多元變量問題解題策略

黃少瑩

(福建省莆田第二中學 351131)

多元變量函數問題是函數中的一大難點，問題類型多樣，方法多變，但是解題思路主要把握一個宗旨“消參減元”，再輔以構造新函數進行解題.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為定義域或所給區間中的任意兩個變量；二是x1，x2為函數的零點、極值點或方程的兩根.

1 利用同構式構造新函數以減元

由于lnx∈[2,4]，因此1-lnx<0.

評析本題不等式中函數含有兩個變量，此類問題的解題思路一般是將兩個變量分離至不等式兩邊，利用同構式可將其轉化為函數的單調性問題，構造新函數，利用導數達到“減元”的目的，最終再將問題轉化為恒成立問題，通過函數的最值得到解決，考查了邏輯推理、數學建模及數學運算等核心素養.同時要特別注意此類問題在解決時要關注變量的取值范圍，以及不等式是對該范圍內的任意x1，x2恒成立.

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

(1)當k=6時，①求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程；

解析(1)①y=9x-8.

則對任意的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，+∞)上為單調遞增.

所以h(t)>h(1)=0.

又因為k≥-3，

又x2>1，t>1，

而由(1)②可得t>1時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的兩個不等實根.

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的等量關系進行轉化減元

(1)討論f(x)的單調性；

(2)由(1)可知若f(x)存在兩個極值點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，+∞)上單調遞減.

所以g(x)

4 對稱變換回歸同一單調區間

例5(2016年新課標全國Ⅰ卷21題)已知函數f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有兩個零點.

(1)求a的取值范圍；

(2)設x1，x2是f(x)的兩個零點，證明：x1+x2<2.

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

①設a=0，則f(x)=(x-2)ex，f(x)只有一個零點．

②設a>0，f(x)在(-∞，1)上單調遞減，在(1，+∞)上單調遞增．

③設a<0，由f′(x)=0得

x=1或x=ln(-2a)．

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

又當x≤1時，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點.

可得f(x)在(-∞，1)上單調遞增，在(1,ln(-2a))上單調遞減，在(ln(-2a),+∞)上單調遞增．極小值f[ln(-2a)]<極大值f(1)=-e<0，所以f(x)不存在兩個零點．

綜上，a的取值范圍為(0,+∞).

(3)不妨設x1

又f(x)在(-∞，1)上單調遞減，

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，+∞)上單調遞增.

故g(x)>g(1)=0.

從而有x2∈(1，+∞)時f(x2)-f(2-x2)>0.

故x1+x2<2得證.

評析第(1)問主要是為第(2)步作鋪墊得到f(x)的單調性，需由此先得到x1，x2的大致范圍，再根據所證不等式中x1，x2的和(積)形式轉化發現x1,2-x2在同一單調區間，因此考慮將所證問題轉化為證明f(x1)，f(2-x2)間的大小關系，又利用f(x1)=f(x2)，將問題再次轉化為f(x2)，f(2-x2)間的大小關系，從而構造函數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，并保證它們在已知函數的同一單調區間內，然后利用函數單調性的定義將單調性與a,b大小、f(a),f(b)大小綜合起來，從而將問題進行等價轉化，結合f(x1)=f(x2)將變量統一為x1或x2，從而構造出新函數以解題.比如例4也可用這種方法解決，讀者可自行動手試試.

5 類題訓練

(1)求a的取值范圍；

教學中我們不應僅僅是教會學生“這道題”怎么做，更重要的是要引導學生學會對題目條件進行深入挖掘，根據不同條件特征、問題結論等進行方法的選擇，當條件特征、問題結論與常見(已掌握)的形式不同時，又應如何轉化，如何在解題中真正做到消參減元.在教導通性通法的同時，還應抓住題目條件所包含的信息、知識點與證明結論的轉化間的異同及關聯，引導學生學會歸納總結其中條件的不同、問題結論的不同與對應方法間的聯系，以真正領悟各類方法的數學本質，這樣才能真正做到“會一題，通一類”.而這正是對高考評價體系中學科素養所包括的“學習掌握、實踐探索、思維方法”3個一級指標的最好踐行.