同構(gòu)法在解答函數(shù)、方程、不等式等問(wèn)題中應(yīng)用廣泛.而運(yùn)用同構(gòu)法解題的關(guān)鍵是構(gòu)造出同構(gòu)式.同構(gòu)式是指結(jié)構(gòu)相同，形式相似的式子.對(duì)于較為復(fù)雜的函數(shù)問(wèn)題，如函數(shù)最值問(wèn)題、函數(shù)不等式問(wèn)題、函數(shù)單調(diào)性問(wèn)題，利用同構(gòu)法求解，可使問(wèn)題快速得解.

運(yùn)用同構(gòu)法解答函數(shù)不等式分以下5個(gè)步驟：

1.將不等式進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃?，通過(guò)移項(xiàng)、合并同類(lèi)項(xiàng)、拆項(xiàng)、添項(xiàng)、湊系數(shù)、取倒數(shù)、取對(duì)數(shù)等方式，使得不等式兩側(cè)的式子為同構(gòu)式；

2.根據(jù)同構(gòu)式的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造出與之“形似”的函數(shù)模型；

3.將變形后不等式兩側(cè)的式子看作新函數(shù)取不同自變量時(shí)的函數(shù)值，確定兩個(gè)自變量的取值；

4.根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，或?qū)Ш瘮?shù)與函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系判斷出函數(shù)的單調(diào)性；

5.在同一單調(diào)區(qū)間內(nèi)討論兩個(gè)自變量的大小，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性比較出兩個(gè)函數(shù)值的大小，獲得問(wèn)題的答案.

下面舉例加以說(shuō)明.

例1.已知a，b，c∈，+∞） ，且=-5 lna，=-3 ln b，=-2 ln c，則（）.

A.blt;clt;a B.clt;blt;a

C.alt;clt;b D.alt;blt;c

解：

解答本題的關(guān)鍵在于構(gòu)造出同構(gòu)式，并據(jù)此構(gòu)造出合適的函數(shù)模型，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)單調(diào)性問(wèn)題來(lái)求解.我們需仔細(xì)觀察三個(gè)函數(shù)式的特征，將其變形為a lna=ln，blnb=ln，clnc=ln=ln，便可根據(jù)同構(gòu)式的特征構(gòu)造出函數(shù)f（x）=xlnx，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為比較f、f、f的大小.再根據(jù)導(dǎo)函數(shù)與函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系判斷出函數(shù)的單調(diào)性，即可比較出a、b、c的大小.

例2.已知a，b，c∈（1，+∞），且a2-2 lna-1=，b2-2 ln b-1=，c2-2 ln c-1=，則（）.

A.bgt;agt;c B.bgt;cgt;a C.agt;bgt;c D.cgt;agt;b

解：設(shè)f（x）=x2-2 ln x-1（xgt;1），

則f（a）=，f（b）=，f（c）=，

對(duì)函數(shù)求導(dǎo)可得f′（x）=2x-gt;0，

則f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，

設(shè)φ（x）=（x≥e），則φ′（x）=，當(dāng)xgt;e時(shí)，φ′（x）lt;0，

所以φ（x）在[e，+∞）上是減函數(shù)，

而elt;πl(wèi)t;4，所以φ（e）gt;φ（π）gt;φ（4）=φ（2），可得f（b）gt;f（c）gt;f（a），則bgt;cgt;a，故選B.

仔細(xì)觀察三個(gè)已知關(guān)系式，可發(fā)現(xiàn)它們?yōu)橥瑯?gòu)式，于是構(gòu)造函數(shù)f（x）=x2-2 ln x-1，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為比較f（a）=、f（b）=、f（c）=的大小.然后根據(jù)同構(gòu)式的特點(diǎn)構(gòu)造函數(shù)φ（x）=，利用函數(shù)的單調(diào)性即可使問(wèn)題獲解.

例3.已知f′（x）為函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，且f′（x）+ln xgt;-1，f（e）=1，則不等式f（x）+xlnxgt;e+1的解集為（）.

A.（1，+∞）B.（0，1）C.（e，+∞）D.（0，e）

解：令g（x）=f（x）+xlnx，

所以g′（x）=f′（x）+ln x+1gt;0，

所以g（x）為（0，+∞）上的增函數(shù)，

由f（e）=1，得g（e）=1+e，

由f（x）+xlnxgt;e+1得g（x）gt;g（e），

則不等式的解集為（e，+∞）.故選C.

先將不等式f（x）+xlnxgt;e+1變形為f（x）+xlnxgt;f（e）+elne，即可將不等號(hào)左右兩側(cè)的式子構(gòu)造成同構(gòu)式，于是構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）+xlnx，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求g（x）gt;g（e）的解集.對(duì)于與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的函數(shù)不等式問(wèn)題，通常需根據(jù)導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則：（1）[f（x）+cx]′=f′（x）+c；（2）[f（x）+g（x）]′=f′（x）+g′（x）；（3）[f（x）-g（x）]′=f′（x）-g′（x）來(lái)構(gòu)造函數(shù)模型.

例4.已知函數(shù)f（x）是定義在區(qū)間（0，+∞）上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′（x），且f′（x）+f（x）gt;0，則不等式lt;的解集為（）.

A.{x|xgt;-2020}B.{x|xlt;-2020}

C.{x|-2023lt;xlt;0}D.{x|-2023lt;xlt;-2020}

解：設(shè)g（x）=x2f（x），xgt;0，

則g′（x）=x2f′（x）+2xf（x），

所以在（0，+∞）上f′（x）+f（x）gt;0，

則x2f′（x）+2xf（x）gt;0，

所以g′（x）gt;0，即函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，+∞）上為增函數(shù)，

因?yàn)閘t;，

所以（x+2023）2f（x+2023）lt;32f（3），

所以g（x+2023）lt;g（3），

則0lt;x+2023lt;3，解得-2023lt;xlt;-2020，

所以不等式的解集為{x|-2023lt;xlt;-2020}，故選D.

由f′（x）+[f（x）g（x）]′=f′（x）g（x）+f（x）g′（x），于是構(gòu)造函數(shù)g（x）=x2f（x），xgt;0，并將不等式兩側(cè)的式子變形為同構(gòu)式：（x+2023）2f（x+2023）lt;32f（3），進(jìn)而將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為比較g（x+2023）與g（3）的大小.利用導(dǎo)數(shù)知識(shí)研究函數(shù)g（x）的單調(diào)性，即可根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求得不等式的解集.一般地，（1）對(duì)于xf′（x）+f（x）gt;0（lt;0），可構(gòu)造函數(shù)g（x）=x?f（x）；（2）對(duì)于xf′（x）+kf（x）gt;0（lt;0），可構(gòu)造函數(shù)g（x）=xk?f（x）.

例5.已知函數(shù)f（x）=alnx+x2，若對(duì)任意兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)x1，x2都有g(shù)t;2成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）.

A.[1，+∞）B.（0，+∞）C.（0，1）D.（0，1]

解：不妨設(shè)0lt;x1lt;x2，則gt;2等價(jià)于f（x1）-2x1lt;f（x2）-2x2.

設(shè)g（x）=f（x）-2x，則g（x1）lt;g（x2），

所以函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，

所以g′（x）≥0對(duì)任意的xgt;0恒成立，

對(duì)函數(shù)g（x）求導(dǎo)得g′（x）=f′（x）-2=+x-2，則+x-2≥0對(duì)任意的xgt;0恒成立，

即a≥-x2+2x對(duì)任意的xgt;0恒成立.

又函數(shù)y=-x2+2x在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，

所以ymax=1，故a≥1.故選A.

將不等式gt;2變形為f（x1）-2x1lt;

f（x2）-2x2，使其兩側(cè)的式子為同構(gòu)式，進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）-2x，便能直接利用函數(shù)的單調(diào)性來(lái)求得問(wèn)題的答案.

例6.已知alt;0，不等式xa+1?ex+alnx≥0對(duì)任意的實(shí)數(shù)xgt;1恒成立，求實(shí)數(shù)a的最小值.

解：因?yàn)閤a+1?ex+alnx≥0，

所以xex≥=-alnx?e-alnx，

設(shè)g（x）=xex，則上式等價(jià)于g（x）≥g（-alnx），

而g（x）=xex在xgt;1上單調(diào)遞增，

所以g（x）≥g（-alnx），即x≥-alnx，

則a≥-max=-e，所以a≥-e.

不等式xa+1?ex+alnx≥0中含有指數(shù)、對(duì)數(shù)式，需進(jìn)行指對(duì)數(shù)互化以及放縮，將不等式兩邊的式子化為同構(gòu)式.再構(gòu)造新函數(shù)g（x）=xex，根據(jù)g（x）的單調(diào)性就能順利求出參數(shù)的取值范圍.

例7.已知函數(shù)f（x）=ex-xe（xgt;0）.

（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）證明：當(dāng)xgt;e時(shí)，elnx[ln x-ln（ln x）]lt;x.解：（1）因?yàn)閒（x）=ex-xe（xgt;0），

所以f′（x）=ex-exe-1=ex[1-e1-x+（e-1）ln x]，

設(shè)g（x）=1-x+（e-1）ln x，

則g′（x）=-1+=，

當(dāng)0lt;xlt;e-1時(shí)，g′（x）gt;0，則g（x）單調(diào)遞增，

當(dāng)xgt;e-1時(shí)，g′（x）lt;0，則g（x）單調(diào)遞減，

又g（1）=g（e）=0，f′（1）=f′（e）=0，

所以當(dāng)0lt;xlt;1或xgt;e時(shí)，g（x）lt;0，即f′（x）gt;0，則f（x）單調(diào)遞增，當(dāng)1lt;xlt;e時(shí)，g（x）gt;0，即f′（x）lt;0，則f（x）單調(diào)遞減，

綜上可知，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1），（e，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（1，e）；

（2）因?yàn)閤gt;e，ln xgt;1，要證elnx[ln x-ln（ln x）]lt;x，

即證e[ln x-ln（ln x）]=ln elt;，

也就是證e，

設(shè)h（x）=，得h′（x）=，

所以當(dāng)xgt;e時(shí)，h′（x）gt;0，則h（x）單調(diào)遞增，

則h（x）gt;h（e）=e，

由（1）可知當(dāng)xgt;e時(shí)，f（x）=ex-xegt;f（e）=0，即exgt;xe，

則當(dāng)xgt;e時(shí)，e，

即當(dāng)xgt;e時(shí)，elnx[ln x-ln（ln x）]lt;x.

對(duì)于第一個(gè)問(wèn)題，由題意可得f′（x）=ex-exe-1，于是構(gòu)造函數(shù)g（x）=1-x+（e-1）ln x，利用導(dǎo)數(shù)知識(shí)求出當(dāng)0lt;xlt;1或xgt;e時(shí)，g（x）lt;0，當(dāng)1lt;xlt;e時(shí)，g（x）gt;0，問(wèn)題即可獲解.對(duì)于第二個(gè)問(wèn)題，需將不等式兩側(cè)的式子化為同構(gòu)式e，構(gòu)造函數(shù)h（x）=，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)法求出h（x）gt;e，進(jìn)而證明不等式.

可見(jiàn)，要構(gòu)造“形似”函數(shù)，必須對(duì)不等式作適當(dāng)?shù)淖冃危玫酵瑯?gòu)式，以根據(jù)同構(gòu)式的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造出函數(shù)模型.運(yùn)用同構(gòu)法解題是一種“技術(shù)活”.我們只有善于觀察，勇于探索，勤于思考，才能構(gòu)造出同構(gòu)式，進(jìn)而構(gòu)造出合乎題意的函數(shù)模型，順利破解難題.

本文系江蘇省泰州市教育規(guī)劃2021年度立項(xiàng)課題《信息技術(shù)與高中數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)培養(yǎng)的整合研究》（課題編號(hào)：2021jksxxh013）研究成果之一.

（作者單位：江蘇省泰州市第三高級(jí)中學(xué)）