高中導數問題里主元法的應用探討

何麗麗 古浪縣第一中學 甘肅古浪 733100

在高中數學在近幾年的發展中，教材中所涉及到的內容也越來越深奧。其中導數是高中數學中最為重要的知識點，各類問題的解答往往涉及許多定理。此外，導數問題的證明除了將以上內容進行結合，還需要與不等式相聯系，因此不少學生對導數的學習存在較大的困難性。其中某些具體導數問題中還會涉及多元變量的問題，因此需要學生在解答此類問題時足夠細心和耐心。主元法是解決導數問題最實用的方法，可以簡化學生的證明繁瑣性，提高學生的做題效率。

主元法的定義

從多個變量中選擇其中一個作為變量，該變量就稱為自變量，也稱為主元，利用主元形成新函數，根據此函數來判斷函數的單調性，解決相關問題，此種解題方法被稱為主元法。下面我們根據具體事例來分析主元法在導數中的應用情況。

二、實例分析

例1 已知某一函數為f（x）＝lnx－a（x－1） /x＋1。

問題一：如果函數f（x）在 （ 0，＋∞ ）上表示為遞增函數，那么a的取值范圍是多少。

問題二：如果m＞n＞0，如何證明lnm－lnn＞ 2（m－n）/ m＋n 。

問題一，解：f′ （x） ＝ 1/x － a（x＋1）－a（x－1）/（x＋1）2 ＝ 1/x － 2a/（x＋1）2 ＝（x＋1）2－2ax/x（x＋1）2 。

若φ（x）＝ （x＋1）2 －2ax，那么φ（x）≥0在x∈（0，＋∞）時存在恒成立關系。

2ax≤x2＋2x＋1，2a≤2＋x＋1/x。

因此2a≤ min ＝4，得出a≤2。

問題二，證明：以n 為主元。

假設g（n）＝ －lnn－2（m－n）/ (m＋n )＋lnm， n∈（0，m）。

g（n）＝ －lnn－2＋ 4n/( m＋n)＋lnm，n∈（0，m）。 g′（n）＝ － 1/n ＋ 4（m＋n）－4n·1 /（m＋n）2 ＝ －1/n＋ 4m/（m＋n）2＝ －（m＋n）2＋4mn/n（m＋n）2 ＝ －（m－n）2/ n（m＋n）2 ＜0。

因此可知g（n）在（0，m）上表示為遞減函數。

因此g（n）＞g（m）＝0。

所以lnm－lnn＞ 2（m－n）/(m＋n) 。

以上問題時主元法常采用的形式，在解答問題二時，可以將代數式化簡，將主元看成m n。這樣在將多個變量轉為一個變量的過程中，可以簡化解題步驟，幫助學生理清解題思路。

例2 如果a，b為實數，λ 符合0＜a＜b，0≤λ≤1。

問題一：求證lna＋1＜alna－blnb/(a－b)＜lnb＋1。

問題二：求證［λa＋（1－λ）b］ln［λa ＋（1－λ）b］≤λalna＋（1－λ）blnb。

證明：問題一，右邊證明：即alna－blnb≥ （ab）（lnb＋1）。

主元為a時，設 φ（a）＝ aln a －（lnb＋1）a－blnb＋blnb＋b，a∈（0，b）。

即φ（a）＝alna－（lnb＋1）a＋b，φ′（a）＝lna＋1－1－lnb＝lna－lnb＜0。

因此φ（a）在（0，b）表示為遞減函數，當a＝b 時，φ（b）＝blnb－（lnb＋1）b＋b＝0。

所以當a∈（0，b）時，φ（a）＞0。

所以alna－blnb＞（a－b）（lnb＋1）。同理得出左邊。

證明：問題二：方法一： 設 H（λ） ＝［λ（a－b）＋b］ln［λ（a－b）＋b］－（alna）λ ＋（blnb）λ－blnb（0≤λ≤1）（0＜a＜b）。

H′（λ）＝（a－b）ln［λ（a－b）＋b］＋［λ（a－b）＋b］ a－b λ（a－b）＋b－alna＋bl nb ＝ （a－b）ln ［λ（a－b）＋b］＋ （a － al na）－（b－blnb）。

H″（λ）＝ （a－b）2 λ（a－b）＋b＞0，所以H′（λ）在（0，1）表示為遞增函數。

H′（1）＝ （a－b）lna＋a－alna－b＋ b lnb ＝（a－b）＋b（lnb－lna） ＝b＞0。

H′（0）＝（a－b）lnb＋（a－alna）－（bblnb） ＝alnb－blnb＋a－alna－b＋bl nb ＝a（lnb－lna）＋（a－b） ＝a＜0。

所以有一個λ0∈（0，1）。

當λ∈（0，λ0）時，H′（λ）＜0，H （λ）為增 函數。

當λ∈（λ0，1）時，H′（λ）＞0，H （λ）為增函數。

因為 H（1）＝H（0）＝0，所以 H（λ）≤0。

方法二：設 φ（a）＝［λ a ＋（1－ λ）b］ ln［λ a＋（1－λ）b］－λalna－ （1－λ）blnb，a∈（0，b）。

φ′（a）＝λln ［λa＋（1－λ）b］＋ ［λa＋（1－λ）b］ λ/[λa＋（1－λ）b]－λ（1＋lna）＝λln［λa＋（1－λ）b］－λlna ＝λln [λ＋（1－λ）b] 由 于b/a ＞1，1－ λ≥0，所以b/a（1－λ）＞rλ。

所以 φ′（a）＞λln［λ＋1－λ］＝0，所 以 φ（a）在（0，b）上為增函數。

所 以 φ（a）＜φ（b）＝blnb－λblnb－（1－λ）blnb＝ （1－λ）blnb－ （1－λ）blnb＝0。

所以［λa＋（1－λ）b］ln［λa＋（1－λ）b］＜λalna＋（1－λ）blnb。 只有λ＝0或1時取等。

三、結語

以上案例告訴我們在使用主元法時，需要靈活變通，不要按照固定形式來分析問題。對其不同的變量需要盡可能的采用分析，只有這樣才能進一步提高學生的解題技巧，拓寬學生的解題思路。