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
ab
ln x
x
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 n
n 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 e
f (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 > 2b
B. a < 2b
C. a > b 2
D. a < b 2
28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+1
22
分析不等式变形为)3+5>x3+5x，将
x+1x+1
2
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)>0
B.ln(y—x+1)<0
C.ln|y—x|>0
D.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aa
x+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
x
g(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。