同构思想在高等代数解题中的应用探讨

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「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

「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。

熟练应用,想要做到秒杀,绝对不是问题。

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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

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

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
V0. . . 131 No 3
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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

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))

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

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

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。

“同构法”在数学解题中的应用

“同构法”在数学解题中的应用

同构法 在数学解题中的应用周㊀祥(苏州高等职业技术学校ꎬ江苏苏州215000)摘㊀要:在数学的世界里ꎬ解题方法的创新和高效性始终是推动数学发展的关键因素之一ꎬ特别是在数学教育中ꎬ探寻既有效又具有启发性的解题方法对于激发学生的学习兴趣和培养其解决问题的能力至关重要.在众多解题技巧中ꎬ同构法作为一种独特的思维工具ꎬ在近年的高考和模拟试题中显示了其独特的价值.同构法涉及的不仅仅是简单的数学变换ꎬ还是一种深入探究问题本质㊁揭示数学结构之间内在联系的方法.通过将复杂的数学问题转换为结构上一致的形式ꎬ同构法不仅简化了问题的解决过程ꎬ而且有助于学生更深入地理解数学概念和原理.本文旨在全面解析同构法在解题中的应用ꎬ从函数分析㊁不等式处理等习题提供一系列具体的实例和解析ꎬ以期为数学教育领域提供新的视角和启示.关键词:同构法ꎻ数学解题ꎻ函数中图分类号:G632㊀㊀㊀文献标识码:A㊀㊀㊀文章编号:1008-0333(2024)03-0057-03收稿日期:2023-10-25作者简介:周祥(1980-)ꎬ男ꎬ江苏省宝应人ꎬ本科ꎬ高级讲师ꎬ从事数学教学研究.㊀㊀近年来ꎬ随着数学教育的发展ꎬ特别是在考试试题中ꎬ同构法逐渐显现出其独特的应用价值.同构法ꎬ作为一种数学思维工具ꎬ不仅在高等数学领域有着广泛的应用ꎬ同时在高中数学的教学和问题解决中也展现了显著的效果.它通过建立数学问题间的结构映射ꎬ使学生能够在更抽象的层面上理解和解决问题.因此ꎬ通过具体分析和实例展示ꎬ探讨同构法在高中数学问题解决中的实际应用及其潜在的教育价值ꎬ以期为数学教学提供新的视角和方法.1巧用同构解函数函数的分析和求解是一个关键领域.同构法在函数的处理中表现出其独特的优势ꎬ尤其是在转换复杂函数为更简单㊁易于理解和操作的形式上.针对这一部分将深入探讨如何巧妙地应用同构法来解决各种函数问题ꎬ通过基础函数习题到混合函数习题解析来引导学生运用同构法解决函数数学习题.例1㊀(2022山东济宁高一期末)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数ꎬ如x1ꎬx2ɪ0ꎬ+ɕ[]ꎬ且x1ʂx2ꎬ有x1f(x1)-x2f(x2)x1-x2<0成立ꎬ不等式mf(m)-(2m-1)f(2m-1)>0解集为(㊀㊀).A.(-ɕꎬ-1)㊀㊀㊀B.(-ɕꎬ1)C.(1ꎬ+ɕ)D.(-1ꎬ+ɕ)解题分析㊀设函数g(x)=xf(x)ꎬ由于函数f(x)是定义在R上的偶函数ꎬ可得出g(x)是定义在75R上的奇函数ꎬ由x1f(x1)-x2f(x2)x1-x2=g(x1)-g(x2)x1-x2<0ꎬ得g(x)在R上单调递减ꎬ可得mf(m)-(2m-1)f(2m-1)=g(m)-g(2m-1)>0即g(m)>g(2m-1)ꎬ所以m<2m-1ꎬ解得m>1ꎬ故选C.方法点评㊀通过审题可观察到x1f(x1)-x2f(x2)x1-x2<0ꎬ与mf(m)-(2m-1)f(2m-1)>0均有相同结构xf(x)ꎬ从而可以轻易构造出g(x)=xf(x)ꎬ再利用函数单调性来解决问题ꎬ因此ꎬ本习题关键点是发现数据结构同一性.例2㊀(2022年江西省六校联考)若对任意x>0ꎬ恒有a(eax+1)ȡ2(x+1x)lnxꎬ则实数a的最小值为.解题分析㊀由不等式的结构判断ꎬ通过将不等式变形为(eax+1)lneaxȡ(x2+1)lnx2符合同构法中的指对同阶模型.由于任意x>0ꎬa(eax+1)ȡ2(x+1x)lnx转化为ax(eax+1)ȡ(x2+1)lnx2ꎬ令f(x)=(x+1)lnxꎬ则fᶄ(x)=lnx+x+1x.令h(x)=lnx+1x+1ꎬ则hᶄ(x)=1x-1x2=x-1x2.当0<x<1时ꎬhᶄ(x)<0ꎬ当x>1ꎬhᶄ(x)>0ꎬ即fᶄ(x)在(0ꎬ1)上单调递减ꎬ在(1ꎬ+ɕ)上单调递增.所有fᶄ(x)ȡfᶄ(1)=2>0ꎬ因此f(x)在(0ꎬ+ɕ)上单调递增.则(eax+1)lneaxȡ(x2+1)lnx2⇔f(eax)ȡf(x2)⇔eaxȡx2⇔axȡ2lnx⇔aȡ2lnxx.令g(x)=2lnxxꎬ则gᶄ(x)=2(1-lnx)x2当xɪ(0ꎬe)时ꎬgᶄ(x)>0ꎬ当xɪ(eꎬ+ɕ)时ꎬgᶄ(x)<0.所以函数g(x)在(0ꎬe)上单调递增ꎬ在(eꎬ+ɕ)上单调递减.当x=e时ꎬg(x)max=g(e)=2eꎬ得aȡ2e.答案为:2e.通过以上步骤ꎬ可以求出实数a的最小值ꎬ这个过程展示了同构法在分析和求解复杂函数不等式中的有效应用.例3㊀(2022全国甲卷理)已知函数f(x)=exx-lnx+x-a.若f(x)ȡ0ꎬ求a的取值范围.解题分析㊀f(x)=exx-lnx+x-a=ex-lnx+x-lnx-aꎬ可设t=x-lnxꎬ由切线不等式得tȡ1ꎬ原函数可变为g(t)=et+t-aꎬ由f(x)ȡ0ꎬ即g(t)ȡ0ꎬ由g(t)的单调性得g(1)ȡ0ꎬ所以有aɤe+1.在分析习题解答过程中ꎬ可以看到同构法的强大应用以及切线不等式的重要性.本题的核心在于将原始问题转化为一个更易于分析和求解的形式ꎬ通过将复杂的函数重写并引入新变量.这种变换是同构法的一个典型例子ꎬ它允许我们从一个新的角度来看待问题ꎬ从而揭示问题的本质[1].这个习题不仅展示了同构法在高等数学问题中的应用ꎬ还突出了数学问题解决中的创造性思维和逻辑推理的重要性.它为学生提供了一个宝贵的机会去理解如何将复杂的问题转换为更简单的问题ꎬ并应用数学知识来解决实际问题.2借用同构找等量关系借用同构法来找到等量关系是一种非常有用的技巧.这种方法不仅可以揭示数学问题的本质ꎬ还可以帮助学生更深入地理解数学概念[2].85同构法在等量关系的探究中主要用于将一个难以直接解决的问题转换为一个更熟悉或更易于处理的问题.通过这种转换ꎬ可以揭示两个看似不同的数学表达式或结构之间的本质相似性ꎬ具体习题如下.例4㊀(2009年高考辽宁理科12题)若x1满足方程2x+2x=5ꎬx2满足2x+2log2(x-1)=5ꎬ求x1+x2的值.解答分析㊀令t=x-1ꎬ由2x+2x=5得t+2t=32ꎬ2t=32-t.由2x+2log2(x-1)=5ꎬ得t+log2t=32ꎬ即log2t=32-tꎬ则t1是y=2t㊁y=32-t的图像交点的横坐标.t2是y=log2t㊁y=32-t的图像交点的横坐标.而y=2t与y=log2t互为反函数ꎬ其图像关于y=t对称ꎬ而y=32-t与y=t垂直于点(34ꎬ34).则有t1+t2=32ꎬ因此x1+x2=t1+1+t2+1=32+2=72.在这个习题的解答过程中ꎬ可以看到同构法的应用及函数的图象分析ꎬ在解决看似复杂的数学问题时扮演了关键角色.通过巧妙地变换变量ꎬ可将原本的问题转化为更易于理解和分析的形式.在这个特定的案例中ꎬ首先对方程进行了变量替换ꎬ将问题转换为分析两个函数图象交点的横坐标的问题.关键的一步是认识到两个给定的函数2t和log2t互为反函数ꎬ它们的图象关于直线y=t对称.此外ꎬ通过将这两个图象与直线y=32-t的交点联系起来ꎬ我们能够运用函数图象的对称性质找到解的等量关系.这种解题方法不仅展示了同构法在数学问题解决中的实用性ꎬ还体现了数学美学 通过图象的对称性来简化问题.此外ꎬ这也强调了在高中数学教学中ꎬ教师应该鼓励学生探索不同的解题方法ꎬ特别是在面对看似复杂的问题时.通过这种方式ꎬ学生不仅能够学习到数学知识ꎬ还能够培养他们的创造性思维和问题解决能力[3].总的来说ꎬ这个习题是对高中生数学能力的一个很好的挑战ꎬ也是对他们逻辑思维和空间想象能力的一次有效训练.3结束语本次研究深入探索了同构法在高中数学解题中的应用ꎬ特别是在解决方程㊁函数问题以及找寻等量关系方面的有效性.可以看到ꎬ同构法不仅是一种数学工具ꎬ而且是一种强大的思维方式ꎬ它可以帮助学生从一个新的角度理解并解决问题.无论是在求解具有复杂结构的方程㊁分析函数的性质ꎬ还是在探索不同数学表达式之间的等量关系时ꎬ同构法都展示了其独特的价值和实用性.通过具体的习题解析ꎬ学生利用同构法可以将复杂的数学问题转换为更简单㊁更直观的形式ꎬ从而更有效地找到解决方案.这些习题不仅展示了同构法的应用ꎬ还强调了创造性思维和逻辑推理在数学问题解决中的重要性.在教学过程中ꎬ这种方法不仅能够帮助学生掌握数学概念ꎬ还能培养他们的解决问题的能力和创造性思维.在具体实践教学中ꎬ教师应该鼓励学生探索多样的解题方法ꎬ特别是在面对复杂问题时.这不仅有助于学生更深入地理解数学概念ꎬ还能够激发学生对数学的兴趣和热情.通过这种方式ꎬ学生可以在数学学习的道路上取得更大的进步ꎬ并为将来数学进阶学习打下坚实的基础.参考文献:[1]夏继平.例谈 同构法 在高中数学解题中的应用[J].中学数学研究ꎬ2023(08):46-48.[2]虞哲骏.同构法在数学解题中的应用[J].中学生数学ꎬ2022(19):18-19.[3]袁方程ꎬ黄俊峰.同构法在数学解题中的应用[J].中学数学教学ꎬ2019(06):63-65.[责任编辑:李㊀璟]95。

同构及同态在代数中的应用论文

同构及同态在代数中的应用论文

同构及同态在代数中的应用论文同构及同态在代数中的应用摘要:在近世代数的主要内容是研究所谓代数系统,即带有运算的集合,而在近世代数中同态与同构又是其一等重要的概念,在近世代数中有重要的作用。

在不同的代数系统中同态成为同构的条件不同,本文给出了同态成为同构的条件,论述了同构在不同代数系统上的一些应用,从中说明了同态与同构的重要性。

关键词:同态;同构;群;环1 代数系统的同态与同构1.1同态映射及同态的定义一个A到A的映射φ,叫做一个对于代数运算和来说的,A到A 的同态映射,假如,在φ之下,不管a和b是A的哪两个元,只要→→,b ba a就有a b a b→定义1:假如对于代数运算和来说,就有一个A到A的满射的同态映射存在,我们就说,这个映射是一个同态满射,并说,对于代数运算和来说,A与A同态。

定义2: 我们说,一个A与A间的一一映射φ是一个对于代数运算与来说的,A与A间的同构映射(简称同构),假如在φ之下,不管a,b是A的哪两个元,只要→a a→,b b就有a b a b→1.2同态与同构的联系1)从定义上看2)一个无限集可以与它的子集同态或同构,但一个有限集只能与它的子集同态而不能同构关于代数系统的同态有以下定理:定理1 :假定,对于代数运算和来说,A与A同态。

那么,(1)若适合结合律,也适合结合律;(2)若适合交换律,也适合交换律。

定理2:假定,?,⊕都是集合A 的代数运算,?,⊕都是集合A 的代数运算,并且存在一个A 到A 的满射φ,使得A 与A 对于代数运算?,?来说同态,对于代数运算⊕,⊕来说也同态。

那么,(1)若?,⊕适合第一分配律,?,⊕也适合第一分配律;(2)若?,⊕适合第二分配律,?,⊕也适合第二分配律。

2群的同态与同构2.1群的同态与同构定义定义3:给定群(),G 和群(),G ?称集G 到集G 的一个映射φ:G G →是群G 到群G 的一个同态映射(简称同态),如果对任意a ,b ∈G ,有()()()a b a b φφφ=? 当φ是单(满)射时,称φ为单(满)同态;当φ是一一映射时,称φ为G 与G 间的同构映射(简称同构,记为G G ?);当φ是群G 到群G 得一个同态时,令ker φ={x G ∈|()x e φ'=,e '是G 的单位元},称之为φ的核。

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

同构法在高中数学题解析中的应用策略同构法是指将一个几何图形或函数关系映射到另一个几何图形或函数关系,使得两者在形式上完全对应的方法。

在高中数学中,同构法常被用来解决几何题目或解决不定方程组的方法之一。

高中数学中的几何题目,经常出现两个几何图形的形状相似但大小不同的情况。

在这种情况下,我们可以使用同构法来解决问题。

例如,有一道题目要求求出两个三角形的面积比,假设这两个三角形的外观完全相似,但是大小不同,我们可以使用同构法来解决这道题。

首先,我们需要找到两个三角形之间的同构关系。

这可以通过找出两个三角形的相似因子来实现。

例如,假设两个三角形的相似因子是2,那么我们就可以将大三角形映射到小三角形上,使得两者的形状完全对应。

接着,我们就可以根据同构关系,将大三角形的面积表示成小三角形的面积的形式。

例如,假设大三角形的面积是36,相似因子是2,那么我们就可以得到小三角形的面积是36/4=9。

因此继续,我们就可以得到两个三角形的面积比为36:9=4:1。

除了解决几何问题之外,同构法还可以用来解决不定方程组。

当我们面对一组不定方程时,通常会发现方程组中有很多冗余的方程,使得求解起来很困难。

在这种情况下,我们可以使用同构法来将不定方程组简化,从而轻松地求解。

举个例子,假设我们要求解如下不定方程组:2x+y=23x+2y=3这是一组不定方程,看起来比较复杂,难以直接求解。

但是,我们注意到这两个方程之间有着同构关系,可以将第二个方程表示成第一个方程的形式。

于是,我们可以将第二个方程乘以2/3,得到:4x+4y=4我们发现,第二个方程与第一个方程形式完全相同,那么我们就可以将两个方程组合起来,得到新的方程:6x+6y=6这个方程显然是个一次方程,我们很容易就可以求出x=1,y=1的解。

这就是同构法在解决不定方程组的过程中的应用策略。

总的来说,同构法是一种非常实用的解决几何题目和不定方程组的方法。

通过寻找两个几何图形或两个方程之间的同构关系,我们就可以将问题简化,使得求解起来更加方便。

同构法在解答解析几何问题中的应用

同构法在解答解析几何问题中的应用

解题宝典同构法是解答高中数学问题的一种重要方法,在解答解析几何问题中也有着非常广泛的应用.解析几何问题的运算量较大,巧妙运用同构法能有效地简化运算,提升解题的效率.运用同构法解答解析几何问题的基本思路是:1.结合题意建立关系式;2.寻找两个或两个以上点、直线、切线的方程的同构式;3.结合同构式构造出新方程,将直线与切线上的点视为新方程的根;4.运用一元二次方程的判别式、根与系数的关系来解题.例1.已知曲线C :x 2=2y ,D 为直线y =-12上的动点,过D 作C 的两条切线,切点分别为A 、B ,求证:直线AB 过定点.分析:因为两切线DA ,DB 在题中满足的条件和所处的位置完全相同,即是对称的,可互换的,因此可考虑运用同构法来解题.可结合直线DA ,DB 的解析式,构造出同构式,将其视为同构方程的两个根,便可确定直线AB 的方程,求得定点的坐标.证明:设D (t ,-12),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 12=2y 1,x 22=2y 2,又y =12x 2,对其求导可得y ′=x ,所以切线DA 的斜率为x 1,所以y 1+12x 1-t=x 1,即2tx 1-2y 1+1=0,同理可得2tx 2-2y 2+1=0,所以直线AB 的方程为2tx -2y +1=0,故直线AB 过定点(0,12).例2.已知圆C :x 2+y 2=5与椭圆E :y 23+x 22=1,过圆C 上任意一点P 作椭圆E 的两条切线PA ,PB ,其中A 、B 为切点,若直线PA ,PB 的斜率分别为k 1,k 2,求证:k 1∙k 2为定值.分析:直线PA ,PB 均为切线,而它们的位置相同,我们可以快速构造出两切线的同构式,运用一元二次方程的根与系数的关系便可求得k 1∙k 2的值.证明:设P (x 0,y 0),则PA 方程为y -y 0=k 1(x -x 0),即y =k 1(x -x 0)+y 0,将其代入椭圆E 的方程得(3+2k 21)x 2+4k 1(y 0-k 1x 0)x+2(y 0-k 1x 0)2-6=0,Δ1=[4k 1(y 0-k 1x 0)]2-4(3+2k 21)[2(y 0-k 1x 0)2-6]=(2-x 02)k 21+2x 0y 0k 1-(y 20-3)=0,同理可得:(2-x 02)k 22+2x 0y 0k 2-(y 20-3)=0,可将k 1,k 2看作方程(2-x 02)k 2+2x 0y 0k -(y 20-3)=0的两根,所以k 1k 2=-y 20-32-x 02,由x 20+y 20=5可得k 1k 2=-1.例3.已知直线l :y =kx +4交椭圆x 24+y 2=1于A ,B两点,O 为坐标原点,若k OA +k OB =2,求该直线l 方程.解:由y =kx +4得y -kx4=1,将其代入椭圆方程x 24+y 2=1得15y 2+2kxy +(4-k 2)x 2=0,显然x ≠0,所以15æèçöø÷y x 2+2k æèçöø÷y x +4-k 2=0,则y 1x 1+y2x 2=-2k 15,又k OA +k OB =y 1x 1+y 2x 2=2,所以-2k 15=2,即k =-15.所以直线方程为y =-15x +4.在解答直线与圆锥曲线的问题时,可以根据直线方程与圆锥曲线方程得到关于x ,y 的二次方程,结合条件构造与x ,y 有关的同构方程来解答与斜率有关的问题.从以上几道例题可以看出,同构法适用于解答涉及两条动直线或者两个动点的解析几何问题,运用同构法解题的关键在于,结合题意分析它们满足的关系式和位置,构造同构方程.(作者单位:湖北省潜江市园林高级中学)胡清林44。

高中数学同构之妙用

高中数学同构之妙用

同构之妙用一、关于同构的认识同构表结构、形式相同。

对于一个不等式,对其移项后通过各种手段将其变形,使其左右两边呈现形式完全一样的状态,接着就可以构造函数,结合函数单调性等来对式子进行处理了。

这种题目,实际上是出题人将原先形式明显、规整的式子,打乱重排而形成的一类题目。

我们需要对这个看似杂乱无章的式子进行整合变形,使其显现原型,进而借助函数的性质进行处理。

当然有些等式也可借助同构的思想进行处理!二、常见的一些同构变形①()来进行研究可构造函数x x x x xe x f e x xe x x xe =≥⇒≥,.ln ln ln λλλλ②()x x x f xax a x x x a a x x x a a a x x ln ,ln ln ln ln ln ln ln 22==⇒=⇒-=可构造函数来进行研究③()()()()11ln ln 1ln ln 10ln 1-+->-+⇒-+>+⇒>->+x x a x a e x a a e a a ax a e xx x ()()来进行研究可构造函数x x x f x x a e a e xx ln ,11ln ln +=-+->+⇒④()()来进行研究,可构造函数x x x f x x e e x x x e x a a x x a a x ln ln 1ln 10ln 1-=-≥-⇒>-≥+⑤()来进行研究可构造函数x x a x ax x a xe x f e x a xe xxa xe x a e x =-≥⇒-≥⇒-≥-+,.ln ln ln ln 1三、朗博函数的妙用(指对互化)()01ln >++≥x x x xe x()0ln >=-x e xe x x x【例1】设实数λ>0,若对任意的x ∈(e 2,+∞),关于x 的不等式λe λx ﹣lnx ≥0恒成立,则λ的最小值为:.分析: λe λx ﹣lnx ≥0x x x x e x xe x x xe x e ln .ln ln ,ln ≥∴≥≥∴λλλλλλ令()()()()()xxx x x f x f x f xe x f x ln ln ,0,ln ≥⇒≥∴+∞≥∴=λλλ上单调递增在显然 ()()()()()上单减,在时,当令+∞∈<-=+∞∈=,,0ln 1',,ln 222e x x g xxx g e x x x x g ().2,2ln 222maxe e e g x x 的最小值为故λλ==⎪⎭⎫ ⎝⎛≥∴【例2】不等式()01212202210112≤-++-x x x 的解集为: .分析:()()011210112210112≤++-+-x x x x 不等式变形为,()()21011221011211x x x x -+-≤+()()()()222210111,1x x R x f x f x f x x x f -≤∴-≤∴+=上单调递增,在显然令,212≤x 2222-≤≤x 故不等式的解集为.22,22⎥⎦⎤⎢⎣⎡-【例3】已知对任意给定的m me a b a b mb 成立,则实数使存在=≥>ln ,0的取值范围为: . 分析:b mb mb e b b b mbe b me a ln .ln ln ,ln ln =≥∴≥=b mb b mb e b mbe e b mbe b b ln ln .ln 0.ln ,0100ln ≥∴≤>≤<≤时,即当显然成立, ()()()b f mb f xe x f b b x ln 10ln ≥∴=>>时,构造函数即当显然()(),ln ,ln 0bbm b mb x f ≥≥∴∞+上单调递增,,在 ()()()()()()↓+∞↑⇒=⇒=-==,,10',ln 1',ln 2e e b g e b b g b bb g b b b g ,上在令设 ()()⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞≥∴==∴,1,1,1m ax e m e m e e g b g 的取值范围为故实数.注释:本题逻辑关联词较多,首先处理逻辑关联词我们遵循就近原则优先处理,即优先处理离mb me a =ln 较近的逻辑关联词,按照逻辑关联词出现的相反顺序进行处理,比如本题,我们要先处理存在一方的变量[)+∞∈=,ln ,,b a me a b a mb 在只需让为此我们先固定住上有解即可,的值域内即可!落在即让a me mb ln故而得到分离,但不等式显然不好参变量接着处理任意一方的变,.ln ln b b me a mb ≥=求导还要借助隐零点处理过程也不简单.仔细观察发现,不等式两边同乘形式比较接近后,不等式两边函数的b ,可以利用同构来进行处理,接着就可以参变分离了,借助恒成立问题处理策略,即可使问题得以解决!【例4】a x x a e x a x a 恒成立,则实数对任意的实数不等式已知10ln ,01>≥+<+的最小值为: .分析:x a a x x a e x a xxa xe x a e x ln 1.ln ln 0ln -+-=-≥∴≥+构造函数()()()()x a x x f x a f x f xe x f x ln ,0)(,ln -≥+∞-≥∴=上单调递增,故在显然xx a ln -≥⇒ .ln maxe x x a -=⎪⎭⎫⎝⎛-≥易得故实数.e a -的最小值为【例5】已知函f (x )=e x ﹣aln (ax ﹣a )+a (a >0),若关于x 的不等式f (x )>0恒成立,则实数a 的取值范围为( ) A .(0,e 2]B .(0,e 2)C .[1,e 2]D .(1,e 2)分析:∵f (x )=e x ﹣aln (ax ﹣a )+a >0(a >0)恒成立, ∴,∴e x ﹣lna +x ﹣lna >ln (x ﹣1)+x ﹣1,∴e x ﹣lna +x ﹣lna >e ln (x ﹣1)+ln (x ﹣1).令g (x )=e x +x ,易得g (x )在(1,+∞)上单调递增, ∴x ﹣lna >ln (x ﹣1),∴﹣lna >ln (x ﹣1)﹣x .∵ln (x ﹣1)﹣x ≤x ﹣2﹣x =﹣2,∴﹣lna >﹣2,∴0<a <e 2, ∴实数a 的取值范围为(0,e 2).故选:B .注释:也可以这样变形()()()()1ln ln ln 1ln 0-+=->+->+⇔>x a a ax ae a ax a a e xf xx即()()11ln ln 11ln ln -+->-+⇒-->-⇒x x a x ae x a a e xx ()()()1ln ,11ln ln ->⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∴+=-+->+x f a e f x x x f x x a e a e x x x 构造函数,,显然()()↑+∞上在,0x f 11-<⇒->∴x e a x a e xx .......................................................................................................∴实数a 的取值范围为(0,e 2)【例6】已知不等式()的恒成立,则实数对a x x ex a x ax +∞∈>++,11ln 最小值为( ) A. e - B.2e- C. e - D. e 2-分析:aa x x a a a x a x x x e e x x x a x e x x e x a x ln 1ln 1ln ln 1,1ln -≥⎪⎭⎫ ⎝⎛-∴-=-≥+∴≥++ ,()()()x x x x f x f e f x x x f a x 111'1ln -=-=≥⎪⎭⎫⎝⎛∴-= 构造函数()()()↓∞+↑⇒,,上在11,0x f 最小时,的大小不定,但当实数与时,当a x ex a x 1,1101<<>只需考虑其为负数的情况,10<<a x 此时 ()x a x x e x f x a x ln ,110<-<<<两边取对数得单调递减,故时,而当xxa ln ->∴,令()()()()()↓+∞↑⇒+-=-=,1ln 1ln ',ln 2e e x g x x x g x x x g ,上,在则()()e e g x g -=≤∴ 故.e a -的最小值是【例7】设()abe b b ax a e a a ax 在定义域内恒成立,则若≥+->ln ,02的最大值为: .分析:()()b ax a abe b b ax a e ax ax +≥-∴≥+-ln ln 2 令()()()()()()x x f abe xf x f b ax a x f ax ≤-=+=-由题意知的反函数为显然,,ln 1在定义域内恒成立, ()()恒成立恒成立,0ln ln ≤-+≤+∴x b ax a x b ax a()()()()a b a x x g b ax a x g x b ax a x g -=⇒=-+=-+=0',1',ln 2令设()↑⎪⎭⎫ ⎝⎛--⇒上在a b a a bx g ,()0ln ,ln ,22m ax ≤⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∴↓⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-a b a a a a b a a a a b a g x g a b a 故只需,上 ()()()()a a a a e a h a a a e a h a a a e ab e a a a b a a a a ln 21ln 2',ln 2),ln 2,ln 222---=-=-≤-≤∴(设()()01122121ln 222ln 21',ln 21ln 2<-=--<--=---=---=aa a a a a a F a a a a a F 令 ()()()01,0=+∞∴F a F 上单调递减,注意到在()()()()↓<<>↑>><<a h a h a F a a h a h a F a ,0)(',01;,0)(',010时,当时,故当()().1,,1m ax时取等当且仅当的最大值为故====∴b a e abe e h a h a注释:得式子,即由变形整理构造出同构的本题也可以通过对式子b b ax a e ax ≥+-)ln(2()()()()()b ax b b ax b ax b ax ax abx e a x a bx b ax ax e a x a xa x +-++=+≥-⇒≥+-ln ln ln ln()()()b ax b b ax e abxe a x b ax a x+-+≥-⇒+ln ln ln 于是想到构造函数()()()b ax f a x f bx xe x f x +≥⎪⎭⎫ ⎝⎛∴-=ln 的形式,但是函数的增减性不确定,另外括号内两个变量的范围前面()正负也不确定,后面b ax ax+>ln ,0所以可能遇到取值范围的问题,分类讨论的话时间成本及计算成本也比较大,这时同构反而不占优势,所以不如从反函数入手反而会占优势一些!【例8】已知函数()()a a x f x a x x x x f 则实数存在四个不同实数根,的方程关于=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=,ln 2的取值范围是( )A. ()()e ,11,0B. ⎪⎭⎫⎝⎛e 1,0 C.⎪⎭⎫⎝⎛1,1e D. ()1,0 分析:首先由()()0ln ,ln ,00222=--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=>⇒>x aa x x a a x x a a x f a a x x f 得由的定义域知 设()()()()()()上在故,注意到上在时,当0,,00,0,ln 2∞-=-↑∞-<--=x g a g x g x x aa x x x g 有唯一实根xax x a x x a x a x x a a x x x a a x x x a ==-+∴=+∴=-=-->-ln ln ln ln 0ln 0.222得时,由当()()(),1',ln ,ln ln x x x h x a h x h x x x h x a x a x x -=⎪⎭⎫⎝⎛=∴-=-=-令()(),上在↓1,0x h ()↑∞+上,1 当a x xax ==即时,满足题意;.10.ln ln 1ln ln <<∴=>--=-=-≠a a x a x xa x xa x x a x a x x x a x 得时,由当综上,实数().1,0的取值范围是a注释:对数平均不等式:2ln ln 0,212121212121xx x x x x x x x x x x +<--<≠>则且对任意的指数平均不等式:2,2121212122121x x x x x x e e x x e e ex x R x x +<--<≠∈+则且对任意【例9】已知方程a x a a a x x 个实数根,则实数有3ln ln ln 2-=的取值范围是: . 分析:由xax a x x x a a x x x a a a x x ln ln lnln ln ln ln 22=⇒=-=得 当a x xax ==时,;21ln 12ln ln ln ln ln ln ln ln -≥⇒+-≥---=--=++⇒=≠a x ax xa x x a x x x a x a x x x a x a x x x a x a x x a x 时,由.102ea <<⇒【例10】若函数()()a x a e x x f x 没有零点,则整数1ln 2---=的最大值为: . 分析:()()()()∞+>>+∞→,在没有零点,只需要使函数时注意到00,0x f x f x f x 上恒成立()()()x a x ax x x x ax e x a e x x f x x x -=--++≥---=---=+2ln 1ln 21ln 1ln ln 22而令()00ln 2202x x x a x a ,记其零点为,且上面不等式取等时=+<⇒>-当()()01ln 21ln 1ln 200ln 200ln 2020000000=---≤---=---=≥++x x e x ax e x a e x x f a x x x x x 时, 显然不合题意,.1,2的最大值为故整数综上:a a <【例11】已知函数()()().ln ,ln a a a x f e a x x a x e x f x-≥>-+=时,证明:当分析:()()t x x x x a e x f x x =---=-ln ,ln ln 设()()()()()()↑∞+↓⇒-=-=-==上,,上在设11,01',ln )(,x h xx x h x x x h at e t g x f t()()()()()a t t g a e t g t h x h h x h t ln 0)(',',11,11m in =⇒=-=≥∴≥==∴令()()()()()()a a a t g a a a a g t g a a t g ln ln ln ,ln ln 0m in -≥∴-==↑∴+∞↓⇒上,上,在 即().ln a a a x f -≥练习1.(江淮十校20届高三上第二次联考16)已知实数βα,满足43)1(ln ,e e e =-=ββαα,其中e 为自然对数的底数,则=αβ . 分析:由已知可得eeeeee ee e βααβββαββαlnlnlnln==⇒=设()()()()↑+∞⎪⎭⎫⎝⎛==上在显然则,0,ln ,x f e f f xe x f x βαe e e ββαα=⇒=∴ln ,1βα=⇒+e又.4413e e e e e =⇒=⇒=+αβαααα2. (南昌二中20届高三第四次月考12)设0>a ,若对任意的),0(+∞∈x ,不等式0ln ≥-x ae ax 恒成立,则a 的最小值为( )A.e1B.e 21 C. e2D.3e分析:法1:互为反函数与因为axy e y ax ln ==⇒0ln ≥-a x e ax ,所以只需要0≥-x e ax,e a 1≥. 法2:由0ln ≥-x ae ax ()()()x f ax f xe x f e x axe x x axe x x ax ax ln ,.ln ln ln ≥=≥≥⇒则,令即,显然()()xxa x ax x f ln ln ,0≥⇒≥↑∴+∞上在.....................................。

高等代数中同构映射的应用研究

高等代数中同构映射的应用研究

高等代数中同构映射的应用研究在高等代数中,两个线性空间存在同构,所以两个空间也就存在同构映射,同构映射可以帮助我们解决比较复杂的问题。

本篇论文通过运用举例法、文献研究法、经验总结法进行研究。

首先,通过介绍同构映射的定义及判断,确切理解什么是同构映射;然后查阅文献针对不同类型的题型构造出合适的同构映射,深度了解同构映射特性;最后,通过举例的方式从七个方面研究了同构映射在高等代数中的应用,分析了应用技巧及应注意的问题。

标签:同构映射;线性变换;秩;线性变换的值域五、结语通过本文论述同构映射的相关内容,让我们深刻的理解了同构映射,充分掌握同构思想并运用在高等代数中,解决线性空间中相关的问题,学好高等代数中的同构映射,其实也是在为以后的学习近世代数这门课程奠定基础,而且同构的理论在其他的领域也有非常重要的地位.总之,在高等代数的学习中,我们如果认真地、严谨地去学习同构映射,我们会发现它作为一种方法有助于解决问题,作为一种思维有助于理解其他知识.高等代数中同构映射只是同构内容的一小部分,而在这一小部分能了解到不同于其它方法的思想,所以我衷心希望同构映射能在数学领域发展的更广.参考文献:[1] 杨纶标.线性变换与同构映射的关系探讨[D].沈阳:东北大学,1994,8.[2] 郑志.线性空间的同构的应用[J].内蒙古民族大学学报,2001,02:3[3] 李世群,刘金旺,汤四平.同构思想在“高等代数”教学中的体现与运用[J].湖南科技学院,2006,09:03[4] 王萼芳,石生明.高等代数[M].北京:高等教育出版社,2003,9.[5] 徐仲.高等代数考研教案[M].西安:西北工业大学出版社,2009,7.[6] 北京大学数学系几何与代数教研室.高等代数[M].北京:高等教育出版社,2003,9.[7] 北京大学数学系.高等代数[M].北京:人民教育出版社,2001,5.[8] 贾淑凤.同构理论及其在高等代数中的重要性[J].内蒙古教育学院学报,1994,01:3.[9] 严守权.线性代数教程[M].北京:清华大学出版社,2014,7.[10] 朱天辉.同构思想在高等代数解题中的若干应用[J].惠州学院学报(自然科学版),2014,03:2[11] 陈少军.有限维线性空间的基与维数研究[J].第二届世纪之星创新教育论坛论文集,2015,03:2[12] 王尚志,张思明,胡凤娟.向量的概念和应用[J].中学数学教学参考,2015,09:3[13] 王日爽.线性代数的学习要求和学习方法[J].中国远程教育,2014,07:2[14] 吴肖良.线性变换的核空间与像空间的维数关系式[J].内蒙古民族大学学报,2015,02:3[15] 王利广.线性变换思想在高等代數中的若干应用[J].曲阜师范大学学报(自然科学版),2015,01:4。

变形无意同构有法,同构遇上相似的你——同构思想在2020年高考题中的应用

变形无意同构有法,同构遇上相似的你——同构思想在2020年高考题中的应用

Җ㊀江西㊀陈选明㊀㊀同构其实是抽象代数中的专业术语,指的是一个保持结构的双射.数学中的同构式是指变量不同,但结构相同的两个表达式.所谓同构思想解题,它的根本想法来源于一个很基础的结论:设f(x)是定义域D上的一个增函数,那么f(x)>f(y)当且仅当x>y;特别地,假如f(x)=f(y),则可以推出x=y(对于减函数也有完全类似的结论).利用这个结论,构建同构函数式,即结构和形式相同,可以把函数之间的关系转化为函数内部数的关系进行比较,即脱去嵌套函数的外衣,化繁为简.2020年高考题涉及同构数学思想的考查较多,利用同构思想去解题会收到意想不到的效果.同构本质上是一类构造函数的思想,对于一个不等式,我们对其移项变形,使其左右两边呈现出形式完全一样的状态,借助函数的性质进行处理.从上面的结论中我们可以看出,利用同构思想解题有以下几个关键的步骤:1)寻找同构式,也就是说把已知条件或者目标放到同一个函数里去(往往要构造函数的嵌套),还有一个很重要的要求就是这个函数必须是单调函数.2)寻找好对应的x和y,这里的x和y既可以是单独的变量,也可以是由变量构成的函数,要视问题而定.3)将问题 降次 ,处理 脱去 嵌套函数以后的问题.数学中的同构式,不仅体现了数学的对称美,而且运用同构式的思想解题,能够培养学生抽象及转化化归的思维能力.我们先以2020年高考中三个题目为例来简要分析同构式思想在解题中的应用.例1㊀(2020年全国卷Ⅱ文12)若2x-2y<3-x-3-y,则(㊀㊀).A.l n(y-x+1)>0㊀㊀B.l n(y-x+1)<0C.l n|x-y|>0㊀㊀D.l n|x-y|<0由2x-2y移项变形得3-x<2y-3-y,设f(x)=2x-3-x.易知f(x)是定义在R上的增函数,故由2x-3-x<2y-3-y,可得x<y,所以y-x>0,则y-x+1>1,从而l n(y-x+1)>0,故选A.本题解答中要将问题视为研究单变量函数,就要将x和y放到两个整体中去,即将2x-2y<3-x-3-y按照 左右形式相当,一边一个变量 的目的变形,然后逆用函数的单调性求解.例2㊀(2020年全国卷Ⅰ理12)若2a+l o g2a=4b+2l o g4b,则(㊀㊀).A.a>2b㊀㊀㊀B.a<2bC.a>b2㊀D.a<b2因为4b+2l o g4b=22b+l o g2b=22b+l o g22b-1,故2a+l o g2a=22b+l o g22b-1,所以2a+l o g2a<22b+l o g22b.设f(x)=2x+l o g2x,则f(x)为增函数,且f(a)<f(2b),所以a<2b.f(a)-f(b2)=2a+l o g2a-(2b2+l o g2b2)=22b+l o g2b-(2b2+l o g2b2)=22b-2b2-l o g2b.当b=1时,f(a)-f (b2)=2>0,此时f(a)>f(b2),有a>b2.当b=2时,f(a)-f(b2)=-1<0,此时f(a)<f(b2),有a<b2,所以C和D错误.故选B.本题构造函数的基本策略是 左右形式相当,一边一个变量,取左或取右,构造函数妥当 ,然后再利用函数的单调性求解问题.例3㊀(2020年新高考卷21(2))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.由f(x)=a e x-1-l n x+l n aȡ1移项得a e x-1+l n aȡl n x+1,即e l n a+x-1+l n aȡl n x+1,两边同时加x-1可得e l n a+x-1+x+l n a-1ȡl n x+x,即e x+l n a-1+(x+l n a-1)ȡl n x+e l n x.设g(x)=x+e x,则gᶄ(x)=1+e x>0,所以g(x)单调递增,所以x+l n a-1ȡl n x,即x-l n x+l n a-1ȡ0.设h(x)=x-l n x+l n a-1,则hᶄ(x)=1-1x,所以h(x)在(0,1)单调递减,在(1,+ɕ)单调递增,所以h m i n(x)=h(1)=l n aȡ0,所以aȡ1.对原不等式同解变形,如移项㊁通分㊁取对数㊁系数升指数等,把不等式转化为左右两边是相同结构式子的结构,再根据 相同结构 构造辅1助函数以上三个例子重点体现了同构式在分析条件上的直接应用,其实同构式还有另一个很强大的功能 沟通指数函数和对数函数,比如f (x )=e x可化为f (l n x )=x ,这样就沟通了e x,x ,l n x 这三个函数之间的关系.在同构变形中为了实现不等式两边 结构 相同的目的,有时需要对式子进行 改头换面 ,常用的方式有x =e l n x,x e x=el n x +x,x 2e x=e2l n x +x,e xx=e -l n x +x,l n x +l n a =l n a x ,l n x -1=l n x e 等;有时也需要同时加㊁乘某式等.其中x l n x 与x ex为常见同构式,如x l n x =e l n x l n x ,x e x =e l n x e x;x +l n x 与x +e x 也为常见同构式,如x +l n x =l n x +e l n x,x +e x =e l n x +e x.例4㊀已知直线x +y =2分别与函数y =e x和x +l n x =2相交于点(x 1,y 1)和(x 2,y 2),则x 1+x 2=.由题意可得x 1+e x 1=2,x 2+l n x 2=2,构造f (x )=x +l n x ,则有f (x 2)=f (e x 1),进而根据我们的结论,有x 2=e x 1,则x 1+x 2=x 1+ex 1=2.本题在寻找同构式的过程中,利用了x =el n x,通过这样的转换使得条件的结构更为明显.若将两个函数改成y =f (x )与y =g (x ),满足两个函数均为单调函数且互为反函数,也有完全一样的结论,证明方法也类似.当然,用同构法解题除了要有同构的思想意识外,对观察能力㊁代数式的变形能力要求也比较高.在应用同构式思想时,不仅需要注意条件和目标的结构,注意指数函数㊁对数函数之间的互化关系,有时还需要将条件有意识地往同构式上靠,在变形化简的过程中我们可以试着寻找一些基本模式.1)地位同等要同构,主要针对双变量㊁方程组进行同构.(1)f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2>k (x 1<x 2)⇔f (x 1)-f (x 2)<k x 1-k x 2⇔f (x 1)-k x 1<f (x 2)-k x 2⇔y =f (x )-k x 为增函数.(2)f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2>kx 1x 2(x 1<x 2)⇔f (x 1)-f (x 2)<k (x 1-x 2)x 1x 2=k x 2-kx 1⇔f (x 1)+k x 1<f (x 2)+kx 2⇔y =f (x )+kx为增函数.这类含有地位同等的两个变量的不等式,进行尘归尘,土归土 的整理,是一种常见变形,如果同构后不等式两边具有结构的一致性,往往暗含单调性.2)指对跨阶想同构,同左同右取对数.(1)积型:a e aɤb l n b ,这类情况有三种同构方式.同右:e a l ne a ɤb l n b ,构建函数f (x )=x l n x ;同左:a e a ɤe l n b l n b ,构建函数f (x )=x ex;取对:a +l n a ɤl n b +l n (l n b ),构建函数f (x )=x +l n x .如:2x 3l n x ȡm e m x ⇔x 2l n x 2ȡm xe m x.说明:在对积型同构时,取对数是最快捷的,同构出来的函数其单调性一看便知.(2)商型:e aa ɤbl n b ,这类情况有三种同构方式.同左:e a a ɤe l n b l n b ,构建函数f (x )=exx;同右:e al ne a ɤb ln b ,构建函数f (x )=xl n x ;取对:a -l n a ɤl n b -l n (l n b ),构建函数f (x )=x -l n x .(3)和差型:e aʃa >b ʃl n b ,这类情况有两种同构方式.同左:e a ʃa >e l n b ʃl n b ,构建函数f (x )=e x ʃx ;同右:e a ʃl ne a>b ʃl n b ,构建函数f (x )=x ʃl n x ;如:e a x +a x >l n (x +1)+x +1⇔e a x+a x >e l n (x +1)+l n (x +1)⇔a x >l n (x +1).在遇到复杂的条件时,这种同构思想能够起到由表及里㊁化繁为简的作用.正所谓,同构解题,观察第一!同构出马,谁与争锋!同构思想放光芒,转化之后天地宽.(作者单位:江西师范大学附属中学)2。

代数中的同余关系以及同构在代数中的应用

代数中的同余关系以及同构在代数中的应用

- 91 -第18卷第1期 呼伦贝尔学院学报 No.1 V ol.18 2010年02月 Journal of Hulunbeier College Published in February.2010代数中的同余关系以及同构在代数中的应用吴双全1 刘 霞2( 1、呼伦贝尔学院教务处 内蒙古 海拉尔 021008 2、陈巴尔虎旗二小 内蒙古 陈巴尔虎 021500 )摘 要:同余关系以及同构在每一个代数分支的研究中都占据着重要的地位。

本文叙述了泛代数中的同余关系、半群的同余关系以及同构在向量空间、群上的一些应用。

关键词: 同余关系; 半群; 同构中图分类号:O156.1 文献标识:A 文章编号:1009-4601(2010)01-0091-02一、泛代数中的同余关系设A 是一个Ω-代数,Ω-是有限算子集,A×A 为A 的二重积Ω-代数,A×A 的一个非空子集Φ如果满足:(1)Φ是A 上的一个等价关系; (2)Φ是A×A 的子Ω-代数;则称Φ为Ω-代数A 上的一个同余关系,并可按自然方式得到商Ω-代数A=A/Φ二、半群的同余关系设A 是一个半群,Φ是A×A 的非空子集,且Φ是A 上的等价关系,如果对任意的11(,)x y ,22(,)x y ∈Φ,有1122(,)x y x y ∈Φ,则称Φ为A 上的同余关系,并可得到商半群A =A/Φ例1 设f 是半群A 到半群B 的同态,Φ={(x ,y)|x ,y ∈A ,f(x)=f(y)},则Φ是A 上的同余关系,且A=A/Φ≌f(A)例2 设A 是可换幺半群,S 是A 的子半群,令Φ={(,)x y |,x y ∈A ,1s ,2s ∈S ,使12xs ys =},则Φ为A 上的同余关系.设A 是一个半群,S 是A 的一个非空子集,若对任意的s ∈S 和a ∈A ,有sa ,as ∈ S ,则称S 是A 的理想,记为S A.例3 设A 是一个半群,S A ,令Φs={(a ,b)|a ,b ∈S ,或a ,b ∈A ,a=b},则Φs 为A 上的同余关系,且A=A/Φs={s ,{x}|x ∈A\S}.由例2、例3易知命题1 设A 是一个半群,Φ(A)={Φ|Φ是A 上的同关系},S(A)={S|S 是A 的理想},则|S(A)|≤|Φ(A)|.若半群A 上的一个等价关系Φ满足:对任意a ∈A ,(x ,y)∈Φ,有(ax ,ay)∈Φ,则称Φ为A 上的一个左同余关系。

同构解题效率倍增

同构解题效率倍增

同构解题效率倍增2020年高考已经落下帷幕,高考数学试卷结构稳定,难易适中,题型稳定,表达创新。

强调核心素养,突出关键能力,落实立德树人,符合高考数学科目《考试说明》的要求。

其中几道题用同构式求解,解题效率倍增。

同构式是指除了变量不同,结构、形式都相同的表达式。

同构式在方程、解析几何、数列、不等式中均有应用。

对于一个等式或不等式,如果对其通过移项、取对数、利用指对恒等式等各种手段将其变形,使其左右两边呈现形式完全一样的状态,接着可以构造函数,结合函数单调性等来对式子进行处理。

例1(2020年高考全国II卷理科第12题)若,则A. B. C. D.用同构求解:解:∵由于左右两个式子结构相同,可以构造同构函数于是∵是上的增函数∴即故答案为B.例2(2020年高考全国I卷理科第12题)若,则A. B. C. D.用同构求解:解:由于左右两个式子结构相同,可以构造同构式∵,∴设,则∵在是增函数且∴ .故答案是B.例2(2020新高考山东卷第21题)已知函数.(Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(Ⅱ)若恒成立,求的取值范围.解:(I)略;(II)用同构求解:解法一:若,则∴即同构式:由于左右两个式子结构相同,可以构造构造函数,则在是增函数且∴设,则∵时,时∴∴,即的取值范围是.解法二若,则∴即,同构:构造函数,则易得在从而,即的取值范围是.例3(2020新疆维吾尔自治区二模第21题)已知函数.(Ⅰ)求函数零点个数;(Ⅱ)若时,恒成立,求实数的取值范围.解:(Ⅰ)略;(Ⅱ)解法一∵ ,∴,即由于左右结构相同,构造同构函数,则等价于,即,设,易得的最大值为.∴实数的取值范围是.(Ⅱ)解法二∵ ,∴,构造同构式:设,则等价于,即, .设,易得的最大值为∴实数的取值范围是.理性思维在数学素养中起着最本质、最核心的作用。

数学科高考突出理性思维,将数学关键能力与“理性思维”的学科素养统一起来,在数学应用、数学探究等方面突出体现了理性思维和关键能力的考查。

高一数学中的同构思想

高一数学中的同构思想

高一的几个同构问题在课堂上第一次提到“同构”这个词的时候,我笑着问学生你感觉这个方法为什么取这个名字?学生说:顾名思义,相同结构呗。

事实上,在函数,不等式的处理中,经常通过相同的结构中剥离出函数,借助函数性质处理问题。

在不等式性质的学习中,除了利用不等式性质进行推导,我还利用大量的同构思想,引导学生在函数的角度看不等式成立与否。

此外关于a ,b 的式子完全相同时,也可以考虑构造相同方程,这个思想在后续的解析几何中经常用到。

有些同学感觉“同构”这一思想操作起来思维难度较大,但其本质就是在等式或者不等式两侧构造相同的结构达到解题目的。

一、在方程中应用【例1】设,x y R ∈,满足()()()()5512sin 1312sin 11x x x y y y ⎧-++-=⎪⎨-++-=⎪⎩ ,则x y +=( ) A. 0 B. 2 C. 4 D. 6【答案】B【解析】()()()()5512sin 1312sin 11x x x y y y ⎧-++-=⎪⇒⎨-++-=⎪⎩()()()()()()55121sin 11121sin 11x x x y y y ⎧-+-+-=⎪⎨-+-+-=-⎪⎩ 设()52sin f t t t t =++,可得()f t 为奇函数,由题意可得:()()1111f x f y -=⎧⎪⎨-=-⎪⎩ ()()11f x f y ∴-=-- ()112x y x y ∴-=--⇒+=【变式】已知)2,0(,∈b a ,且满足b b a a b 4224422--=--,则b a +的值为____. 【答案】2【解析】将含有b a ,的式子放在等式两边,则b b a b a 4244222-+=-+ 化简得4)2(242222--+=-+-b a b a由于函数422-+=a a y 在)2,0(上单调递增,所以方程m a a =-+422有唯一解 即b a -=2,2=+b a【例2】已知定义在区间),0(+∞上的函数|54|)(-+=x x x f ,若方程)0()(>=m m x f 有四个不相等的实根4321,,,x x x x ,则=⋅⋅⋅4321x x x x ________.【答案】16【解析】当且仅当10<<m 时,m x f =)(有四个不相等的实根 若4321x x x x <<<,则m x x =-+5411,m x x =-+5444 则41,x x 是方程m xx =-+54的解, 即41,x x 是方程04)5(2=++-x m x 的解,所以441=⋅x x同理可得32,x x 是方程m xx =-+-)54(的解,即32,x x 是方程04)5(2=+-+x m x 的解,所以432=⋅x x即164321=⋅⋅⋅x x x x二、在函数中应用【例3】已知函数()f x 的定义域为R ,图象恒过点(1,1),对任意12x x <,都有()()12121f x f x x x ->--,则不等式()()22log 212log 21x x f ⎡⎤-<--⎣⎦的解集为( ) A.(0,)+∞ B.()2log 3,+∞C.()2(,0)0,log 3-∞⋃D.()20,log 3 【答案】D【解析】由对任意12x x <,都有()()12121f x f x x x ->--, 可得()()1122120f x x f x x x x +-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦>-,令()()R x f x x =+,则函数()()R x f x x =+在R 上是增函数.不等式()()22log 212log 21x x f ⎡⎤-<--⎣⎦,即()()22log 21log 212(1)1x x f f ⎡⎤-+-<=+⎣⎦, 即()2log 211x -<,所以0212x <-<,即20log 3x <<,三、在不等式中应用【例4】设,a b R ,则|“a b ”是“a a b b ”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充要又不必要条件【答案】C 【解析】观察a a b b 可发现其有相同的结构,设函数()f x x x =,则()22,0,0x x f x x x x x ⎧>⎪==⎨-<⎪⎩可得()f x 为增函数。

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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。

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