陜西 侯有岐

一、試題再現(xiàn)與簡解

題目1(2020·全國卷Ⅰ理·12)若2a+log2a=4b+2log4b，則

( )

A.a>2bB.a<2b

C.a>b2D.a

簡解：因?yàn)?a+log2a=4b+2log4b=22b+log2b，

而22b+log2b<22b+log2b+1=22b+log22b，

所以2a+log2a<22b+log22b.

令f(x)=2x+log2x，由指數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可得，f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，且f(a)

題目2(2020·全國卷Ⅱ·理11文12)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

簡解：由2x-2y<3-x-3-y，可得2x-3-x<2y-3-y.

令f(x)=2x-3-x，由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可得，f(x)在R上單調(diào)遞增，且f(x)0.

因?yàn)閥-x+1>1，所以ln(y-x+1)>ln1=0.故選A.

題目3(2020·新高考Ⅰ卷(供山東省使用)·21)已知函數(shù)f(x)=aex-1-lnx+lna.

(Ⅰ)當(dāng)a=e時(shí)，求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積；

(Ⅱ)若f(x)≥1，求a的取值范圍.

(Ⅱ)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.

令g(t)=et+t，則g′(t)=et+1>0，所以g(t)在R上單調(diào)遞增，

且g(x-1+lna)≥g(lnx)，所以x-1+lna≥lnx，即lna≥lnx-x+1.

當(dāng)00，所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；

當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)<0，所以h(x)在(1,+∞)上單調(diào)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,+∞).

二、試題規(guī)律分析

在題目1中，通過添加常數(shù)1，進(jìn)行放縮變形，使等式變?yōu)椴坏仁?，且不等式兩邊具有相同的f(x)=2x+log2x結(jié)構(gòu)；在題目2中，經(jīng)過移項(xiàng)變形，使不等式兩邊具有相同的f(x)=2x-3-x結(jié)構(gòu)；在題目3中，經(jīng)過指對轉(zhuǎn)換、移項(xiàng)變形，使不等式兩邊具有相同的g(t)=et+t結(jié)構(gòu).然后利用函數(shù)的單調(diào)性就可以順利解決問題.

共同規(guī)律：首先將題目中的等式或不等式經(jīng)過適當(dāng)?shù)恼碜冃?，表示成兩?cè)具有相同的結(jié)構(gòu)，然后利用這個(gè)結(jié)構(gòu)式構(gòu)造相對應(yīng)的函數(shù)，再利用函數(shù)單調(diào)性解題，我們通常稱這種解題方法為“同構(gòu)”.

三、常見的同構(gòu)類型及應(yīng)用舉例

研究近幾年的高考真題和?？碱}，可歸納同構(gòu)的常見類型和技巧如下.

類型一：地位同等要同構(gòu)，主要針對雙變量

含有地位同等的兩個(gè)變量x1,x2，或x,y的等式或不等式，如果進(jìn)行整理(即同構(gòu))后，等式或不等式兩邊具有結(jié)構(gòu)的一致性，往往暗示應(yīng)構(gòu)造函數(shù)，應(yīng)用單調(diào)性解決.

【感悟】(1)對于含有二元變量x1,x2的函數(shù)，可以使變量x1,x2分別位于不等式兩邊，呈現(xiàn)出不等式左右兩邊結(jié)構(gòu)一樣的對稱形式，便于構(gòu)造函數(shù)模型解決問題.

(2)若a≤x1g(x1)在[a,b]上恒成立?g(x)在[a,b]上單調(diào)遞增，所以g′(x)≥0在[a,b]上恒成立.

(3)含有二元變量x1,x2的函數(shù)，常見的同構(gòu)類型有以下幾種：

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

【變式1】設(shè)函數(shù)f(x)=x2+ln(x+1).

當(dāng)x≥1時(shí)，h′(x)≥0，所以函數(shù)h(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增.

由已知，不妨設(shè)1≤x1

類型二：指對跨階想同構(gòu)，同左同右取對數(shù)

對于一個(gè)指數(shù)、直線、對數(shù)三階的問題可以通過跨階函數(shù)的同構(gòu)，轉(zhuǎn)化為兩階問題解決.通常在一些求參數(shù)的取值范圍、零點(diǎn)個(gè)數(shù)、證明不等式中應(yīng)用跨階同構(gòu)來快速解題.跨階同構(gòu)需要構(gòu)造一個(gè)母函數(shù)，即外層函數(shù)，這個(gè)母函數(shù)需要滿足：①指對跨階；②單調(diào)性和最值易求.

當(dāng)0e時(shí)，h′(x)>0，h(x)在(e,+∞)上單調(diào)遞增.因此h(x)min=h(e)=e，所以-a≤e，a≥-e.

所以，實(shí)數(shù)a的最小值為-e.

【感悟】指對跨階同構(gòu)的基本模式有：

(1)積型：aea≤blnb，一般有三種同構(gòu)方式：

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

②同右：aea≤blnb?ealnea≤blnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)=xlnx；

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

說明：在對“積型”進(jìn)行同構(gòu)時(shí)，取對數(shù)是最快捷的，而且同構(gòu)出的函數(shù)，其單調(diào)性一看便知.

③取對數(shù)：a-lna

(3)和差型：ea±a>b±lnb，一般有兩種同構(gòu)方式：

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

②同右：ea±a>b±lnb?ea±lnea>b±lnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)=x±lnx.

【變式2】下列說法正確的是________.

類型三：無中生有去同構(gòu)，湊好形式是關(guān)鍵

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

【例3】(2019·衡水金卷)已知a<0，不等式xa+1·ex+alnx≥0對任意的實(shí)數(shù)x>1恒成立，則實(shí)數(shù)a的最小值是

( )

【感悟】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(zhuǎn)化同類型二(1).

【變式3】(2020·安徽六安一中?？?已知函數(shù)f(x)=ex-aln(ax-a)+a(a>0)，若關(guān)于x的不等式f(x)>0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為

( )

A.(0,e] B.(0,e2)

C.[1,e2] D.(1,e2)

類型四：同構(gòu)放縮需有方，切放同構(gòu)一起上

對解決有些指對混合不等式問題，往往要結(jié)合切線放縮，或換元法，進(jìn)行局部同構(gòu)，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.

【例4】已知函數(shù)f(x)=x·ex-a(x+lnx+1)，若f(x)≥0恒成立，則正數(shù)a的取值范圍是________.

【解析】由題意得f(x)=ex+lnx-a(x+lnx+1)≥0，

①當(dāng)x+lnx+1≤0時(shí)，恒成立；

所以0

【感悟】同構(gòu)基礎(chǔ)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)；

xnex=ex+nlnx≥x+nlnx+1，xnex=ex+nlnx≥e(x+nlnx).

x+lnx=ln(xex)≤xex-1，x+lnx=ln(xex)≤xex-1；

x+nlnx=ln(xnex)≤xnex-1，x+nlnx=ln(xnex)≤xnex-1.

【變式4】已知函數(shù)f(x)=x·ex+e-a(x+lnx+1)，若f(x)≥0恒成立，則正數(shù)a的取值范圍是________.

【解析】由題意得f(x)=ex+lnx+e-a(x+lnx+1)≥0，

①當(dāng)x+lnx+1≤0時(shí)，恒成立；

所以0