同构思想在高等代数解题中的应用探讨
「高中数学」速解函数篇——同构式在高考题型中的巧用

「高中数学」速解函数篇——同构式在高考题型中的巧用
同构式技巧,本质是方程恒等变换,整体思想和构造函数的综合。
全国各地的老师和学生似乎都很迷这个“神招”,同构式并不神秘,和很多之前的技巧大招一样,需要细化,透彻理解,前提是,你得有一个同构式的“说明书”。
首先回答三个问题:
助学团的学长学姐,根据近几年高中考试数学不同题型,分别介绍了快速解决的办法。
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同构式在高中数学中的应用

同构式在高中数学中的应用【类型1】同构式在不等式中的应用如果不等式的两侧呈现同构特征,则可将相同的结构构造成一个函数,进而利用函数的单调性,可以比较大小或解不等式。
【例1】设,x y R ∈,满足55(1)2sin(1)3(1)2sin(1)1x x x y y y ⎧-++-=⎪⎨-++-=⎪⎩,则_________x y += 【思路分析】本题研究对象并非,x y ,而是1,1x y --,进而可变形为55(1)2(1)sin(1)1(1)2(1)sin(1)1x x x y y y ⎧-+-+-=⎪⎨-+-+-=-⎪⎩,观察上下两个式子左边结构相同,进而可将相同结构视为一个函数,而等式右边两个结果互为相反数,可联想到函数的奇偶性,从而利用函数性质求解。
【解析】5555(1)2sin(1)3(1)2(1)sin(1)1(1)2sin(1)1(1)2(1)sin(1)1x x x x x x y y y y y y ⎧⎧-++-=-+-+-=⎪⎪⇒⎨⎨-++-=-+-+-=-⎪⎪⎩⎩,设5()2sin f t t t t =++,易知()y f t =是奇函数,由题可知,(1)1(1)1f x f y -=⎧⎨-=-⎩,(1)(1)f x f y ∴-=--,1(1)2x y x y ∴-=--⇒+=。
【例2】不等式2101120222(1)210x x x -++-≤的解集为【例3】如果[)5533cos sin 7(sin cos ),0,2θθθθθπ-<-∈,那么θ的取值范围是【思路分析】本题很难去直接解不等式,观察式子特点可发现若将关于sin ,cos θθ的项分居在不等号两侧,则左右呈现同构的特点,将相同的结构设为函数53()7f x x x =+。
【解析】55335353cos sin 7(sin cos ),cos 7cos sin 7sin θθθθθθθθ-<-∴+<+,设3()7f x x x =+,易知3()7f x x x =+是奇函数且单调递增,故(cos )(sin )f f θθ<等价于cos sin θθ<,结合正弦函数图像与余弦函数图像,【例4】若1201x x <<<,则( )2121.ln ln x x A e e x x ->- 1221.ln ln x x B e e x x ->- 1221.x x C x e x e > 1221.x x D x e x e <【思路分析】本题从选项出发可发现,每个选项通过不等式变形将12,x x 分居在不等式两侧后都具备同构的特点,【例5】若函数()f x m =在区间[],a b 上的值域为,(1)22a b b a ⎡⎤>≥⎢⎥⎣⎦,则实数m 的取值范围为【解析】()f x 是增函数,1x -有两个不同的根。
同构思想在高等代数解题中的若干应用

分析 : 此题是高等代数 向量空间理论里面 比较 困难 的一个题 目, 通常证法一般是按 定义直接证 明, 其 即要证 向量 组 { , …, 与 A的列向量组 等价 , 。 , 』 } 卢 B 从而它们具有相同的秩. 这种证法有点难度 , 在这里 , 注意到 将 利用 同构思想方法来证明. F, “我们
首先 , 我们介绍下面的一个重要定理. 定理 1 数域 F上 的 n维向量空间 与 同构. 口: 记作 V F . 因为两个 向量空 间同构时 , 它们将具有相 同的代数性质 , 特别地 , 它们对应的向量组的线性关系将是一样 的. 于是在研究一些相对抽象的 n 向量空间 的性质时, 维 我们可以通过建立一个 同构映射 , 把它转化到一些相对具 体的 上来讨论. 下面我们将利用 同构映射 的性质和方法 , 来解决高等代数 中的一些具有一定难度 的试题.
第3 1卷 第 3期
21 0 1年 6月
惠州学院学报(自然科 学版)
J URNA 0 L OF HUI HO UNI ER r Y Z U V Sf
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同构思想在高等代数解题中的若干应用
朱 天辉 ,陈益 智 , 智 良 古
的一个能保持所有运算的双射. 若两个代数 系统 同构 , 则它们将具有 相 同的代数性质 , 于是在研究一些相对 抽象 的代数系统时 , 我们可 以通过建立一个同构映射 , 把它转化到一些相对具体 的代数系统上来讨 论. 这也就是说 , 若
代 数系统 与代数系统 U同构 , 则在 中研究问题 比较 困难时 , 我们可 以通过建立 同构映射 , 把它转化到 中来解
F, “我们立即可得 L/ ,:… , L 7 ,: …, , ( 卢 , ) 3 (/ ’ , 7) 从而有 dm ( , 7 7 iL/ , 3
同构法在解题中的应用浅析

㊀㊀㊀同构法在解题中的应用浅析◉安徽省滁州中学㊀叶建友◉广西南宁市银海三雅学校㊀林日官㊀㊀摘要:函数与导数内容历来是高考考查的重点也是难点,因其涉及面广㊁技巧众多㊁设问多变,需进行灵活的转化与化归和一定量的运算,往往是学生学习的 荆棘 ,而要了解㊁熟悉该内容,并想一步步地达到熟练掌握的程度,则需要在学习的过程中注重积累,总结方法,探索内在规律,才能 窥一斑而见全豹 ,不断深化理解.本文中以破解高考试题中较为热点的同构方法为例,分析数学中的那些辩证与统一㊁形式的对称和删繁就简的道理.关键词:函数与导数;同构方法;化繁为简;优化方法1引言近几年高考和各类模拟题中频频出现 同构 的身影,即通过构造相同的形式,根据相同的格式 脱掉 复杂形式的外壳,露出问题的本质,或是万象归一,化归为更统一的规律,体现数学的对称美,具有一定的美学价值.2函数与导数中的同构方法核心素养下的数学教育更注重数学的内在美与本质的体现,在学习的过程中学生既能够明白相关的数学原理与应用,还能体会到数学中的美,新高考更是在这个方面下足了功夫.我们来看下面几道高考题.2.1利用同构获取变元的大小关系例1㊀(2020年全国Ⅱ卷文理)若2x-2y<3-x-3-y,则(㊀㊀).A.l n(y-x+1)>0㊀㊀㊀㊀B.l n(y-x+1)<0C.l n|x-y|>0D.l n|x-y|<0分析:题目中给出的条件为关于两个变元x,y的不等式,直接获得关于y-x的式子并不容易,所以可以考虑构造相同的形式,即由2x-2y<3-x-3-y,得2x-3-x<2y-3-y,不等号两端的形式完全一致,只是对应的变量不同而已,达成了同构.构造函数f(t)=2t-3-t,易知该函数为R上的增函数,由增函数的特点可知x<y,y-x+1>1,所以l n(y-x+1)>0.又因为x-y与1的大小不确定,因此选项C,D无法确定.故选:A.规律总结:数学中有许多形式对称优美的式子,它们遍布在数学的各种定义和性质当中,犹如数学中的瑰宝,给人美不胜收的感觉.在上面的问题中,我们构造函数,知晓了该函数的单调性,从而根据单调性的特点解决了问题.所以这类问题的理论依据是函数的单调性的特点,根据单调性和函数值的大小得到了自变量的大小关系,相当于脱掉了函数对应关系的外壳,直接获得两个变量的大小关系,从而能够更简洁地还原问题本质,简单地解决问题.熟练应用:例2㊀(2020全国Ⅰ卷理)若2a+l o g2a=4b+2l o g4b,则(㊀㊀).A.a>2b㊀㊀㊀㊀㊀B.a<2bC.a>b2D.a<b2分析:根据题意可将已知条件整理为2a+l o g2a=4b+2l o g4b=22b+l o g2(2b)-1的形式,则可构造函数f(x)=2x+l o g2x,易知f(x)为区间(0,+ɕ)上的增函数,而f(a)=f(2b)-1<f(2b).则可知a<2b.若bȡ2,则有a<2bɤb2;而若b<2,如b=1时,则有2a+l o g2a=4>f(1),即a>1,此时a>b2.所以a与b2大小不确定.因此选:B.在我们遇到的问题当中,有时不一定一眼就能看出要构造的函数的形式,而是需要通过变形整理再找到要构造的函数,这样的问题对我们知识的掌握要求较高,更能体现我们对一些数学问题理解的深度,所以构造才是数学魅力的地方之一,有时可以借助于同构获取变元的关系来解决一些取值或不等式的相关问题.例3㊀解不等式l o g2(x12+3x10+5x8+3x6+1)>1+l o g2(x4+1).分析:首先易知两对数的真数部分均为正,所以06复习备考解法探究㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀2022年7月上半月Copyright©博看网. All Rights Reserved.㊀㊀㊀两对数均有意义,在此基础上可以将不等式化为l o g 2(x 12+3x 10+5x 8+3x 6+1)>l o g 2(2x 4+2),即为x 12+3x 10+5x 8+3x 6+1>2x 4+2,直接解此12次不等式(即使换元令x 2=t 也是6次不等式)将会非常复杂,就算借助于函数求导判断单调性也很难确定具体的解集,所以考虑是否能够使用同构的方法.计算常数整理得:x 12+3x 10+5x 8+3x 6>2x 4+1,两边同乘1x 6可得:x 6+3x 4+5x 2+3>2x 2+1x 6,分式的分母并没有1x4,所以考虑将整式中的x 4进行配凑:x 6+3x 4+3x 2+1+2x 2+2>2x 2+1x 6,即得(x 2+1)3+2ˑ(x 2+1)>1x 2æèçöø÷3+2 1x 2,从而可以构造函数g (t )=t 3+2t ,不等式即化为g (x 2+1)>g 1x 2æèçöø÷,因g (t )为增函数,所以转化为x 2+1>1x 2,即x 4+x 2-1>0,解得x 2>5-12,故原不等式的解集为-ɕ,-5-12æèçöø÷ɣ5-12,+ɕæèçöø÷.这样通过一定的转化与化归手段解决了不等式的求解问题.例4㊀已知实数x 1,x 2满足x 1e x =e 3,x 2(l n x 2-2)=e 5,则x 1x 2的值为.分析:本题中涉及两个变量,各自满足一个对应的方程,涉及到指数与对数的运算,所以一个角度是采用换元的方式.由于方程首先需要有意义,所以有x 1>0,x 2>e 2.令l n x 2-2=t >0,x 2=e t +2,则第二个方程化为t e t =e 3.构造函数f (x )=x e x(x >0),fᶄ(x )=(x +1)e x>0(x >0),则知f (x )在区间(0,+ɕ)上单调递增.而f (x 1)=f (t )=e 3,则x 1=t =l n x 2-2,所以x 1x 2=x 2(l n x 2-2)=e 5.另一个角度就是化同构,对第一个方程x 1e x =e3两边取自然对数,得l n x 1+x 1=3.对第二个方程x 2l n x 2-2()=e 5两边取自然对数,得l n x 2+l nl n x 2-2()=5.为使两式结构相同,将上式进一步变形为l n x 2-2()+l nl n x 2-2()=3.构造f (x )=l n x +x ,易知f (x )在区间(0,+ɕ)上单调递增,则f (x )=3的解只有一个.所以x 1=l n x 2-2,因此x 1x 2=l n x 2-2()x 2=e 5.在上面解法的基础上可以简化运算,由x 2(l n x 2-2)=e 5可得x 2e 2(l n x 2e 2)=e 3,即(l n x 2e2)e(l n)=e 3=x 1e x,(两形式均为正),所以l n x 2e 2=x 1,所以x 2=ex +2,即可得结果.2.2利用同构求参数的取值范围除了能够根据同构直接获得变元的大小关系外,有时也可以利用同构间接地解决恒成立㊁参数范围等问题,应用比较广泛.例5㊀已知函数f (x )=a l n x -a +2()x +x 2,若对于任意a ɪ[4,10],x 1,x 2ɪ[1,2],恒有f x 1()-f x 2()x 1-x 2ɤλx 1x 2成立,试求λ的取值范围.分析:本题的函数解析式中含有参数,涉及两个变量x 1,x 2,条件中是一个较为繁杂的不等式,直接把λ分离处理较为复杂,所以可以根据两个变量的同等地位的特点考虑同构来处理.将已知条件变形可以得到f (x 1)-f (x 2)ɤλ1x 1-1x 2恒成立,若要去掉绝对值,则应当考虑绝对值内的值的正负,所以需要考虑到函数f (x )的单调性.不妨设x 2>x 1,当a ɪ[4,10]时,根据导数的符号可知f (x )在区间[1,2]上单调递减,则原式化为f (x 1)-f (x 2)ɤλ1x 1-1x 2æèçöø÷,同构处理可得f x 1()-λx 1ɤf x 2()-λx 2.构造新函数f (x )-λx即相当于知晓了该函数的单调性,即:令g (x )=f (x )-λx =a l n x -a +2()x +x 2-λx,则知g (x )在区间[1,2]上单调递增,于是g ᶄ(x )=2x 3-a +2()x 2+a x +λx 2ȡ0在x ɪ[1,2]上恒成立,即2x 3-(a +2)x 2+a x +λȡ0在x ɪ[1,2]上恒成立,即a (-x 2+x )+2x 3-2x 2+λȡ0在x ɪ[1,2]上恒成立.而x ɪ[1,2],有-x 2+x ɤ0,故只需10(-x 2+x )+2x 3-2x 2+λȡ0在x ɪ[1,2]上恒成立,亦即2x 3-12x 2+10x +λȡ0在x ɪ[1,2]上恒成立.设h (x )=2x 3-12x 2+10x +λ,易知h (x )在[1,2]上单调递减,则h m i n (x )=h (2)=-12+λȡ0,得λȡ12.故实数λ的取值范围为[12,+ɕ).该题将题中复杂的条件同构处理后相当于知道所构造函数的单调性,再利用导数值取值情况来获取162022年7月上半月㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀解法探究复习备考Copyright ©博看网. All Rights Reserved.㊀㊀㊀参数的范围.例6㊀(2020山东新高考)已知函数f(x)=a e x-1-l n x+l n a.若f(x)ȡ1,求a的取值范围.分析:本题若直接带参讨论,即使用常规处理方法会比较麻烦,而考虑同构处理则会大大简化解题流程,提高效率.由题意知a e x-1-l n x+l n aȡ1,即e x+l n a-1+l n a-1ȡl n x,亦即e x+l n a-1+x+l n a-1ȡx+l n x=l n x+e l n x.构造新函数g(x)=x+e x,易知该函数在R上单调递增,则有x+l n a-1ȡl n x,即l n aȡ-x+1+l n x.令h(x)=-x+1+l n x,可知其最大值为h(1)=0,所以有l n aȡ0,因此aȡ1.下面给出同构的一些经典方案:(1)基本型:①f(p)-f(q)p-q>k(p<q)⇒f(p)-k p<f(q)-k q,即知函数f(x)-k x为增函数;②f(p)-f(q)p-q<k p q(p<q)⇒f(p)+k p>f(q)+k q,即知函数f(x)+k x为减函数.(2)方程组型:例如1m=l o g a m,1n=a n,ìîíïïïï可以变形为1m+l o g a1m=0,n+l o g a n=0,{从而可以构造函数f(x)=x+l o g a x.(3)和差型:e aʃa>bʃl n b.①可变形为e aʃa>e l n bʃl n b,构造函数f(x)=e xʃx;②也可变形为e aʃl n e a>bʃl n b,构造函数f(x)=xʃl n x.(4)积型:a e aɤb l n b.①变形为e a l n e aɤb l n b,构造函数f(x)=x l n x,即有f(e a)ɤf(b);②变形为a e aɤ(l n b)e l n b,构造函数f(x)=x e x,即有f(a)ɤf(l n b);③两边取对数:a+l n aɤl n b+l n(l n b),构造函数f(x)=x+l n x,即有f(a)ɤf(l n b).(5)商型:e a aɤb l n b.①变形为e a aɤe l n b l n b,构造函数f(x)=e x x,即有f(a)ɤf(l n b);②变形为e a l n e aɤb l n b,构造函数f(x)=x l n x,即有f(e a)ɤf(b);③两边取对数变形为a-l n aɤl n b-l n(l n b),构造函数f(x)=x-l n x,即有f(a)ɤf(l n b).同步练习:练习1:(华大新高考联盟2022届高三11月教学质量测评第22题)已知f(x)=e x-1x-a x+a l n x,若f(x)ȡ0恒成立,求实数a的取值范围.练习2:设a>0,函数f(x)=x2+a-a a x-a,若f(x)ȡ0恒成立,则实数a的取值范围是.练习3:已知对于任意的实数m,n,不等式k m e n-1-2n+1+(2n-2m+1)e2n-mȡ0恒成立,则实数k的取值范围为.练习4:若对任意的x>0,恒有a(e a x+1)ȡ2x+1xæèçöø÷l n x,则实数a的最小值为.3结束语㊀数学核心素养的培养与落实往往需要很多具体的材料与媒介,同构的思想就是较好的媒介之一.学生对同构的认知与应用体现了对数学相关概念与思想的理解深度,这也是同构相关的试题越来越多的原因之一.学生需要具有相关的学科视角和对应的学科思想,这是我们当前教育的主旋律,也就是更需要学生能够从整体上认识与把握相关学科,进而在细节的完善中成为一个发展完整的人,才能达成我们的教育目标.函数中的同构联结了其形式与内在的统一,自变量与函数值的依存关系通过同构的转化体现得淋漓尽致,不仅有数学思想的深刻性,也给人以美的感受,是更高的科学追求.当然,同构的思想在其他领域,如解析几何的相关运算中也有很多应用,亟待我们继续发掘和探索.参考文献:[1]朱玉海.探寻试题同构规律,培养学生解题思维[J].中学数学,2022(1):49G51.Z26复习备考解法探究㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀2022年7月上半月Copyright©博看网. 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同构法在高中数学解题中的应用

同构法在高中数学解题中的应用
同构是近些年高考模拟题的热点题型,经常出现在压轴选择填空和导数大题中,特别是恒成立求参数取值范围,或证明不等式,常规方法可能需要采用隐零点,往往较为繁琐,而用同构,则会达到四两拨千斤的功效。
利用同构后的模型
性质进行解题,是一种非常重要的方法.本文谈谈同构法在数学中的应用.
那么何为同构?顾名思义,同构,函数结构相同时使用,或者通过变形使不
等式两边的函数结构相同。
我们通常把同构分为三重境界。
同构第一重境界:双变量问题,,地位完全等价,只需把同一个变量
移到不等式同一边即可。
常见形式有:
同构
第二重境
界:指对
跨阶时使
用,何谓
指对跨阶?简单做一个介绍,中,指数增长最快属于第一阶,其次,属于第二阶,增长最慢,属于第三阶。
如果题目中既出现,又出现 ,
我们暂且之为指对跨阶。
指对跨阶常见模型及处理方法:
同构第三重境界:有些同构式不是很明显的指对跨界,需要配凑常数或者自变量,此类题型较为含蓄,需要多加练习。
常见形式有:
以上是同构的三重境界,很多同学看完后可能同构的运用还是不够灵活,要想用好同构,还要掌握两种方法,指对变换与放缩。
常见的指对变换有基于此,有如下一些变形,大家可以参考:
常见的放缩变换有:
例:设实数,若对任意的,不等式恒成立,则
的取值范围是______.
同构化解题意识与技巧是一种常见的解题思路,在解题过程中,如果能看清问题中式子结构的共性,并合理构造共性,则可大大简化问题,从而轻松解决问题.。
导数专题二:同构思想的应用(解析版))

数学二轮复习导数专题:同构思想的应用(解答题)一.分离双变量,同构例1.已知函数f(x)=lnx﹣mx2﹣x.(1)若是f(x)的一个极值点,求f(x)的最大值;(2)若,x1≠x2,都有x2f(x1)﹣x1f(x2)>x1x2(x2﹣x1),求实数m的取值范围.【解析】(1),由题意得,即2﹣m﹣1=0,所以m=1,所以=,当时,f'(x)>0;当时,f'(x)<0,所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.所以=.(2)由题意得,x1≠x2都有x2f(x1)﹣x1f(x2)>x1x2(x2﹣x1),令函数==,当x1>x2时,g(x)在上单调递增,所以在上恒成立,即在上恒成立,令,,则,所以h(x)在上单调递减,故h(x)min=h(e)=0,所以实数m的取值范围为(﹣∞,1].同理,当x1<x2时,g(x)在上单调递减,所以在上恒成立,即在上恒成立,令,,则,所以h(x)在上单调递减,故.所以实数m的取值范围为[2e2+1,+∞),综上,实数m的取值范围为(﹣∞,1]∪[2e2+1,+∞).变式1:已知函数f(x)=.(1)判断f(x)在(0,+∞)的单调性;(2)若x>0,证明:(e x﹣1)ln(x+1)>x2.【解析】(1)由函数f(x)的定义域为(﹣1,0)∪(0,+∞)∴f′(x)=,设g(x)=﹣ln(1+x),∴g′(x)=﹣=<0,∴g(x)在(0,+∞)为减函数,∴g(x)<g(0)=0,∴f′(x)<0,∴f(x)在(0,+∞)为减函数;(2)(e x﹣1)ln(x+1)>x2等价于>,∵==,∴原不等式等价于>,由(1)知,f(x)=是(0,+∞)上的减函数,∴要证原不等式成立,只需要证明当x>0时,x<e x﹣1,令h(x)=e x﹣x﹣1,∴h′(x)=e x﹣1>0,∴h(x)是(0,+∞)上的增函数,∴h(x)>h(0)=0,即x<e x﹣1,∴f(x)>f(e x﹣1),即>=>,故(e x﹣1)ln(x+1)>x2.二.双变量换元后同构例3:已知函数f(x)=2a(lnx﹣x)+.(1)若a=,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)若f(x)的两个极值点为x1,x2,且x2>e2x1,不等式f(x1)﹣f(x2)>b(x12﹣x22)恒成立,求实数b的取值范围.【解析】(1)当时,,.因为f'(1)=1,,所以所求切线方程为,即2x﹣2y﹣3=0.(2)因为,所以x1,x2是方程x2﹣2ax+2a=0的两个正根.令g(x)=x2﹣2ax+2a,则,解得a>2.因为x1+x2=x1x2=2a,所以=.由,可得.因为x1x2>0,所以,即恒成立.令,因为,所以t >e 2,则,整理得.令,t >e 2,则.所以h (t )在(e 2,+∞)上单调递减,所以.由,解得,故b 的取值范围是.三.指对互化同构例2、(2020﹒新高考卷T21)已知函数1()eln ln x f x a x a -=-+.(1)当a e =时,求曲线()y f x =在点(1,f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若()1f x ≥,求a 的取值范围. 【解析】(1)()ln 1x f x e x =-+,1()x f x e x'∴=-,(1)1k f e '∴==-. (1)1f e =+,∴切点坐标为(1,1+e ),∴函数f(x)在点(1,f (1)处的切线方程为1(1)(1)y e e x --=--,即()12y e x =-+,∴切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e --, ∴所求三角形面积为1222||=211e e -⨯⨯--; (2)解法一:()111x lna x f x aelnx lna e lnx lna -+-=-+=-+≥等价于11lna x lnx e lna x lnx x e lnx +-++-≥+=+,令()x g x e x=+,上述不等式等价于()()1g lna x g lnx +-≥,……(同构法)显然()g x 为单调增函数,∴又等价于1lna x lnx +-≥,即1lna lnx x ≥-+, 令()1h x lnx x =-+,则()111x h x x x-=-=' 在()0,1上()()0,h x h x '>单调递增;在(1,+∞)上()()0,h x h x '<单调递减, ∴()()10max h x h ==,01lna a ≥≥,即,∴a 的取值范围是[1,+∞).解法二:1()ln ln x f x ae x a -=-+,11()x f x ae x-'∴=-,且0a >. 设()()g x f x =',则121()0,x g x ae x -'=+> ∴g(x )在(0,)+∞上单调递增,即()f x '在(0,)+∞上单调递增, 当1a =时,()01f '=,∴()()11min f x f ==,∴()1f x ≥成立.当1a >时,11a < ,111a e -<∴,111()(1)(1)(1)0a f f a e a a-''∴=--<,∴存在唯一00x >,使得01001()0x f x aex -'=-=,且当0(0,)x x ∈时()0f x '<,当0(,)x x ∈+∞时()0f x '>,011x ae x -∴=,00ln 1ln a x x ∴+-=-, 因此01min 00()()ln ln x f x f x aex a-==-+000011ln 1ln 2ln 122ln 1a x a a x a x x =++-+≥-+⋅=+>1, ∴()1,f x >∴()1f x ≥恒成立;当01a <<时, (1)ln 1,f a a a =+<<∴(1)1,()1f f x <≥不是恒成立. 综上所述,实数a 的取值范围是[1,+∞). 解法三:由解法二得01min 00()()ln ln x f x f x ae x a-==-+=000000011ln 1ln 2ln 11-+--=-+-≥x x x x x x x ∴00012ln 0--≥x x x ……(消超越函数e x ,参数a 设1()=g x x2ln --x x 易知函数()g x 在(0,+∞)上单调递减,且g (1)=1﹣0﹣1=0, ∴当x ∈(0,1]时,()g x ≥0,∴x 0∈(0,1]时,00012ln 0--≥x x x 设()h x =1﹣x ﹣lnx ,x ∈(0,1],∴()'h x =﹣1﹣1x<0恒成立, ∴()h x 在(0,1]上单调递减,∴()h x ≥(1)h =1﹣1﹣ln1=0, 当x →0时,()h x →+∞,∴ln a ≥0=ln1,∴a ≥1.解法四:由f (x )≥1可得1ln ln 1--+≥x ae x a ,即11ln ln --≥-x ae x a设g(x)=e x﹣x ﹣1,∴g ′(x )=e x﹣1>0恒成立,∴g (x )在(0,+∞)单调递增, ∴g(x)>g(0)=1﹣0﹣1=0,∴e x﹣x ﹣1>0,即e x>x +1,再设h(x)=x ﹣1﹣lnx ,∴()111'-=-=x h x x x, 当0<x <1时,()0'<h x ,函数h(x)单调递减, 当x >1时,()0'>h x ,函数h(x)单调递增, ∴h(x)≥h (1)=0,∴x ﹣1﹣lnx ≥0, 即x ﹣1≥lnx ∵0>a ,∴1-≥x e x ,则1-≥x ae ax ,此时只需要证ln ≥-ax x a , 即证1ln ()-≥-x a a , 当1≥a 时,10ln ()->>-x a a ,恒成立,当01<<a 时,10ln ()<-<-x a a ,此时1ln ()-≥-x a a 不成立, 综上所述a 的取值范围为[1,+∞).【变式2】ln()0--+>x e a ax a a 恒成立(0>a ),求实数a 的取值范围. 法一:()()111(1)ln (1)ln ---->⇔->x x a x a x a x e a x e e e e令()1(),(1)(ln )(1则x>)-=->x a x g x xe g x g e,()()1()+,1)ln ln ln 11在(0,)上递增-∞∴->=+--a x g x x a x e()ln 11ln 1-<---a x x ,由重要不等式知()1ln 11---≥x x2ln 2,0<∴<<a a e法二:ln ln ln()1ln ln(1)1ln ln(1)1-->--⇔>+--⇔+->-+-xx a x a e ax a e a x e x a x x a令()()+,(ln )(ln 1)则=->-x g x e x g x a g x ,()()()+,ln ln 1ln ln 1在(0,)上递增∞∴->-⇔<--g x x a x a x xF(x) ()1ln 1)11,('=--=--x x F x x F(x) min 2+,)(2)2,在(1,)上递减,(2,)上递增(∞∴==F x F 2ln 2,0<∴<<a a e 跟踪练习:1.设函数f (x )=lnx +,m ∈R .(Ⅰ)当m =e (e 为自然对数的底数)时,求f (x )的极小值; (Ⅱ)讨论函数g (x )=f ′(x )﹣零点的个数;(Ⅲ)若对任意b >a >0,<1恒成立,求m 的取值范围.【解析】(Ⅰ)当m =e 时,f (x )=lnx +,∴f ′(x )=,∴当x ∈(0,e )时,f ′(x )<0,f (x )在(0,e )上是减函数, 当x ∈(e ,+∞)时,f ′(x )>0,f (x )在(e ,+∞))上是增函数, ∴x =e 时,f (x )取得极小值为f (e )=lne +;(Ⅱ)∵函数g (x )=f ′(x )﹣=(x >0),令g (x )=0,得m =(x >0),设φ(x )=(x >0),∴φ′(x )=﹣x 2+1=﹣(x ﹣1)(x +1),当x ∈(0,1)时,φ′(x )>0,φ(x )在(0,1)上是增函数, 当x ∈(1,+∞)时,φ′(x )<0,φ(x )在(1,+∞)上是减函数, ∴x =1是φ(x )的极大值点,也是φ(x )的最大值点, ∴φ(x )的最大值为φ(1)=,又φ(0)=0,结合y =φ(x )的图象,如下图:可知:①当m >时,函数g (x )无零点;②当=时,函数g (x )有且只有一个零点;③当0<m <时,函数g (x )有两个零点;④当m ≤0时,函数g (x )有且只有一个零点. 综上,当m >时,函数g (x )无零点;当m =或m ≤0时,函数g (x )有且只有一个零点; 当0<m <时,函数g (x )有两个零点.(Ⅲ)对任意b >a >0,<1恒成立,等价于f (b )﹣b <f (a )﹣a 恒成立, 设h (x )=f (x )﹣x =lnx +(x >0),则h (b )<h (a ),∴h (x )在(0,+∞)上单调递减, ∵h ′(x )=在(0,+∞)上恒成立, ∴m (x >0), ∴m(当x =时,m =),∴m 的取值范围是[,+∞).2. 证明:y ln x =的图象恒在sin 1xy xe x =--的图象的下方。
同构法在高中数学题解析中的应用策略

同构法在高中数学题解析中的应用策略法国数学家现当代最伟大的数学家之一,于十九世纪六十年代开发了同构法,它可以将一个复杂的数学问题简化,并对其进行深入的分析,以便得出既精确又可靠的答案。
自从介绍同构法以来,它就被用于解决各种数学问题,其中包括一些复杂的高中数学题目。
在本文中,我们将探讨同构法在高中数学题解析中的应用策略。
首先,要了解如何利用同构法解决高中数学题目,必须对同构法有一个基本的理解。
同构法旨在将一个复杂的问题分解成由若干较小的问题组成的整体,以便使其易于理解和处理。
为此,它需要分析该问题的相关变量,把问题分解为任意数量的组件,并分析它们之间的关系。
其次,在使用同构法解决高中数学题目时,首先要审慎地检查数学题目,了解数学题目所涉及的概念,以及它们之间的函数关系。
然后,要分析这些概念在题目中的影响,并把它们归结为一个总的函数关系,以便作出最终的结论。
这些是利用同构法解决高中数学题目的基本步骤。
此外,要利用同构法解决高中数学题目,还需要有一个基本的数学素养。
例如,要解决复杂的高中数学题目,必须能够掌握基本的代数、几何和微积分知识,并灵活运用它们来处理问题。
此外,要掌握数学推理能力,以便解决高中数学题目,也必须具备良好的推理能力。
最后,要提高利用同构法解决高中数学题目的能力,还可以利用现代技术。
例如,可以利用计算机和数学软件,让学生更加方便地获取数学知识、推理能力和技巧,从而更有效地处理数学问题。
总的来说,利用同构法解决高中数学题目并不容易,但如果学生具备基本的数学素养和技能,以及对同构法的基本理解,就可以更好地利用同构法解决高中数学题目。
有了这些基本的能力,学生将有助于提升自己解决高中数学难题的能力。
同构思想在解题中的应用

2021 年第 1 期 (上)中学数学研究27同构思想在解题中的应用广东省中山纪念中学(528454)邓启龙在数学问题中,常常遇见一些数学式子或者变式,它们 结构相同,只是变量或者数字不同•此时,可以把它们具有的 相同结构提取岀来,通过研究这个结构具有的性质来解决问题•本文就来例谈同构思想在解题中的应用.1比较大小构造函数f (x)例1比较n 3, 3n .分析 比较的两个数的结构为a b ,b "(a> 0,b > 0),同时 取自然对数即比较b ln a,a ln b ,等价于比较—,器,于是abln xx解 令f (x)——,则f z (x)—匕异,于是f (x)在x x 2(e, +8)上单调递减,所以f ⑶> f (n),即呼 > —,得3 nn ln 3 > 3 ln n ,所以 n 3 < 3n .2解方程(组)例 2 解方程 x 6 - (x + 2)3 + x 2 — x 4 - (x + 2)2 + x + 2.分析 该方程为6次方程,直接解很难•注意到方程中岀 现了 (x + 2)3, (x + 2)2,x + 2,于是将x + 2视为一个整体,方程变形为 x 6 - x 4 + x 2 — (x + 2)3 - (x + 2)2 + (x + 2),方 程两边具有相同的结构,于是构造函数f (x) — x 3 - x 2 + x .解 令 f (x) — x 3 — x 2 + x ,则 f z (x) — 3x 2 — 2x + 1 > 0对任意实数x 恒成立,于是f(x)在R 上单调递增.方 程 x 6 - (x + 2)3 + x 2 — x 4 - (x + 2)2 + x + 2 变形为x 6 - x 4 + x 2 = (x + 2)3 - (x + 2)2 + (x + 2), 即 f(x 2) = f(x + 2).由f(x)在R 上单调递增得x 2 — x + 2,解得x — 2, —1.例 3 已知 a 3 — 3a 2 + 5a — 1, b 3 — 3b 2 + 5b — 5,求 a + b的值.分析 两个方程左边结构相同,于是构造函数f(x)x 3 - 3x 2 + 5x .解 令f (x) — x 3 - 3x 2 + 5x ,则f (x)的图象的对称中心为点(1,3),即f (x) + f (2 - x) — 6对任意实数x 恒成立.由已知得 f (a) — 1,f (b) — 5,有 f (a) + f(b) — 6, 又 f (a ) + f (2 - a) = 6,所以 f (b) = f (2 - a).由 f z (x)=3x 2 - 6x + 5 — 3(x - 1)2 +2 > 0 得 f (x)在 R 上单调递增,所以 b = 2 - a, a + b = 2.注 三次函数 f (x) — ax 3 + bx 2 + cx + d(a — 0)的图 象的对称中心为点(-籟,f (--a )).例4设方程x + 2" — 4的根为a ,方程x + log 2x — 4 的根为b ,求a + b 的值.分析 在方程x + log 2x — 4中,令x = 2[则方程变为吩+ t — 4,与方程x + 2" — 4结构相同,于是构造函数f (x) — x + 2".解令f (x) — x + 2",易得f (x)在R 上单调递增.由已知得 a + 2" = 4,b + log 2b — 4,令 b = 2[得 24 + t — 4.于是f (a) — f (t) — 4.由f (x)在R 上单调递增得a — t ,所以b — 2", a + b — 4.注 题目中岀现了两个看似结构不同的方程,但其中一个方程经过代换变形后,两个方程结构相同,然后构造函数, 利用函数的单调性解题.例5已知实数a,b 满足a e " — e 3,b(ln b - 1) — e 4,求ab 的值.分析 将b(ln b - 1) — e 4变形为-ln - — e 3,令ee-—e [得tet — e 3,与a e " — e 3结构相同,于是构造函 e数 f (x) — x e ".解 令f(x) — x e ",易得f(x)在(0, +x>)上单调递 增.由已知得b ln b — e 3,令b — e [得t e 4 — e 3,于是e e ef (a) — f (t) — e 3,易知 a > 0,t > 0,由 f (x)在(0, +g)上单调递增得a — t ,于是b — e "+i •所以ab — a e "+i — e 4.例6已知实数a,b G (0, 2),且满足a 2 - b 2 - 4 — 2b - 2" - 4b ,求 a + b 的值.分析 将 a,b 分离得 a 2 +2" — b 2 - 4b + 4 + £ —(b - 2)2 + 22_b ,将2 - b 视为一个整体,式子两边具有相同的结构,于是构造函数f (x) — x 2 + 2".解 令f (x) — x 2 + 2",易得f (x)在(0, 2)上单调递增. 由已知得 a 2 + 2" — b 2 - 4b + 4 +帶—(b - 2)2 + 22_b ,于 是 f (a) — f (2 - b),易知 a, 2 - b G (0, 2),由 f (x)在(0, 2)上单调递增得a = 2 - b ,所以a + b = 2.注一个式子中岀现了两个变量,经过分离变量和适当变形后,式子两边结构相同,然后构造函数,利用函数的单调 性解题.例7 (2020年高考全国I 卷理科第12题)若2" + l og 2a —4b + 2log 4b ,则()A. a > 2bB. a < 2bC. a > b 2D. a < b 228中学数学研究2021年第1期(上)分析由已知得2"+log2a—22b+log2b,式子两边具有相似的结构,于是构造函数f(x)=2" +log2x.解令f(x)—2"+log2x,易得f(x)在(0,+x)上单调递增.由已知得2"+log2a—22b+log2b,而f(2b)—22b+log22b=22b+log2b+1,于是f(a)—f(2b)-1<f(2b),由f(x)在(0,+x)上单调递增得a<2b.所以A错误,B正确.由f(b2)—2“+log g b2—2“+2log2b得f(a)—f(b2)—f(2b)-1-f(b2)—22b-2b2-log2b.当b—1时, f(a)-f(b2)—2>0,得f(a)>f(b2),此时a>b2.当b—2时,f(a)-f(b2)——1<0,得f(a)<f(b2),此时 a<b2.所以C、D错误.故选B.3解不等式例8(2012年全国高中数学联赛辽宁省预赛第10题)解不等式_^-g—-—畧-x3-5x>0.(x+1)3x+122分析不等式变形为)3+5>x3+5x,将x+1x+12视为一个整体,方程两边具有相同的结构,于是构造函x+1数f(x)—x3+5x.解令f(x)—x3+5x,则f z(x)—3x2+5>0对任意实数x恒成立,于是f(x)在R上单调递增•原不等式变形为222(1)3+5•r>x3+5x,即f(1)>f(x).由f(x)2在R上单调递增得---->x,解得x<-2或—1<x<1.x+1所以原不等式的解集为(—x,-2)U(—1,1).例9如果cos50—sin50>7(cos30—sin30),0e[0,2n),则0的取值范围是—.解由已知得cos50-7cos30>sin50-7sin30.令f(x)—x5—7x3,则f z(x)—5x4—21x2—x2(5x2—21)<0对任意x e[—1,1]恒成立,于是f(x)在[—1,1]上单调递减.cos50—7cos30>sin50—7sin30即f(cos0)>f(sin0).由f(x)在[—1,1]上单调递减得cos0<sin0,解得4<0<罟.所以0的取值范围是(4,罟).例10(2020年高考全国II卷理科第11题)若2"-2y< 3一"-3—y,则()A.ln(y—x+1)>0B.ln(y—x+1)<0C.ln|y—x|>0D.ln|y—x|<0解由已知得2"-3一"<2-3—y.令f(x)—2"-3—",则f z(x)—ln2•2"+ln3•3—">0对任意实数x恒成立,于是f(x)在R上单调递增.2"-3—"<2-3—y即f(x)<f(y).由f(x)在R上单调递增得x<y.所以 y-x>0,y-x+1>1,ln(y-x+1)>0,选项A正确.例11已知函数f(x)—3"-3—",f(1-2log3t)+ f⑶og3t-1)2log i t,求t的取值范围.3解令a—1—2log3t,b—3log3t—1,则a+b—log3t,log11——log31——a-b.f(1-2log3t)+f⑶og s t-1)2lo g i t即f(a)+f(b)2—a一b,得f(a)+a2—f(b)一b.由f(x)是奇函数得—f(b)—f(—b),所以f(a)+a2 f(—b)-b.令g(x)—f(x)+x,则g z(x)—f z(x)+1=ln3•3"+ ln3•3—"+1>0对任意实数x恒成立,于是g(x)在R上单调递增.f(a)+a2 f(—b)-b即g(a)2g(—b).由g(x)在R 上单调递增得a2—b,a+b20,即log s t20,解得t21.所以t的取值范围是[1,+x).4综合问题例12若a是方程x2e"+ln x—0的根,证明:a也是方程x+ln x—0的根.证明由已知得a2e"+ln a—0,则a e"———ln a—a-ln-.令-—e£,得a e"—tel令f(x)—x e",易得f(x) a a a在(0,+x)上单调递增.a e"—t e£即f(a)—f(t),易知a>0,t>0,由f(x)在(0,+x)上单调递增得a—t,所以—一e",ln——a,得a+ln a—0,所以a也是方程aax+ln x—0的根.例13若A e A"2ln x对任意x>0恒成立,求入的取值范围.解易得入〉0.当0<x<1时,入e入"2ln x显然成立.当x>1时,由入e入"2ln x得入x e入"2x ln x.令x—e£,得入x e入"2tel令f(x)—x e",易得f(x)在(0,+x)上单调递增.入x e入"2t e£即f(Ax)2f(t),易知入x>0,t>0,由f(x)在(0,+x)上单调递增得Ax2t.由x—e£得t—ln x,ln x于是Ax2ln x,所以A2----对任意x>1恒成立.令xg(x)—学,则g z(x)—q,易得g(x)在(1,e)上单调递增,在(e,+x)上单调递减,于是g(x)在(1,+x)上的最大值为g(e)—1.所以A2-.ee。
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同构思想在高等代数解题中的应用探讨
作者:王洋
来源:《知音励志·教育版》2016年第12期
摘要
作为各大高校学生主要的学习科目,高等代数与其他数学知识相比更为复杂,因此,如何提高高等代数的解题效率就成为了教师和学生共同面临的问题,本文以同构思想在进行高等代数解题过程中的应用方向为主要背景,通过将理论和实际例题进行对应讲解的方式,将可以应用同构思想和相关定义加以解决的高等代数题目进行了列举,并归纳出相应的规律,为今后相关高等代数题目的高效解题提供方法和依据。
【关键词】同构思想;高等代数;解题应用
作为最重要的抽象代数概念,同构映射所具有的作用主要体现在对不同代数系统之间所具有的性质和结构加以研究。
正是由于同构映射的含义为针对不同代数系统所开展的双射代数运算,所以,具有同构映射的两个代数系统必然具有相通的性质和结构,因此,对以线性空间作为主要研究方向的高等代数而言,对同构思想的应用能够在一定程度上将相对较难的线性空间问题加以解决。
1 同构映射的重要定义
当A和Fn之间存在同构关系时,可以认为其中一个线性空间A1和另一个线性空间A之间具有双射γ,此时:①γ(α+β)=γ(α)+γ(β);②γ(kα)=kγ(α)。
上述公式中所出现的α和β均属于线性空间A的向量,而k则为数域中的任意数值,满足上述条件的映射即为同构映射。
当两个不同的向量空间存在同构性质时,可以说这两个空间的代数性质相同,而在对抽象、n维的向量空间进行研究时,则应当对A≌Fn加以应用,此时F为数域,A为n维的向量空间。
2 同构思想在高等代数解题中的应用
2.1 对线性变换所对应的值域和核进行求解
2.1.1 定义
首先将处于数域F上所有经由n维的线性空间加以变换而形成的数据组合为L(A),而L(A)同时也是处于数域F的线性空间,假设将处于数域F的所有n阶线性空间加以结合形成Mn(F),此时则有L(A)≌Mn(F)。
另外,假设处于数域P的某一特定线性空间为A,那么α1……αn则是线性空间A所对应的基,此时γ为经由线性空间A所变换而形成的数值,并且在A对应基下所产生的矩阵为A,此时,可以说dimγ(A)=B的秩。
2.1.2 解题思路
第一步,将B所对应列向量组之中属于极大无关组的数值设为Bi1……Bin,此时γ(A)所对应的基则为δi=(α1……αn)Bi1(j=1……n),并且dimγ(A)=B的秩。
第二步,在对属于齐次线性的方程组BX=0所对应的基础解进行求解时,得出对应解为η1……ηn-m,那么此时将其经由线性变换所的核γ-1(0)所对应的基底为δi=(α1……αn)ηi(i=1……m),并且dimγ-1=n-m。
2.2 对线性空间中的抽象向量组秩问题进行解决
例题1:将数域F具有的n维的线性空间A所对应的无关向量组设为{α1……αn},而A所具有的另一向量组为(β1……βn),并且存在(α1……αn)B=(β1……βn),而这里的B指的是由r×s所构成的矩阵,那么请证明:dim(β1……βn)=秩B
思路:作为高等代数中相对来说较为困难的向量空间题目,该类题常用的证明方法为将定义作为基础所进行的直接证明,也就是说通过对B和{β1……βn}之间的等价列向量组进行证明,得出二者具有同秩的结论,但应用该法对其进行证明难度较大,因此,可以结合A≌Fn,对同构思想加以应用。
解答:首先假设{α1……αn}是数域F在n维的线性空间A中对应的基,并且将β1……βn 在该基下所对应的坐标设为η1……ηn,此时ηn∈Fn,然后再结合A≌Fn,可以得出
(η1……ηn)≌(β1……βn),也就是dim(η1……ηn)=dim(β1……βn),而又因为
(η1……ηn)=B,因此,dim(η1……ηn)=秩B,最终得出dim(β1……βn)=秩B。
通过对这道高等代数题目进行思考和解答可以发现,将同构思想合理的应用在解题过程中,不仅可以将解题过程进行简化,还能够让人们通过解题了解到同构思想所具有的重要意义。
另外,例题1还可以将“假设{α1……αn}是数域F在n维的线性空间A中对应的基”进行更改,表述为“{α1……αn}是数域F中与线性无关的一组向量”,那么最总结论也由“dim
(β1……βn)=秩B”改为“秩(β1……βn)=秩B”,后者同样成立。
例题2:首先假设{α1……αn}是数域F在n维的线性空间A中对应的基,B为n阶矩阵,且存在(α1……αn)B=(β1……βn),请对以下结论的内容加以证明:①假设B所对应的秩为r,而其列向量组i1……ir属于极大无关组,此时β1……βn的秩同样为r,且该向量组为极大无关组;②假如(β1……βn)的秩是r,且该向量组为极大无关组,那么B的秩同样为r,且i1……ir属于极大无关组。
解答:①由于{α1……αn}是数域F在n维的线性空间A中对应的基,此时β1……βn在该基下所对应的坐标设为η1……ηn,那么可以得出(η1……ηn)=B的结论,另外又由于
A≌Fn,,所以(η1……ηn)≌(β1……βn),此时二者所具有的线性相关性是相同的,
(β1……βn)的秩=(η1……ηn)的秩=秩B=r。
而B所对应的列向量组i1……ir属于极大无关
组,那么{η1……ηn}所对应的极大无关组就是{ηi1……ηin},由此可推断出{β1……βn}所对应的极大无关组就是{βi1……βn}。
②该问与①问解题流程相同,通过(η1……ηn)≌
(β1……βn),且二者所具有的线性相关性是相同的,即可证明该问结论成立。
结论:综上所述,文章通过对同构思想的定义进行应用,从线性变换所对应的值域和核进行求解以及对线性空间中的抽象向量组秩问题进行解决两个方面,从侧面表明同构思想在给高等代数解题过程中所具有的重要意义,合理应用同构思想可以在很大程度上将高等代数的解题过程进行简化,同时还能够提升解题准确率,因此,无论是从教师还是从学生的角度出发,都需要对同构思想引起足够的重视。
参考文献
[1]苗佳晶,刘海明.同构思想在高等代数教学中的应用[J].牡丹江师范学院学报(自然科学版),2016(03):76-77.
[2]赵云河,王刚,王林.同构概念的教学思考与实践[J].数学学习与研究,2016(17):27-28.
[3]江明辉,陈鹏.高等代数教学中结构化思想的培养[J].高师理科学刊,2015(01):61-64.
作者简介
王洋(1995-),女,山西省大同市人。
大学本科学历。
就读于山西师范大学现代文理学院。
作者单位
山西师范大学现代文理学院山西省临汾市 041000。