高中数学讲义微专题100 利用同构特点解决问题

一、基础知识：

1、同构式：是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式 2、同构式的应用：

（1）在方程中的应用：如果方程fa0和fb0呈现同构特征，则a,b可视为方程

fx0的两个根

（2）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为一个函数，进而和函数的单调性找到联系。可比较大小或解不等式

（3）在解析几何中的应用：如果Ax1,y1,Bx2,y2满足的方程为同构式，则A,B为方程所表示曲线上的两点。特别的，若满足的方程是直线方程，则该方程即为直线AB的方程

（4）在数列中的应用：可将递推公式变形为“依序同构”的特征，即关于an,n与an1,n1的同构式，从而将同构式设为辅助数列便于求解 二、典型例题：

5x12xsinx13例1：（2015天津十二校联考）设x,yR，满足 ，则xy5y12ysiny11（ ）

A. 0 B. 2 C. 4 D. 6

思路：本题研究对象并非x,y，而是

x1,y1，进而可变形为

5x12x1sinx11，观察上下式子左边结构相同，进而可将相同的结构视为一5y12y1siny11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

5x12xsinx13解：5y12ysiny115x12x1sinx11 5y12y1siny11设ftt2tsint，可得ft为奇函数，由题意可得：

5fx11 fx1fy1 fy11- 1 - / 9

x1y1xy2

答案：B

例2：若函数fx围是_____________

abx1m在区间a,b上的值域为,ba1，则实数m的取值范

22aa1mab2思路：注意到fx是增函数，从而得到fa,fb，即，发现两个式

b22b1m2子为a,b的同构式，进而将同构式视为一个方程，而a,b为该方程的两个根，m的取值只需要保证方程有两根即可 解：

fx为增函数

aa1mab2 fa,fbb22b1m2a,b为方程x1m令txx在1,上的两个根，即mx1有两个不同的根 22x1t0xt21

12121m，结合图像可得：t1tt2t10,

222所以方程变形为：m答案：m0,

21例3：设a,bR，则|“ab”是“aabb”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 思路：观察aabb可发现其同构的特点，所以将这种结构设为函数fxxx，分析其单调

bfafb，即

2x,x0性。fxxx2可得fx为增函数。所以ax,x0- 2 - / 9

abaa

bb，所以是充要条件

答案：C

例4：若0x1x21，则（ ） A. ex2ex1lnx2lnx1 B. ex1ex2lnx2lnx1

x1C. x2ex1ex2 D. x2ex1x1ex2

答案：C

思路：本题从选项出发可发现，每个选项通过不等式变形将x1,x2分居在不等式两侧后都具备同构的特点， 所以考虑将相同的形式构造为函数，从而只需判断函数在0,1的单调性即可 解： A选项：ex2ex1lnx2lnx1ex2lnx2ex1lnx1，设fxexlnx

1xex1fxe，设gxxex1，则有g'xx1ex0恒成立，所以gxxx'x在0,1单调递增，所以g010,g1e10，从而存在x00,1，使得gx00，由单调性可判断出：

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不单

调，不等式不会恒成立 B选项：e1exx2lnx2lnx1ex1lnx1ex2lnx2，设fxexlnx可知fx单调

递增。所以应该fx1fx2，B错误

x1exexex1ex2''C选项：x2ex1e，构造函数fx，fx，则fx0在2xxx1x2x1x2x0,1恒成立。所以fx在0,1单调递减，所以fx1fx2成立

exex1ex2D选项：x2ex1e，同样构造fx，由C选项分析可知D错误 xx1x2x1x2答案：C

例5：已知函数fx是定义在实数集R上的不恒为零的偶函数，且对任意实数x都有

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2015xfx1x1fx，则f的值是（ ）

2A. 0 B.

15 C. 1 D. 22fx1x1fxx，从而得到等式左右的结构均为

思路：观察条件可变形为：

ftt的形式，且括

20152013ff22号内的数间隔为1。所以201520132211ff22。因为fx为偶函112211ff1122可得f1f10，进而

数，所以ff，由112222222015f20f20150

201522答案：A

例6：如果cos5sin57sin3cos3,0,2，那么的取值范围是________ 思路：本题很难直接去解不等式，观察式子特点可发现若将关于sin,cos的项分居在不等号两侧：cos7cossin7sin，则左右呈现同构的特点，将相同的结构设为函数

5353fxx57x3，能够判断fx是奇函数且单调递增。所以不等式fcosfsin等价于cossin，

即

sincos02sin04 ，所以

2k52kkZ，结合0,2，可得，444 答案：

5，44- 4 - / 9

例7：如图，设点Px0,y0在直线xmym,0m1,且m为常数上，过点P作双曲线

x2y21的两条切线PA,PB，切点为A,B，求证：直线AB过某一个定点

解：设Ax1,y1,Bx2,y2，PA的斜率为k

则PA:yyyy1kxx11kxx1，联立方程消去yx2y21可得： x22kxkx1y11，整理可得：

1k2x22ky1kx1xy1kx2110 ，因为PA与双曲线相切所以4k2y1kx1241k2y21kx141k20

4y21kx141k20

k2x22212kx1y1y11k20x11k22kx1y1y2110

x22221y11 x11y1,y211x21代入可得： y221k2x1y1kx210即y21kx10

即kx1y 1PA:yyx11yxx1y1yx1x1 1同理，切线PB的方程为y2yx1x1

Pm,y,PB上，所以有y0y1mx110在切线PAy 0y2mx21A,B满足直线方程y0ymx1，而两点唯一确定一条直线 1AB:y 所以当x0ymx1m时，无论y0为何值，等式均成立

y0点1m,0恒在直线AB上，故无论P在何处，AB恒过定点1m,0

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例8：已知椭圆C中心在原点，焦点在x轴上，它的一个顶点为0,1，离心率为（1）求椭圆C的方程

25 5（2）过右焦点F作直线l交椭圆于A,B，交y轴于R，若RAAF,RBBF，求 解：（1）ec2 b1 a5a2c2b21 解得a5,c2 x2C:y21

5（2）思路：本题肯定从RAAF,RBBF入手，将向量关系翻译成坐标的方程，但观察发现两个等式除了A,B不同，系数,不同，其余字母均相同。且Ax1,y1,Bx2,y2也仅是角标不同。所以可推断由RAAF,RBBF列出的方程是同构的，而A,B在同一椭圆上，所以如果用,表示x1,x2,y1,y2，代入椭圆方程中也可能是同构的。通过计算可得：

2210520k022x10x520k0的两个不同根，进而利用韦,，所以为方程2210520k0达定理即可得到10

解：由（1）得F2,0，设直线l:ykx2，可得R0,2k，设Ax1,y1,Bx2,y2 可得：RAx1,y12k,AF2x1,y1 ，由RAAF可得：

2xx12x111① y12ky1y2k1122因为A在椭圆上，x15y15，将①代入可得：

222k22 +5=5420k511122210520k20

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对于， RBx2,y22k,BF2x2,y2，RBBF 同理可得：10520k0

22,为方程x210x520k20的两个不同根 10

例9：已知函数xa，a为正常数，若gxlnxx，且对任意x1x1,x20,2,x1x2，都有

gx2gx1x2x11，求a的取值范围．

思路：观察到已知不等式为轮换对称式，所以考虑定序以便于化简，令x2x1，则不等式变形为

gx2gx1x1x2，将相同变量放置一侧，可发现左右具备同构特点，所以将相同结构视为

函数hxgxx，从而由x2x1且hx2hx1可知只需hx为增函数即可。从而只需不等式h'x0恒成立即可，从而求出a的范围 解：gxlnxa，不妨设x1x2，则恒成立不等式转化为： x1gx2gx1x1x2gx2x2gx1x1

设hxgxxlnxax，则由hx2hx1恒成立和x1x2可得： x1只需hx在0,2单调递增即可

h'x0恒成立 h'x1a1a 110

xx12xx122即ax1x1x222x12恒成立 所以只需ax1

xmin令pxx1x1x2

2p'x2x12xx1x1x2x12x1

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211

px在0,单调递减，在,2单调递增

22127pxminp

220a27 2例10：已知数列an 满足a12t3tR,t1，且

an1求数列an的通项公式

2tn13an2t1tn1an2tn1

思路：本题递推公式较为复杂，所以考虑先化简分式，观察到分子中含有分母的项，所以想到分离常数简化分式，即an112tn11an1an2tn1，寻求相邻同构的特点，转化为

an1nan11t1，即可设ban1，递推公式变为b2bn，则能够求出b通项公nn1nbn2tn1tn11an12tn12式，进而求出an 解：an12tn1n13an2t1tn1an2t1n

2t 2an2tn12an2tn1an2tn12tn11an1an2t1n2tn11an1an2tn11

an11

2an1an11an11tn1 tn11an2tn1tn11ann2tn1t12bnan1b，则递推公式变为 n1nbn2t12an1设bn- 8 - / 9

1b21111t1t11n，且 bn12bnbn1bn2b1a112t31211为公差是的等差数列

2bn

1111n1n bnb1222tn1tn1n，解得an1 an12n小炼有话说：同构式在处理数列问题时，通常应用在构造辅助数列求通项公式。当递推公式比较复杂时，构造出an和an1的同构式，其中关于n的表达式构造出fn,fn1 分别与an和an1相对应，进而寻找到辅助数列。

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