第2部分 专题6 强基专题7　指对混合同构法

4/4指对混合同构法具有相同结构的两个代数式称为同构式，两个同构式可以由同一个代数式通过变量代换而得.在成立或恒成立命题中，有一部分题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型即不等式两边对应的同一函数，无疑大大加快了解决问题的速度.找到这个函数模型的方法，我们就称为同构法.如2020年新高考Ⅰ卷第21题的第2问的求解用同构解法就非常迅捷.1．指对变形的五种等价形式(1)lnex＝x＝elnx；(核心公式)(2)xex＝elnxex＝elnx＋x；(3)eq\f(x,ex)＝eq\f(elnx,ex)＝elnx－x；(4)x＋lnx＝lnex＋lnx＝ln(xex)；(5)x－lnx＝lnex－lnx＝lneq\f(ex,x).2．三种同构基本模式(1)积型aea≤blnb⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(同右：ealnea≤blnb→fx＝xlnx，,同左：aea≤(\a\vs4\al\co1(lnb))elnb→fx＝xex，,取对：a＋lna≤lnb＋ln(\a\vs4\al\co1(lnb))→fx＝x＋lnx.))例：2x3lnx≥meeq\s\up12(eq\f(m,x))⇔x2lnx2≥eq\f(m,x)eeq\s\up12(eq\f(m,x)).说明：上述三个方法“取对”是最快捷和直观的．(2)商型eq\f(ea,a)≤eq\f(b,lnb)⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(同右：\f(ea,lnea)≤\f(b,lnb)→fx＝\f(x,lnx)，,同左：\f(ea,a)≤\f(elnb,lnb)→fx＝\f(ex,x)，,取对：a－lna≤lnb－ln(\a\vs4\al\co1(lnb))→fx＝x－lnx.))(3)和差型：ea±a>b±lnb⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(同右：ea±lnea＞b±lnb→fx＝ex±lnx，,同左：ea±a>elnb±lnb→fx＝ex±x.))例：eax＋ax>lneq(\a\vs4\al\co1(x＋1))＋x＋1⇔eax＋ax>eln(x＋1)＋lneq(\a\vs4\al\co1(x＋1))⇔ax>lneq(\a\vs4\al\co1(x＋1)).【例1】对下列不等式或方程进行同构变形，并写出相应的同构函数．(1)log2x－k·2kx≥0；(2)alneq(\a\vs4\al\co1(x－1))＋2eq(\a\vs4\al\co1(x－1))≥ax＋2ex；(3)e－x－2x－lnx＝0.[解](1)log2x－k·2kx≥0⇔xlog2x≥kx·2kx⇔(log2x)·2eq\s\up10(log2x)≥kx·2kx，相应的同构函数f(x)＝x·2x.(2)aln(x－1)＋2(x－1)≥ax＋2ex⇔aln(x－1)＋2(x－1)≥alnex＋2ex，相应的同构函数f(x)＝alnx＋2x.(3)e－x－2x－lnx＝0⇔e－x－x＝x＋lnx⇔e－x＋lne－x＝x＋lnx，相应的同构函数f(x)＝x＋lnx.同构法的基本思路是通过恒等变形，创造“相同结构”，为构造函数做准备.要提高“识别”能力，即什么样的函数结构会用“同构法”解决，在解决问题中不断提高运用函数思想方法解决问题的意识和能力.【例2】(2020·新高考卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna，若f(x)≥1，求a的取值范围．[解]f(x)＝aex－1－lnx＋lna≥1等价变形为elna＋x－1－lnx＋lna≥1，即elna＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝elnx＋lnx，令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于geq(\a\vs4\al\co1(lna＋x－1))≥geq(\a\vs4\al\co1(lnx))，显然g(x)为增函数，∴lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1，令h(x)＝lnx－x＋1，则h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，在eq(\a\vs4\al\co1(0，1))上h′(x)>0，h(x)单调递增；在(1，＋∞)上h′(x)<0，h(x)单调递减，∴heq(\a\vs4\al\co1(x))max＝heq(\a\vs4\al\co1(1))＝0，lna≥0，即a≥1，∴a的取值范围是[1，＋∞)．同构法解题步骤第一步：对不等式或方程进行同构变形，找到对应的同构函数．第二步：判断对应函数的单调性．第三步：求参数取值范围或证明不等式．eq\o([跟进训练])1．已知函数f(x)＝ex－alneq(\a\vs4\al\co1(ax－a))＋aeq(\a\vs4\al\co1(a>0))，若关于x的不等式f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，e2)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，e2))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，e2)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，e2))B[f(x)＝ex－aln(ax－a)＋a＞0⇔eq\f(1,a)ex＞lna(x－1)－1⇔ex－lna－lna＞ln(x－1)－1⇔ex－lna＋x－lna＞eln(x－1)＋ln(x－1)．令g(x)＝ex＋x，显然g(x)为增函数．则原命题又等价于g(x－lna)＞g(ln(x－1))⇔x－lna＞ln(x－1)⇔lna＜x－ln(x－1)．由于x－ln(x－1)≥x－(x－2)＝2.所以lna＜2，即得0＜a＜e2.]2．若对任意x>0，恒有aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eax＋1))≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))lnx，则实数a的最小值为________．eq\f(2,e)[a(eax＋1)≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))lnx⇔ax(eax＋1)≥(x2＋1)lnx2⇔(eax＋1)lneax≥(x2＋1)lnx2，令f(x)＝(x＋1)lnx，则f′(x)＝lnx＋eq\f(x＋1,x)，f″(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，易知f′(x)在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，所以f′(x)≥f′(1)＝2＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．则(eax＋1)lneax≥(x2＋1)lnx2⇔f(eax)≥f(x2)⇔eax≥x2⇔ax≥2lnx⇔a≥eq\f(2lnx,x)，由导数法易证eq\f(2lnx,x)≤eq\f(2,e).所以a≥eq\f(2,e).]3．已知函数f(x)＝aex－lnx－1，证明：当a≥eq\f(1,e)时，f(x)≥0.[证明]当a≥eq\f(1,e)时，f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1，所以只需证明eq\f(ex,e)－lnx－1≥0，由于eq\f(ex,e)－