同構(gòu)函數(shù)教學(xué)設(shè)計(jì)

同構(gòu)函數(shù)同構(gòu)法在近幾年的模考中頻繁出現(xiàn)，首先將題目中的等式或不等式經(jīng)過(guò)適當(dāng)?shù)恼碜冃危硎境蓛蓚?cè)具有相同結(jié)構(gòu)，然后利用這個(gè)結(jié)構(gòu)式構(gòu)造相對(duì)應(yīng)的函數(shù)，再利用函數(shù)單調(diào)性解題.類型一地位同等同構(gòu)型含有地位同等的兩個(gè)變量x1，x2或x，y或a，b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)用函數(shù)單調(diào)性解決.例1(1)若0<x1<x2<1，則()A.ex2－ex1>lnx2－lnx1 B.ex1－ex2>lnx2－lnx1C.x2ex1>x1ex2 D.x2ex1<x1ex2(2)(2022·石家莊調(diào)研)若0＜x1＜x2＜a，都有x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2成立，則a的最大值為()A.eq\f(1,2) B.1C.e D.2e解析(1)A選項(xiàng)，ex2－ex1>lnx2－lnx1?ex2－lnx2>ex1－lnx1，設(shè)f(x)＝ex－lnx.∴f′(x)＝ex－eq\f(1,x)＝eq\f(xex－1,x)，設(shè)g(x)＝xex－1，則有g(shù)′(x)＝(x＋1)ex>0恒成立，所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，因?yàn)間(0)＝－1<0，g(1)＝e－1>0，從而存在x0∈(0，1)，使得g(x0)＝0.由單調(diào)性可判斷出，x∈(0，x0)，g(x)<0?f′(x)<0；x∈(x0，1)，g(x)>0?f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上不單調(diào)，不等式不會(huì)恒成立，A不正確；B選項(xiàng)，ex1－ex2>lnx2－lnx1?ex1＋lnx1>ex2＋lnx2，設(shè)函數(shù)f(x)＝ex＋lnx，可知f(x)單調(diào)遞增，所以f(x1)<f(x2)，B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，x2ex1>x1ex2?eq\f(ex1,x1)>eq\f(ex2,x2)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)，f′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，則f′(x)<0在x∈(0，1)恒成立，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，所以f(x1)>f(x2)成立，C正確，D錯(cuò)誤.(2)由x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2，兩邊同除以x1x2得eq\f(lnx1,x1)－eq\f(lnx2,x2)≤eq\f(1,x2)－eq\f(1,x1)，即eq\f(lnx1,x1)＋eq\f(1,x1)≤eq\f(lnx2,x2)＋eq\f(1,x2)，令f(x)＝eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,x)，則f(x)在(0，a)上為增函數(shù).∴f′(x)≥0在(0，a)上恒成立，而f′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，可知f(x)在(0，1)上為增函數(shù)，∴a≤1，∴a的最大值為1，故選B.規(guī)律方法含有二元變量x1，x2的函數(shù)，常見(jiàn)的同構(gòu)類型有以下幾種：(1)g(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)；(2)eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>k(x1<x2)?f(x1)－f(x2)<kx1－kx2?f(x1)－kx1<f(x2)－kx2，構(gòu)造函數(shù)φ(x)＝f(x)－kx；(3)eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<eq\f(k,x1x2)(x1<x2)?f(x1)－f(x2)>eq\f(k（x1－x2）,x1x2)＝eq\f(k,x2)－eq\f(k,x1)?f(x1)＋eq\f(k,x1)>f(x2)＋eq\f(k,x2)，構(gòu)造函數(shù)φ(x)＝f(x)＋eq\f(k,x).訓(xùn)練1(1)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，則()A.a>2b B.a<2bC.a>b2 D.a<b2(2)(2022·濟(jì)南模擬)若對(duì)任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)＜2，則m的最小值是()A.e2 B.eC.1 D.eq\f(1,e)類型二指對(duì)跨階同構(gòu)型1.對(duì)于一個(gè)指數(shù)、直線、對(duì)數(shù)三階的問(wèn)題可以通過(guò)跨階函數(shù)的同構(gòu)，轉(zhuǎn)化為兩階問(wèn)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(lái)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(duì)跨階，②單調(diào)性和最值易求.2.為了實(shí)現(xiàn)不等式兩邊“結(jié)構(gòu)”相同的目的，需要對(duì)指對(duì)式進(jìn)行“改頭換面”，常用的方法有：x＝elnx，xex＝elnx＋x，x2ex＝e2lnx＋x，eq\f(ex,x)＝e－lnx＋x，lnx＋lna＝ln(ax)，lnx－1＝lneq\f(x,e)，有時(shí)也需要對(duì)兩邊同時(shí)加、乘某式等.例2(1)(2022·南通質(zhì)檢)若關(guān)于x的不等式ex－a≥lnx＋a對(duì)一切正實(shí)數(shù)x恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) B.(－∞，e]C.(－∞，1] D.(－∞，2](2)若不等式e(m－1)x＋3mxex≥3exlnx＋7xex對(duì)任意x∈(0，＋∞)恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________.解析(1)∵ex－a≥lnx＋a，∴ex－a＋x－a≥x＋lnx，∴ex－a＋x－a≥elnx＋lnx，設(shè)f(t)＝et＋t，則f′(t)＝et＋1＞0，∴f(t)在R上單調(diào)遞增，故ex－a＋(x－a)≥elnx＋lnx，即f(x－a)≥f(lnx)，即x－a≥lnx，即a≤x－lnx，設(shè)g(x)＝x－lnx，則g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，令g′(x)＞0，x＞1，∴g(x)在(1，＋∞)上遞增，在(0，1)上遞減，故g(x)min＝g(1)＝1，故a≤1，故選C.(2)e(m－1)x＋3mxex≥3exlnx＋7xex?e(m－2)x＋3mx≥3lnx＋7x?e(m－2)x＋3(m－2)x≥3lnx＋x.構(gòu)建g(x)＝ex＋3x，則可得g((m－2)x)≥g(lnx)，∵g(x)＝ex＋3x在R上單調(diào)遞增，則(m－2)x≥lnx?m－2≥eq\f(lnx,x)，構(gòu)建F(x)＝eq\f(lnx,x)，則F′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令F′(x)>0，則0<x<e，故F(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，(e，＋∞)上單調(diào)遞減，則F(x)≤F(e)＝eq\f(1,e)，即m－2≥eq\f(1,e)，即m≥2＋eq\f(1,e).規(guī)律方法指對(duì)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；③兩邊同取自然對(duì)數(shù)：a＋lna≤lnb＋ln(lnb)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x＋lnx.(2)商型：eq\f(ea,a)<eq\f(b,lnb)，一般也有三種同構(gòu)方式：①同左：eq\f(ea,a)<eq\f(b,lnb)?eq\f(ea,a)<eq\f(elnb,lnb)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)；②同右：eq\f(ea,a)<eq\f(b,lnb)?eq\f(ea,lnea)<eq\f(b,lnb)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(x,lnx)；③兩邊同取自然對(duì)數(shù)：a－lna<lnb－ln(lnb)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x－lnx.(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.訓(xùn)練2(1)(2022·廣州調(diào)研)已知f(x)＝ekx－2eq\f(lnx,kx)＋1(k≠0)，函數(shù)g(x)＝xlnx，若kf(x)≥2g(x)，對(duì)?x∈(0，＋∞)恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為()A.[1，＋∞) B.[e，＋∞)C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e)，＋∞))(2)若?x∈[e，＋∞)，滿足2x3lnx－meeq\s\up6(\f(m,x))≥0恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為_(kāi)_______.類型三零點(diǎn)同構(gòu)型例3(1)(2022·鹽城質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝xex－a(x＋lnx)有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.(2)已知x0是函數(shù)f(x)＝x2ex－2＋lnx－2的零點(diǎn)，則e2－x0＋lnx0＝________.解析(1)f(x)＝xex－a(x＋lnx)＝ex＋lnx－a(x＋lnx)，令t＝x＋lnx，t∈R，顯然該函數(shù)單調(diào)遞增.由et－at＝0有兩個(gè)根，即a＝eq\f(et,t)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(et,t)，,y＝a))有兩個(gè)交點(diǎn)，可畫(huà)出函數(shù)圖象得到a的范圍是(e，＋∞).(2)x2ex－2＋lnx－2＝0，可得x2ex－2＝2－lnx，即eq\f(x2ex,e2)＝2－lnx，x2ex＝2e2－e2lnx，xex＝eq\f(2e2,x)－eq\f(e2,x)lnx，即xex＝eq\f(e2,x)lneq\f(e2,x)，兩邊同取自然對(duì)數(shù)，lnx＋x＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co