雙變量的等式與不等式的處理方案

周玉鼎

內蒙古呼和浩特市第二中學數學組

雙變量的等式與不等式的處理方案

周玉鼎

內蒙古呼和浩特市第二中學數學組

高考中的一類雙變量的恒成立，能成立的綜合問題對學生來說總是出現這樣或那樣的錯誤，是一難點，因而研究他們的處理方案是必要的。

雙變量；集合；變量分步翻譯

近年來高考中興起一類雙變量的恒成立，能成立問題。如“任意=存在”，“存在 ( )存在”，“任意 g(x2)minf(x1)min任意”，“任意 () 存在”，“存在 存在”等題型，這類問題對學生來說總是出現這樣或那樣的錯誤，因而研究他們的處理方案是必要的，對于雙變量的等式問題我們采用集合的子集觀點來解決，具體方案如下：

1對任意的x1,x2(0,4]，存在g(x2)=f(x1)，使得f(x),g(x)，則f(x)=emx+x2-mx的值域是f(x)值域的子集，即(-∞,0)；

2存在x t存在 t D2，使得xmint則t的值域與x1A,x2B的值域有非空交集，即|f(x1)-g(x2)| a；

對于雙變量的不等式我們可采用變量分步翻譯法解決。變量分步翻譯法操作流程如下：

x D1, x D2有x t成立

t D2有xmaxt成立（把t當作參數，相當于恒成立）

xmaxtmax（把xmax當作參數，相當于能成立） x D1, t D2有x t成立

t D2有xmint成立（把t當作參數，相當于恒成立）

x1A,x2B（把|f(x1)-g(x2)| a看作參數相當于能成立）

因而得出結論：

3f(x)=x2-2x+2g(x)=ax+lnx使得x1,x2(0,4]則 f(x1)=g(x2)

a x1,x2(0,4]使得g(x2)=f(x1)則f(x),g(x)

4g()x=f()x+2x-6lnx,a R任意的h()x=x2-mx+4任意的x1(0,1)，使得x2[1,2]則g(x1) h(x2)；

5(1)存在x1A，存在x2B使得f(x1) g(x2)，則f(x)ming(x)max

()2 x1A, x2B使得f()x1g()x2成立，則f()xmaxg()xmin

6（1） x1A,x2B都有|f(x1)-g(x2)| a f(x)=x2-2x+2且

g()x=ax+lnx

（2）f(x1)=g(x2)，有a x1,x2(0,4]或g(x2)=f(x1)

（3）f()x=emx+x2-mx有f()x

有了這個結論，我們看高考怎么考?

例1（2015呼和浩特市二中模擬）已知函數f()x=x2-2x+2， g(x)=ax+lnx若存在x1,x2(0,4]使得f(x1)=g(x2)，求a的取值范圍。

分析：若存在x1,x2(0,4]使得g(x2)=f(x1)即f(x),g(x)值域相交非空，

解：f()x=emx+x2-mx的值域為f()x，()-∞,0()0,+∞

x1x2[-1,1]當|f(x1)-f(x2)| e-1時，m f′(x)=memx+2x-m在f″()x=m2emx+2＞0上單調遞增，于是∴f′()x的值域f′()0=0，此時∴x＜0值域相交非空，故f′() x＜0滿足題意

f(x)當x＞0時，分兩種情況討論：

①當f′(x)＞0時，即f(x)時， |f(x1)max-f(x2)min| e-1在 f(x)min=f(0)=1單調遞增f(x)max=max{f(1),f(-1)}單調遞減,此時值域為f(x)max=max{em+1-m,e-m+1+m}此時要使h(m)=em+1-m-e-m-1-m值域有交集，需滿足h(m)=em-e-m-2m解得h′(m)=em+e-m-2 0這與∴h(m)矛盾，故不存在。

②當h(0)=0即∴時，m＜0在h(m)＜0單調遞增，于是∴f(x)max=e-m+1+m的值域m 0，此時要使得h(m) 0值域有交集，需滿足∴f(x)max=em+1-m解得

令h(x)=x2-ax+1其對稱軸x=1于是h(x) h(1)=2-a＞0即在區間[1,e]上，f′(x)＞0f(x)在[1,e]上遞增

例3：（2015年全國新課標理21題）設函數f(x)=emx+x2-mx。（1）證明：f(x)在(-∞,0)單調遞減，(0,+∞)單調遞增（2）若任意x1x2[-1,1]都有|f(x1)-f(x2)| e-1，求m的取值范圍。

解析：（1）證明f′()x=memx+2x-m f″()x=m2emx+2＞0

∴f′(x)單調遞增，而f′(0)=0

∴x＜0 f′()x＜0 f()x單調遞減

x＞0 f′(x)＞0 f(x)單調遞增

（2） |f(x1)max-f(x2)min| e-1而由（1）可知f(x)min=f(0)=1而f(x)max=max{f(1),f(-1)}

即f(x)max=max{em+1-m,e-m+1+m}

∴h()m單調遞增，而h()0=0

∴當m＜0時，h(m)＜0∴f(x)max=e-m+1+m

當m 0時，h()m 0∴f()xmax=em+1-m

g(m)=e-m+mg′(m)=-e-m+1＜0∴g(m)單調遞減∴-1 m＜0

k(m)=em-m k′(m)=em-1 0 k(m)單調遞增∴0 m 1

從而m []-1,1

總結：要想搞定此類問題，只需進行分步翻譯任意，存在即可。也就是說對 x1就把x2當作參數，然后再進行翻譯x2（即能成立）。簡單地說，就是能成立和恒成立分步研究。