同构法在函数问题中的应用研究-国际应用数学进展

运用，探索解决高中数学函数问题的新方法，对于培养学生的数学思维和解题技【关键词】高中数学；同构法；函数问题【Abstract】Inhighschoolmathematics,isomorphismisanianinnovativemethodofsolvingproblems,isomorphismprovidesanewperspectiveforsolvingfunctionproblemsandstimulatesstudenofisomorphismandderivative,whichhasextremelyfar-reachingsignificancethinkingandproblem-solvingskill【Keywords】Highschoolmathematics;Isomorphism;Functionproblem这些比较直观且易操作的方法，对于同构法的使用则显得过于谨慎。究其原因，一是因为此类问题灵活多设f(x)=6x−2x=2x(3x−1)，评析从等式的左侧不难看出没有什么规律性，因例2（2023江苏南京师大附中一模，22）已解（1）的定义域为R，且f′所以max=f所以max=g当a<0时，f(x)与g(x)没有最大值，不成立。①证明：由可知，f在上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，且x→+∞时，设f(x)与g(x)的图像交于点A，则当直线y=b经过点A时，直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)因为b==，所以=，即f(x1)=f(lnx2)。又b==，所以=，即f(x2)=f(lnx3)，评析对于含有多个变量的不等式，一般通过令f(x)=xex，x>2e+1，则f(tx)≥f(ln(x−1))恒成立。则g′(x)==。所以g(x)单调递减，故g(x)≤g(2e+1)=。评析对于此类问题，我们首先要将参数和原式进行适例4（2023广东深圳高三第二次调研考试，22）已知函数f(x)=emx−1−x。（1）讨论函数f(x)的单调性。（2）当m>0时，函数g(x)=f(x)−+x恰好有两个零点。②求证：g(x)>mm−m−m。（1）解：f(x)=emx−1−x，则f′(x)=memx−1−1。当m≤0时，f′(x)=memx−1−1<0，当m>0时，设F(x)=memx−1−1，F′(x)=m2emx−1>0，所以f′(x)在R上单调递增。令f′(x)=0，可得x=，又因为f′(x)在R上单调递增，所以当x∈(−∞,时，f′(x)<0，f(x)在区间(−∞,上单调递减，当x∈,+∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间,+∞)上单调递增。设ℎ(x)=m2xemx−1−1，则ℎ′(x)=m2(mx+1)emx−1，因为ℎ′(x)>0，所以ℎ(x)在区间(0,+∞)上单调递由(1)可知当m=1时，则f(x)≥f===0，即ex−1≥x，所以ℎ(m−)=m2⋅(m−)⋅em⋅(m−故g(x)在区间(0,x1)上单调递减，在区间(x1,+∞)上单调递增。当m≥1时，由(∗)可知g(x1)=emx1−1−=，且mx1emx1−1=≤1。所以g(x)在区间(1,x1)上单调递减，在区间(x1,+∞)上单调递增。由零点存在性定理可知，g(x)在区间(1,上存在唯一零点。即分析注意到g(x)中既含有对数式又含有指数式，为此，可以构造同构式来加以处理。由g(x)=emx−1−=0得mxemx−1=x(lnx+1)=(lnx+1)e(lnx+1)−1，令F(x)=mx−lnx−1，则F′(x)=m−,因为m>0，所以由F′(x)=0得x=。当x∈(0,时，F′(x)<0，此时F(x)单调递故F(x)min=F=−ln=ln②分析注意到不等式g(x)>mm−m−m等价于g(x)min>mm−m−m，因此重点就是找出g(x)的最小值。故g(x1)=emx1−1−=+x1+−,由mx1emx1−1=，可知若x1=，则m=1，与0<m<1矛盾，则x1≠,所以g(x)≥g(x1)>。1分析根据g(x)最小值的取值范围以及要证明的不等式，可将mm作为一个整体来构造函数。要证：g(x)>mm−m−m，即证g(x1)>mm−m−m，1评析对于既含有指数式ex，又含有对数式lnx的相关问题，常用方法就是构造同构式来处理问题，可同构法与导数的结合促进了数学思维的发展，尤其是在抽象思维和创新能力方面[4]。它鼓励学生跳出从而在