多元變量問題解題策略

黃少瑩

(福建省莆田第二中學(xué) 351131)

多元變量函數(shù)問題是函數(shù)中的一大難點(diǎn)，問題類型多樣，方法多變，但是解題思路主要把握一個(gè)宗旨“消參減元”，再輔以構(gòu)造新函數(shù)進(jìn)行解題.那么如何消參減元呢？本文主要就兩大類型來探討，一是x1，x2為定義域或所給區(qū)間中的任意兩個(gè)變量；二是x1，x2為函數(shù)的零點(diǎn)、極值點(diǎn)或方程的兩根.

1 利用同構(gòu)式構(gòu)造新函數(shù)以減元

由于lnx∈[2,4]，因此1-lnx<0.

評(píng)析本題不等式中函數(shù)含有兩個(gè)變量，此類問題的解題思路一般是將兩個(gè)變量分離至不等式兩邊，利用同構(gòu)式可將其轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性問題，構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)達(dá)到“減元”的目的，最終再將問題轉(zhuǎn)化為恒成立問題，通過函數(shù)的最值得到解決，考查了邏輯推理、數(shù)學(xué)建模及數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng).同時(shí)要特別注意此類問題在解決時(shí)要關(guān)注變量的取值范圍，以及不等式是對(duì)該范圍內(nèi)的任意x1，x2恒成立.

例2(2020年天津卷20題)已知函數(shù)f(x)=x3+klnx(k∈R)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù).

(1)當(dāng)k=6時(shí)，①求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程；

解析(1)①y=9x-8.

則對(duì)任意的x1，x2∈[1，+∞)，且x1>x2，欲證

即證[f′(x1)+f′(x2)](x1-x2)>2[f(x1)-f(x2)]成立.

故h(t)在[1，+∞)上為單調(diào)遞增.

所以h(t)>h(1)=0.

又因?yàn)閗≥-3，

又x2>1，t>1，

而由(1)②可得t>1時(shí)g(t)>g(1)=1.

由此可得[f′(x1)+f′(x2)](x1-x2)-2[f(x1)-f(x2)]>0.

f′(x)=lnx-mx.

依題可得x1，x2為f′(x)=0的兩個(gè)不等實(shí)根.

故lnx1-mx1=0，lnx2-mx2=0.

兩式相加,得lnx1x2=m(x1+x2).

依此可得

故欲證x1x2>e2，即證lnx1x2>2.

故g(t)在(1，+∞)上單調(diào)遞增.

因此g(t)>g(1)=0.

即lnx1x2>2成立.

所以x1x2>e2.

3 利用變量x1，x2的等量關(guān)系進(jìn)行轉(zhuǎn)化減元

(1)討論f(x)的單調(diào)性；

(2)由(1)可知若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，則a>2，且x1，x2為-x2+ax-1=0的兩根，即x1+x2=a,x1x2=1.

不妨設(shè)x1>x2，則x1>1>x2>0.

即證f(x1)-f(x2)<(a-2)(x1-x2).

故g(x)在(1，+∞)上單調(diào)遞減.

所以g(x)

4 對(duì)稱變換回歸同一單調(diào)區(qū)間

例5(2016年新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷21題)已知函數(shù)f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有兩個(gè)零點(diǎn).

(1)求a的取值范圍；

(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：x1+x2<2.

解析(1)f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a)．

①設(shè)a=0，則f(x)=(x-2)ex，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．

②設(shè)a>0，f(x)在(-∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，+∞)上單調(diào)遞增．

③設(shè)a<0，由f′(x)=0得

x=1或x=ln(-2a)．

故當(dāng)x∈(1，+∞)時(shí)，f′(x)>0，因此f(x)在(1，+∞)上單調(diào)遞增．

又當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn).

可得f(x)在(-∞，1)上單調(diào)遞增，在(1,ln(-2a))上單調(diào)遞減，在(ln(-2a),+∞)上單調(diào)遞增．極小值f[ln(-2a)]<極大值f(1)=-e<0，所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)．

綜上，a的取值范圍為(0,+∞).

(3)不妨設(shè)x1

又f(x)在(-∞，1)上單調(diào)遞減，

所以欲證x1+x2<2，

即證f(x1)>f(2-x2).

而f(x1)=f(x2)=0，故只需證f(x2)-f(2-x2)>0，x2∈(1，+∞)．

令g(x)=f(x)-f(2-x),x>1，則

g′(x)=f′(x)+f′(2-x)

=(x-1)(ex+2a)+(1-x)(e2-x+2a)

=(x-1)(ex-e2-x)

又x>1，故g′(x)>0.

因此g(x)在(1，+∞)上單調(diào)遞增.

故g(x)>g(1)=0.

從而有x2∈(1，+∞)時(shí)f(x2)-f(2-x2)>0.

故x1+x2<2得證.

評(píng)析第(1)問主要是為第(2)步作鋪墊得到f(x)的單調(diào)性，需由此先得到x1，x2的大致范圍，再根據(jù)所證不等式中x1，x2的和(積)形式轉(zhuǎn)化發(fā)現(xiàn)x1,2-x2在同一單調(diào)區(qū)間，因此考慮將所證問題轉(zhuǎn)化為證明f(x1)，f(2-x2)間的大小關(guān)系，又利用f(x1)=f(x2)，將問題再次轉(zhuǎn)化為f(x2)，f(2-x2)間的大小關(guān)系，從而構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-f(2-x),x>1，證明g(x)>0即可.這種解法中不管所證不等式是x1，x2的和還是積都可將x1，x2分離至不等式兩邊，并保證它們?cè)谝阎瘮?shù)的同一單調(diào)區(qū)間內(nèi)，然后利用函數(shù)單調(diào)性的定義將單調(diào)性與a,b大小、f(a),f(b)大小綜合起來，從而將問題進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化，結(jié)合f(x1)=f(x2)將變量統(tǒng)一為x1或x2，從而構(gòu)造出新函數(shù)以解題.比如例4也可用這種方法解決，讀者可自行動(dòng)手試試.

5 類題訓(xùn)練

(1)求a的取值范圍；

教學(xué)中我們不應(yīng)僅僅是教會(huì)學(xué)生“這道題”怎么做，更重要的是要引導(dǎo)學(xué)生學(xué)會(huì)對(duì)題目條件進(jìn)行深入挖掘，根據(jù)不同條件特征、問題結(jié)論等進(jìn)行方法的選擇，當(dāng)條件特征、問題結(jié)論與常見(已掌握)的形式不同時(shí)，又應(yīng)如何轉(zhuǎn)化，如何在解題中真正做到消參減元.在教導(dǎo)通性通法的同時(shí)，還應(yīng)抓住題目條件所包含的信息、知識(shí)點(diǎn)與證明結(jié)論的轉(zhuǎn)化間的異同及關(guān)聯(lián)，引導(dǎo)學(xué)生學(xué)會(huì)歸納總結(jié)其中條件的不同、問題結(jié)論的不同與對(duì)應(yīng)方法間的聯(lián)系，以真正領(lǐng)悟各類方法的數(shù)學(xué)本質(zhì)，這樣才能真正做到“會(huì)一題，通一類”.而這正是對(duì)高考評(píng)價(jià)體系中學(xué)科素養(yǎng)所包括的“學(xué)習(xí)掌握、實(shí)踐探索、思維方法”3個(gè)一級(jí)指標(biāo)的最好踐行.