合理換元 巧妙構建

摘要：等式恒成立或不等式恒成立問題是歷年高考數學的熱點題型之一，特別是以導數為背景的題型更是高考的重點與亮點.解決這類問題的關鍵是將其等價轉化為最值問題，核心是構造輔助函數加以轉化與應用.恒等變形是基礎，合理構建是關鍵，求導處理是方法，函數性質是手段，最終借助函數的極值或最值來解決問題.

關鍵詞：等式；取值范圍；函數；導數；換元

1 問題呈現

問題［2022年安徽省安慶市高三模擬考試（二模）數學試題（理）·12］若存在兩個正實數x，y使得等式x（2+ln x）=xln y－ay成立，則實數a的取值范圍是（）.

A.0，1e2 B.－∞，1e2

C.0，1e3 D.－∞，1e3

此題以含參的方程為問題背景，利用等式成立創設情境，進而確定參數的取值范圍.除了參數a外，還有兩個對應的變量x，y，結合等式的轉化并借助對數運算等加以恒等變形，對兩個變量x，y之間的關系加以合理處理，是切入與解決問題的關鍵.

2 問題破解

方法1：比值換元法1.

解析：因為x，y均為正實數，所以等式x（2+ln x）=xln y－ay可化為2+ln x=ln y－a＼5yx，即lnyx－2=a＼5yx，亦即a=lnyx－2yx.

令yx=t（tgt;0），構建函數f（t）=ln t－2t.求導可得f′（t）=3－ln tt2.

令f′（t）=0，解得t=e3.

當t∈（0，e3）時，f′（t）gt;0，函數f（t）在區間（0，e3）上單調遞增；當t∈（e3，+∞）時，f′（t）lt;0，函數f（t）在區間（e3，+∞）上單調遞減.

所以f（t）max=f（e3）=1e3，且當t→0時，f（t）→－∞，于是a≤1e3.

故選擇答案：D.

解后反思：根據題目條件中對應等式的恒等變形，合理分離參數，巧妙換元，從而構建函數，利用函數的導數及其應用，通過函數的單調性與極值來確定參數的取值范圍.利用比值進行巧妙的換元處理，為構建函數提供條件，從而轉化為常規的函數問題來分析與處理.

方法2：比值換元法2.

解析：因為x，y均為正實數，所以等式x（2+ln x）=xln y－ay可化為a=－2xy+xylnyx.

令xy=t（tgt;0），構建函數f（t）=－2t－tln t.

求導可得f′（t）=－3－ln t.令f′（t）=0，解得t=1e3.

當t∈0，1e3時，f′（t）gt;0，函數f（t）在區間0，1e3上單調遞增；當t∈1e3，+∞時，f′（t）lt;0，函數f（t）在區間1e3，+∞上單調遞減.

故f（t）max=f1e3=1e3，且當t→0時，f（t）→－∞，所以a≤1e3.

故選擇答案：D.

解后反思：根據題目條件中對應等式的不同視角的恒等變形，也同樣可以進行比值換元，雖然換元視角不同，但解題思維一致.抓住常規思維，合理恒等變形，巧妙分離參數，正確構建函數，函數求導處理，單調極值確定，是解決此類問題中一系列基本的思維步驟與操作技巧.

方法3：多次換元法.

解析：因為x，y均為正實數，所以等式x（2+ln x）=xln y－ay可化為2+ln x=ln y－a＼5yx，即lnyx－2=a＼5yx，亦即a=lnyx－2yx.

令yx=t（tgt;0），則有a=ln t－2t=1e2·lnte2te2.

令m=te2（mgt;0），構建函數f（m）=ln mm.

求導可得f′（m）=1－ln mm2.令f′（m）=0，解得m=e.

當m∈（0，e）時，f′（m）gt;0，函數f（m）在區間（0，e）上單調遞增；當m∈（e，+∞）時，f′（m）lt;0，函數f（m）在區間（e，+∞）上單調遞減.

故f（m）max=f（e）=1e，且當t→0時，f（t）→－∞，所以a≤1e2·1e=1e3.

故選擇答案：D.

解后反思：根據題目條件中對應等式的恒等變形，巧妙分離參數，兩次進行換元，其目的是進行齊次化處理，進而合理構建函數，同樣利用導數來確定函數的最值，從而確定參數的取值范圍.齊次化處理時要求學生具備較強的觀察能力與數學運算能力，有時解題中數學運算量比較大.

3 變式拓展

將原題及其對應的解決技巧方法等從視角、深度、廣度等方面加以思考與推廣，才能進行多方位的認識與應用，從而充分體會與挖掘原題的訓練與應用價值，得到對應的變式問題，進而進一步提升與拓展知識與能力.

變式1若存在兩個正實數x，y使得等式2x+a＼5（y－2ex）（ln y－ln x）=0成立，則實數a的取值范圍為（）.

A.－12，1eB.0，2e

C.（－∞，0）∪2e，+∞

D.－∞，－12∪1e，+∞

解析：因為x，y均為正實數，所以等式2x+a（y－2ex）（ln y－ln x）=0可化為2x+a（y－2ex）＼5lnyx=0，即2+a（yx－2e）lnyx=0.

設t=yx（t＞0），則原問題等價于2+a（t－2e）＼5ln t=0，即（t－2e）ln t=－2a有解.

構建函數g（t）=（t－2e）ln t，求導可得g′（t）=ln t+1－2et.顯然g′（t）單調遞增.

而g′（e）=lne+1－2ee=1+1－2=0，所以當t＞e時，g′（t）＞0；當0＜t＜e時，g′（t）＜0.故當t=e時，函數g（t）取得極小值g（e）=（e－2e）ln e=－e.

所以g（t）≥g（e）=－e.

若（t－2e）ln t=－2a有解，則有－2a≥－e，即2a≤e，解得a＜0或a≥2e.

故選擇答案：C.

解后反思：根據函數與方程的關系將方程進行轉化，利用換元法轉化為方程有解，構造函數求函數的導數，利用函數極值和單調性的關系求解即可達到目的.合理分離參數，利用構造法和導數法求出函數的極值和最值是解決此類問題的關鍵.

變式2若存在兩個正實數x，y使等式x+a（y－x）（ln y－ln x）=0成立（其中e=2.71828…），則實數a的取值范圍是 .

解析：等式變形為a=x（x－y）（ln y－ln x），所以1a=（x－y）（ln y－ln x）x=（1－yx）lnyx.

設t=yx（t＞0且t≠1），構建函數g（t）=（1－t）ln t.

求導可得g′（t）=－ln t+1t－1，而g′（1）=0.

所以當t∈（0，1）時，g′（t）＞0，函數g（t）單調遞增；當t∈（1，+∞），g′（t）＜0，函數g（t）單調遞減.

故g（t）在t=1時，取得最大值g（1）=0.

所以1alt;0，解得a＜0.故填答案：（－∞，0）.

解后反思：根據題目條件合理變換對應的等式，巧妙換元與構建函數是破解問題的關鍵.借助求導來確定函數的單調性，進而確定對應函數的極值與最值是解決此類問題的目的，為進一步解決分離參數后所對應參數或參數關系式的取值范圍提供條件.

4 教學啟示

（1）通技通法，歸納總結

涉及等式或不等式恒成立背景下求解參數取值范圍的問題，“通技通法”就是對相應的等式或不等式加以恒等變形與轉化，合理構建對應的函數，利用函數的單調性與極值、最值來求解相應參數的取值范圍.構建函數時，要借助整體換元思維、同構思維等.

（2）知識交匯，能力提升

涉及此類等式或不等式恒成立下的參數取值范圍的問題，經常在知識的交匯處加以巧妙設置，充分考查不同知識點之間的交匯與融合，以及不同知識點與思想方法的綜合與應用.解決問題時切入點多，技巧性強，思維方法多樣.通過問題的深入分析與解決，巧妙形成知識體系，清晰解題思維，從而提升學生理解問題、分析問題與解決問題的能力，拓展數學品質，培養數學核心素養.