以大大降低這類問題的難度,但要注意取等號的條件以及常見變形等.

同構基礎上的切線放縮模型常見的有:

1.ex≥x+1,ex≥ex型:xex= ex+lnx≥x+lnx+1,xex= ex+lnx≥e(x+lnx);= ex-lnx≥x-lnx+1,=elnx-x≥lnx-x+1;xnex=ex+nlnx≥x+nlnx+1,xnex=ex+nlnx≥e(x+nlnx).

2.lnx≤x-1,lnx≤型:x+lnx=ln(xex)≤xex-1,x+lnx=ln(xex)≤xex-1;x+nlnx=ln(xnex)≤xnex-1,x+nlnx=ln(xnex)≤xnex-1.

例12(2018年高考全國Ⅰ卷文科第21 題第(2)問)已知函數f(x)=aex-lnx-1.證明: 當a≥時,f(x)≥0.

解析先證明: ex-1≥x,lnx≤x-1.

令g(x)=ex-1-x,h(x)=lnx-(x-1)(x ＞0),g′(x)= ex-1-1,h′(x)=所以g(x)在(-∞,1)遞減, 在(1,+∞)遞增,h(x)在(0,1)遞增, 在(1,+∞)遞減, 所以g(x)≥g(1)= 0,h(x)≤h(1)= 0, 所以ex-1≥x,lnx≤x -1.要證f(x)≥ 0 成立, 只需證-lnx-1 ≥0,只需證:

而ex-1≥x,lnx≤x-1,所以ex-1-lnx-1 ≥x-(x-1)-1=0,所以(*)成立,所以當a≥時,f(x)≥0.

點評以上解法利用了高考中?？嫉膬蓚€經典函數不等式ex-1≥x,lnx≤x-1,能避免討論參數的范圍的復雜的運算.兩個經典不等式函數ex-1≥x,lnx≤x-1.

同構變換為我們解題帶來了新思路、新視野,其解法靈活、巧妙、簡捷、新穎,給人帶來美的享受和震撼,也使人們的思維在更廣闊的空間得到發展,對培養人們積極思考、善于觀察、勇于創新、追求簡單的探究精神大有裨益.其實數學中有很多知識之間有某種規律和內在聯系,可能由于我們認知水平的有限, 這種內在聯系還處在未知狀態還沒有被發覺.因此,在學習過程中,要始終保持積極的探究狀態,努力探索知識的內在聯系,在深度和廣度上多下功夫,這是學習應該具備的優秀品質,正如布魯納所說: 學習知識就是學習事物是怎樣相互關聯的.