同构法在高中数学解题中的应用

王位高

把一个等式或不等式利用有关公式和法则实施巧妙变形，使左右两边结构形式完全相同，再通过构造新的函数解决问题的方法，通常称之为同构法.同构法在函数与导数、不等式、数列、解析几何等问题中有着广泛的应用. 下面通过一些例题进行解析，希望能给大家启迪思维，开阔视野， 感悟数学方法之美妙．

一、在函数导数与不等式中的应用

將题目中的等式或不等式经过适当的整理变形， 表示成两侧结构相同的形式，由相同的结构构造函数， 进而与函数的单调性找到联系， 据此可用来建立变量的等量关系或比较变量的大小.

例1.实数x，y满足（x-1）3+2023（x-1）=-1，

（y-1）3+2023（y-1）=1，则x+y=．

解析：由题意，方程组中的上下式子结构相同，

故可以构造函数f（t）=t3+2023t，f（-t）=-t3-2023t=-f（t），

故f（t）是奇函数．

又因为f（t）在R上单调递增，且f（1-x）=f（y-1）=1，

故有1-x=y-1，x+y=2．

点评：本题研究的对象不是x，y，而是（x-1），（y-1），利用整体思想及构造函数法解决问题．

例2. （2020年高考全国Ⅰ理12）若2a+log2a=4b+2log4b，则（）

A. a>2bB. a<2bC. a>b2D. a

解析： 因为2a+log2a=4b+2log4b=22b+log2b，

而22b+log2b<22b+log2b+1=22b+log22b，所以2a+log2a<22b+log22b．

构造函数f（x）=2x+log2x，由指数、对数函数的单调性，

可得f（x）在（0，+∞）内单调递增，且f（a）

所以a<2b.故选B．

点评：本题通过添加常数1，经过变形、放缩，使等式变为不等式， 且不等式两边具有相同的结构f（x）=2x+log2x的形式， 然后再通过函数的单调性，可以比较两个变量的大小，顺利解决问题．

例3. （2020年高考全国Ⅱ理11、文12）若2x-2y<3-x-3-y，则（）

A. ln（y-x+1）>0B. ln（y-x+1）<0

C.ln｜x-y｜>0D. ln｜x-y｜<0

解析：由2x-2y<3-x-3-y，可得2x-3-x<2y-3-y．

构造函数f（x）=2x-3-x，由指数函数的单调性，

可得f（x）在R内单调递增，且f（x）

所以x0.因为y-x+1>1，

所以ln（y-x+1）>ln1=0.故选A．

点评：解答本题的关键是将不等式中的x，y移项得到2x-3-x<2y-3-y，从而不等式两边的结构相同，故可以构造函数f（x）=2x-3-x ，然后利用函数的单调性解决问题．

例4.（2017年高考全国Ⅰ理11）设x，y，z为正数，2x=3y=5z，则（）

A.2x<3y<5zB.5z<2x<3y

C.3y<5z<2xD.3y<2x<5z

解析：设2x=3y=5z=k（k>1），则2x=2lnkln2，3y=3lnkln3，5z=5lnkln5．

因为lnk>0，只需比较2ln2、3ln3、5ln5的大小．

注意到2ln2=4ln4，所以只需比较4ln4、3ln3、5ln5的大小．

构造函数f（x）=xlnx，则f'（x）=lnx-1（lnx）2，

可见f（x）在（0，e）递减，在（e，+∞）递增，3，4，5∈（e，+∞）且3<4<5，

所以3ln3<4ln4<5ln5，即5z>2x>3y．

点评： 本题先将等式的指数形式转化成对数形式，出现结构相同的形式2lnkln2，3lnkln3，5lnkln5， 在函数思想下自然会想到构造函数f（x）=xlnx，求导后判断单调性，即可比较大小.本题构造函数的难点在于需要抽象出所要比较量的共同结构.

例5. （2018年高考全国Ⅰ文21 （2））已知函数f（x）=aex-lnx-1．

证明：当a≥1e时，f（x）≥0．

证明：当a≥1e时，f（x）≥1eex-lnx-1，

要证f（x）≥0，只要证明1eex-lnx-1≥0，

即证ex≥eln（ex），即证xex≥exln（ex），即证exlnex≥exln（ex）．

构造函数g（x）=xlnx，只要证明x>0时，g（ex）≥g（ex）．

由g'（x）=lnx+1，易见g（x）在0，1e单调递减，在1e，+∞单调递增．

当x∈0，1e时，g（ex）=xex>0，g（ex）=exln（ex）<0，恒有g（ex）≥g（ex）成立；

当x∈1e，+∞时，ex>ex>1e，结合g（x）在1e，+∞单调增，得g（ex）≥g（ex）成立．

综上，当a≥1e时，f（x）≥0．

点评：将不等式1eex-lnx-1≥0，变形为xex≥exln（ex），exlnex≥exln（ex），两侧结构相同，从而可以构造函数g（x）=xlnx解题．

另外， 此题也可将不等式变形为 xex≥lnex·eln（ex），构造函数 h（x）=xex 来解题， 或变形为 lnx+x≥ ln（ex）+ln（ln（ex））， 进而构造函数 φ（x）=x+lnx来解题.有些不等式的证明可以通过分析法， 由结论出发，寻找不等式的结构特征， 通过变形使得左右两边结构相同， 因而可构造出特征函数，然后利用函数的单调性解决．

二、在数列中的应用

在数列中，同构法通常用于证明或构造数列的性质。通过找到一个同构式，可以将一个已知的比较复杂的数列转化为一个更容易处理的形式（通常构造成一个等差数列、等比数列等），从而得到数列的通项表达式或者递推关系.

例6.已知数列 ｛an｝ 的前 n 项和为 Sn，a1=1， Sn=n2an， 求通项 an．

解析：当 n≥2时， an=Sn-Sn-1=n2an-（n-1）2an-1，

整理得 （n+1）an=（n-1）an-1. 两边同乘 n 得 （n+1）nan=n（n-1）an-1（n≥2）， 則数列 ｛（n+1）nan｝ 是常数列，

所以 （n+1）nan=2×1× a1=2， 当n=1时，a1=1也适合，故 an=2n（n+1）．

点评：本题由 an=Sn-Sn-1（n≥2）， 得 （n+1）an=（n-1）an-1（n≥2），易见等式两侧结构相似， 同乘 n 得 （n+1）nan=n（n-1）an-1 （n≥2）， 两侧结构相同， 故可以构造常数列 ｛（n+1）nan｝．

例7.已知数列 ｛an｝ 的前 n 项和为 Sn，a1=1， Sn=n2an， 求 Sn．

解析：当n≥ 2时， Sn=n2an=n2（Sn-Sn-1） ，即n2Sn-1=（n2-1）Sn

整 理 得 （n+1）Snn=nSn-1n-1（n≥2）， 则数 列（n+1）Snn 为常数列，

故（n+1）Snn=2S1=2a1=2，当n=1时，S1=1也适合，故 Sn=2nn+1．

点评：利用 an=Sn-Sn-1（n≥2） 得到n2Sn-1=（n2-1）Sn，再变形为 （n+1）Snn=nSn-1n-1，可以构造常数列 （n+1）Snn．

例8.设数列{an}满足a1=3，an+1=3an-4n.求数列{an}的通项公式．

解析：由an+1=3an-4n，设an+1+［k（n+1）+b］=3［an+（kn+b）］，

展开整理得：an+1=3an+2kn-k+2b，

由待定系数法，与an+1=3an-4n比较系数得：2kn-k+2b=-4n，

解得：k=-2，b=-1．

可得an+1-（2n+3）=3［an-（2n+1）］，

即an+1-［2（n+1）+1］=3［an-（2n+1）］，令bn=an-（2n+1），

则bn+1=3bn，于是数列｛bn｝是公比为3的等比数列，

首项b1=a1-（2×1+1）=3-（2×1+1）=0，数列｛bn｝所有各项都为0，

所以bn=an-（2n+1）=0.所以数列｛an-（2n+1）｝是常数列{0}．

所以数列{an}的通项公式an=2n+1 （n∈N*）．

点评：解决本题的关键在于利用待定系数法构造出同构式an+1-［2（n+1）+1］=3［an-（2n+1）］，从而得到数列｛an-（2n+1）｝是各项为0 的常数列，求出数列 ｛an｝ 的通项公式．

三、在解析几何中的应用

在解析几何问题中，有时会出现一些除了变量以外结构完全相同的式子，解题时我们可以利用其同构的特点，寻求其与问题的内在联系，再利用同构后的某种性质进行解题．

如果 A（x1，y1），B（x2，y2） 满足直线或曲线的方程为同构式， 则 A、B 为方程所表示直线或曲线上的两点. 特别地， 若 A（x1，y1）、B（x2，y2） 满足 ax1+by1+c=0，ax2+by2+c=0，则直线 AB 的方程为 ax+by+c=0.

直线方程与圆锥曲线方程组成方程组，整理成一元二次方程，将两个交点的坐标值代入该方程，形式结构完全相同，这样的同构式可以结合韦达定理化繁为简，减少运算量．

例9.（2019年高考全国Ⅲ文21（1））已知曲线C：y=x22，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.证明：直线AB过定点．

解析：设Dt，-12，A（x1，y1），则x21=2y1.

由于y′=x，所以切线DA的斜率为x1，故y1+12x1-t=x1，整理得2tx1-2y1+1=0.

设B（x2，y2），同理可得切线DB的方程为2tx2-2y2+1=0.故直线AB的方程为2tx-2y+1=0.

当x=0时，无论t取何值，2tx都为0，故当x=0，y=12时，2tx2-2y2+1=0恒成立.

所以直线AB过定点（0，12）．

点评：显然， 若两个点的坐标满足同一方程， 则这两个点在该方程的曲线上. 本题中的 A，B 两点均满足同一方程2tx-2y+1=0， 而二元一次方程是直线的方程， 且两点确定一条直线， 故得到直线 AB的方程为2tx-2y+1=0．

例10.（2022年全国新高考Ⅰ卷21（1）） 已知点A（2，1）在双曲线C：x2a2-y2a2-1=1（a>1）上，直线l交C于P、Q两点，直线AP、AQ的斜率之和为0.求l的斜率．

解析：因为点A（2，1）在双曲线C：x2a2-y2a2-1=1（a>1）上，可得双曲线C的方程为x22-y2=1．

设直线AP、AQ的方程分别为y=k1（x-2）+1和y=k2（x-2）+1，与双曲线C的方程联立，

可得P（-4k21+4k1-21-2k21，2k21-4k1+11-2k21），

Q（-4k22+4k2-21-2k22，2k22-4k2+11-2k22）．

设直线PQ的方程为mx+ny=1（2m±n≠1），将

P，Q的坐标代入，

化简得2（n-2m+1）k21-4（n-m）k1+（n-2m-1）=0，

2（n-2m+1）k22-4（n-m）k2+（n-2m-1）=0.

由此可知，k1，k2是关于k的方程2（n-2m+1）k2-4（n-m）k+（n-2m-1）=0的两个根，

由韦达定理有：k1+k2=4（n-m）2（n-2m+1）=0，得m=n，

所以直线PQ的斜率等于-1，即直线l的斜率为-1．

点评：在解析几何中，我们通常可以利用一些点、线所具有的“形”的共同特征构造同构式，再利用“整体消元”解决问题.本题中由于P、Q两点的坐标结构相同，且都在直线l上，所以将P、Q的坐标代入l的方程，得到两个同构式，将“k”视作主元整理成一元二次方程，再利用韦达定理得到结果.在解析几何中，“同构法”的思想就是“设而不求”“整体消元”，从而避免繁琐的运算.例9和例10的同构分别是直线方程和一元二次方程同构．

学以致用：

1.已知正数α，β 满足αeα=e3，

β（lnβ-1）=e4， 则 αβ=．

2.如果cos5θ-sin5θ<7（sin3θ-cos3θ），θ∈［0，2π），那么θ的取值范围为．

3.已知 f（x） 是定义在 R 上不恒为零的偶函数， 且 f（0）=1，x∈R 恒有 xf（x+2）=（x+2）. f（x）， 则 f［f（2023）］ 的值为．

4.已知函数f（x）=aex-1-lnx+lna.若f（x）≥1，求a的取值范围．

5.设数列｛an｝的前n项的和为Sn，满足：Sn=2nan+1-3n2-4n（n∈N*），S3=15.求数列｛an｝的通项公式．

6.已知双曲线 C：x2-y2=1， 过点 P（22，t） （｜t｜<22）作 C 的两条切线 PA，PB， 其中 A，B 为切点， 求证： 直线 AB 过定点．

7.已知椭圆 C：x23+y22=1， 过点 M（2，1） 的动直线交 C 于 P，Q 两点， 若线段 PQ 上的点 N 满足 ｜PM｜｜PN｜=｜QM｜｜QN｜， 求证： 点 N 在定直线 4x+3y-6= 0 上．

8.抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：x=1交C于P，Q两点，且OP⊥OQ.已知点M（2，0），且⊙M与l相切．

（1） 求C，⊙M的方程；

（2） 設A1，A2，A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与⊙M相切.判断直线A2A3与⊙M的位置关系，并说明理由．

参考答案：

1.解析：由 β（lnβ-1）=e4， 得 βe（lnβ-1）=e3， 即 （lnβ-1）elnβ-1=α·eα.

构造函数 f（x）=xex（x>0）， 则 f（α）=f（lnβ-1）.求导得 f′（x）=（x+1）ex>0， 所以 f（x） 为增函数，所以 α=lnβ-1， 故αβ=β（lnβ-1）=e4.

2.解析：由题意，cos5θ-sin5θ<7（sin3θ-cos3θ）等价于sin3θ+17sin5θ>cos3θ+17cos5θ，不等式的左右式子结构相同，故可以构造函数f（x）=x3+17x5，f（x）=x3+17x5是R上的增函数，

由sin3θ+17sin5θ>cos3θ+17cos5θ可知f（sin θ）>f（cos θ），即sin θ>cos θ，故2kπ+π4<θ<2kπ+5π4（k∈Z）．

又因為θ∈［0，2π），所以θ的取值范围为（π4，5π4）．

3.解析：当 x≠0 且 x≠-2 时， 由题意可得解析 f（x+2）x+2=f（x）x， 构造函数 g（x）=f（x）x，则 g（x+2）=g（x）. 易知 g（x） 是周期为 2 的奇函数，则 g（1）=g（-1） 且 g（1）=-g（-1）， 故 g（1）=0，所以g（2023）=g（1）=0， 即 f（2023）=0， 故 f［f（2023）］=f（0）=1．

4.解析：由f（x）≥1，可得aex-1-lnx+lna≥1，即ex-1+lna-lnx+lna≥1，

亦即ex-1+lna+x-1+lna≥lnx+x=elnx+lnx．

构造函数g（t）=et+t，则g′（t）=et+1>0，所以g（t）在R上单调递增，

且g（x-1+lna）≥g（lnx），所以x-1+lna≥lnx，即lna≥lnx-x+1．

构造函数h（x）=lnx-x+1，则h′（x）=1x-1=1-xx.

当00，所以h（x）单调递增；当x>1时，h′（x）<0，所以h（x）单调递减.所以h（x）≤h（1）=0，所以lna≥0，所以a≥1.故a的取值范围为［1，+∞）．

5.解析：因为Sn=2nan+1-3n2-4n，

所以Sn+1-Sn=2（n+1）an+2-2nan+1-3（n+1）2+3n2-4（n+1）+4n，

an+1=2（n+1）an+2-2nan+1-6n-7，（2n+2）an+2=（2n+1）an+1+6n+7，（2n+2）［an+2-（2n+5）］=（2n+1）［an+1-（2n+3）］.

设bn=an-（2n+1） ，则（2n+2）bn+2=（2n+1）bn+1.

因为a1=3，所以b1=a1-3=3-（2×1+1）=0，所以数列｛bn｝是各项都为零的常数列，即数列｛an-（2n+1）｝是各项都为零的常数列，所以an=（2n+1）.所以数列｛an｝的通项公式为an=（2n+1）（n∈N*）．

6.解析：设A（x1，y1），B（x2，y2），则直线PA方程为y-y1=k（x-x1），代入x2-y2=1，消去y得：（1-k2）x2-2k（y1-kx1）x-（y1-kx1）2-1=0．

由 Δ=0， 得 k=x1y1， 则直线 PA 方程为 y-y1=x1y1（x-x1），

即 x1x-y1y-1=0， 将点 P22，t 代入得22x1-ty1-1=0.

同理可得 22x2-ty2-1=0， 可见 A，B 两点的坐标满足同一个二元一次方程 22x-ty-1=0， 又因为两点确定一条直线， 所以直线 AB 的方程为 22x-ty- 1=0， 显然过定点 2，0．

7. 解析：设｜PM｜｜PN｜=｜QM｜｜QN｜=λ，｜MP｜<｜MQ｜， 则MP=λPN，MQ=-λQN．

设 N（x，y）， 则 Pλx+21+λ，λy+11+λ， 代人 C 的方程，并整理得（2x2+3y2-6）λ2+2（4x+3y-6）λ+5=0．

同理可得 （2x2+3y2-6）λ2-2（4x+3y-6）λ+ 5=0. 可见 λ 和 -λ是方程 （2x2+3y2-6）t2+ 2（4x+3y-6）t+5=0的根，由根与系数的关系知 4x+3y-6=0，故点 N 在直线 4x+3y-6=0上．

8.解析： （1） 设抛物线方程y2=2px（p>0）.由直线 x=1交C于P，Q两点，得P（1，2p），Q（1，-2p），OP=（1，2p），OQ=（1，-2p）.因为OP⊥OQ，所以1-2p=0，2p=1，即C的方程为y2=x.因为⊙M与l相切，所以⊙M的半径为1，⊙M的方程为（x-2）2+y2=1．

（2）设A1（x1，y1），A2（x2，y2），A3（x3，y3），且y21=x1，y22=x2，y23=x3．

当A1，A2，A3中有两个点的横坐标为1或3时，直线A2A3均与⊙M相切．

当A1，A2，A3任意两点的横坐标都不同时，A1A2点斜式方程为y-y1=y2-y1x2-x1（x-x1），将y21=x1，y22=x2代入化简得x-（y1+y2）y+y1y2=0．

因为A1A2与⊙M相切，所以｜2+y1y2｜1+（y1+y2）2=1，整理得（x1-1）x2+2y1y2+3-x1=0．

同理可得（x1-1）x3+2y1y3+3-x1=0．

因为（x2，y2）和（x3，y3）均为方程（x1-1）x+2y1y+3-x1=0的解，所以直线A2A3的方程为（x1-1）x+2y1y+3-x1=0．

设圆心M到直线A2A3的距离为d，则有d=|x1+1|（x1-1）2+（2y1）2=|x1+1||x1+1|=1．

此时，直线A2A3与⊙M也相切．

综上，直线A2A3与⊙M相切．

【本文系2020年度广东省教育研究院中小学数学教学研究专项课题“粤西山区信息技术与高中数学新授课教学的融合探究”（课题编号：GDJY-2020-A-s130）研究成果】

责任编辑 徐国坚