例談多變量問題的求解策略

劉玲

［摘 要］多變量問題具有一定的綜合性、技巧性，往往令學生無從下手，“望題興嘆”。文章結合幾道典型例題，探討“三元”策略（即整元、換元、變元）在處理多變量問題中的運用，旨在幫助學生突破難點，發展學生思維。

［關鍵詞］多變量問題；整元；換元；變元

［中圖分類號］? ? G633.6? ? ? ? ［文獻標識碼］? ? A? ? ? ? ［文章編號］? ? 1674-6058（2024）08-0015-03

在不等式問題、函數與導數問題中，時常出現多個變量，我們把這類問題稱為“多變量問題”。多變量問題具有一定的綜合性、技巧性，往往令學生無從下手，“望題興嘆”。那么，破解多變量問題有哪些策略呢？本文就能破解多變量問題的“三元”策略（即“整元、換元、變元）進行探討。

一、整元

“整元”就是整合變量，當不等式或方程中出現多個變量時，可以考慮運用同構思想構造出一個或多個能解決問題的函數，這樣就可以把多變量問題轉化為一元函數問題。

［例1］（1）已知正實數[x]，[y]滿足[ex=ylnx+ylny]，則[lnx+1x-lny]的最大值為? ? ? ? ? ? ? 。

（2）已知正實數[a]，[b]，[c]滿足[ealna=blnb=c2ec=1]，則[a]，[b]，[c]的大小關系是（）。

A. [c

C. [b

分析：（1）由已知得[xex=xylnxy]，構造函數[f（x）=xex]，結合[f（x）]的單調性知[lny=x-lnx]，故將[lnx+1x-lny]化為[lnx+1x-x+lnx]，利用導數求[g（x）=lnx+1x-x+lnx]的最大值即可。（2）將比較[a]，[b]，[c]的大小轉化為比較函數[y=lnx]與[y=e-x]交點，函數[y=lnx]與函數[y=1x]，函數[y=e-x]與函數[y=x2]在第一象限內交點的橫坐標的大小，利用導數研究函數[y=x2]的圖象與函數[y=lnx]的圖象及函數[y=e-x]的圖象與函數[y=1x]的圖象間的關系，后統一作出[y=e-x]，[y=lnx]，[y=x2]，[y=1x]在（0，+∞）上的圖象即可。

解：（1）∵[ex=ylnx+ylny]，∴[ex=ylnxy]，即[xex=xylnxy=lnxy·elnxy]。構造函數[f（x）=xex]，則[f（x）=f（lnxy）]， [f（x）=ex（x+1）]，所以[f（x）]在（-1，+∞）上單調遞增，∵正實數[x]、[y]滿足[ex=ylnx+ylny=ylnxy]，∴[ex=ylnxy>e0=1]，即[lnxy>1y>0]，所以[f（x）=f（lnxy）]等價于[x=lnxy]，即[lny=x-lnx]，∴[lnx+1x-lny=lnx+1x-x+lnx? ]。設[g（x）=lnx+1x-x+lnx ]，[g（x）=-x2+x-lnxx2]，∴[g（1）=0]，令[h（x）=-x2+x-lnx]，[h（x）=-2x+1-1x≤-22+1<0]，所以[h（x）]單調遞減，且[h（1）=0]，所以在（0，1）上，[h（x）>0]，[g（x）>0]，[g（x）]單調遞增，在（1，+∞）上，[h（x）<0]，[g（x）<0]，[g（x）]單調遞減，所以[g（x）max=g（1）=0]，即[lnx+1x-lny]的最大值為0。

（2）由題可得[lna=e-a]，[lnb=1b]，[e-c=c2]，則[a]，[b]，[c]分別為函數[y=lnx]與[y=e-x]交點，函數[y=lnx]與函數[y=1x]，函數[y=e-x]與函數[y=x2]在（0，+∞）上交點的橫坐標。構造函數[f（x）=x2-lnx]，則[f（x）=2x-1x=2x2-1x]，得[f（x）]在[0，12]上單調遞減，在[12，+∞]上單調遞增，則[f（x）≥f12=12+12ln2>0]，即[x∈（0，+∞）]時，函數[y=x2]的圖象恒在函數[y=lnx]的圖象上方。構造函數[g（x）=1x-e-x]，[x>0]，則[g（x）=-1x2+e-x=x2e-x-1x2]。令[h（x）=e-xx2-1]，則[h（x）=xe-x（2-x）]，得[h（x）]在（0，2）上單調遞增，在（2，+∞）上單調遞減，則[h（x）≤h（2）=4e2-1<0?g（x）=h（x）x2<0]，則[g（x）]在（0，+∞）上單調遞減，又注意到函數[y=x]的增長速度遠小于函數[y=ex]的增長速度，則函數[y=1x]的變化速度遠大于函數[y=e-x]的變化速度，結合[x→0]，[1x-e-x>0]，[x→+∞]，[1x-e-x>0]，可知[x∈（0，+∞）]時，函數[y=e-x]的圖象在[y=1x]圖象的下方，則可在同一坐標系中作出[y=e-x]，[y=lnx]，[y=x2]，[y=1x]在（0，+∞）上的圖象，如圖1所示，由圖象可知[c

點評：本題第（1）問的解答關鍵是將[ex=ylnx+ylny]變形為[xex=xylnxy]，利用同構思想構造函數[f（x）=xex]，結合[f（x）]的單調性知[x=lnxy]，即[lny=x-lnx]，從而用[x]表示[y]，將目標函數[lnx+1x-lny]化為[x]的函數后再求最值，于是把雙變量最值問題轉化為單變量函數的最值問題。本題第（2）問含有三個變量，直接比較[a]，[b]，[c]的大小關系較復雜，故可考慮利用數形結合思想將問題轉化為比較同一坐標系下函數圖象交點橫坐標的大小關系。于是把已知等式變形轉換成同構式，并構造出三個獨立的函數，再利用導數研究相關函數的最值、單調性，明確函數圖象間的關系，整個求解過程都用到了“整元”策略。

二、換元

換元，就是整體代換，轉換變量。通過換元，可以把多變量問題轉化為單變量問題來研究，尤其是導數應用中的極值點偏移問題，常常借助比值代換來達到“化二為一”的目的。

［例2］已知函數[f（x）=ln（2x+2）-2x]，[gx=aex-x+lnae2（a>0）]。（1）求函數[f（x）]的單調區間。（2）當[x>-1]時，若[h（x）=f（x）-g（2x）]有兩個不同的零點[x1]，[x2]（[x1>x2]），則：（ⅰ） 求[a]的取值范圍；（ⅱ）證明：[ae2x1+ae2x2>2]。

分析：（1）求得[f（x）=1x+1-2]，結合[f（x）>0]和[f（x）<0]的解集，即可求得函數[f（x）]的單調區間。（2）（ⅰ）根據題意轉化為[ln（2x+2）+2x+2=e2x+lna+2x+lna]有2個不等實根，令[t（x）=ex+x]，進而轉化為[lna=f（x）]有兩個不等實根，結合（1）中函數的單調性即可求解；（ⅱ）根據題意，轉化為證明[ae2x1+ae2x2>2]，進而得到[12lnx1+1x2+1>x1+1x2+1-1x1+1x2+1+1]，令[u=x1+1x2+1>1]，得到[φ（u）=lnu-2u-1u+1（u≥1）]，利用導數求得函數的單調性與最值即可求解。

解：（1）由函數[f（x）=ln（2x+2）-2x]的定義域為（-1，+∞），且[fx=1x+1-2]，令[f（x）>0]，解得[-1-12]，所以[f（x）]的增區間為[-1，-12]，減區間為[-12，+∞]。

（2）（?。┮筟h（x）=f（x）-g（2x）]有2個零點，即[f（x）=g（2x）]有2個不等實根，即[ln（2x+2）=ae2x+lna-2]有2個不等實根，即[ln（2x+2）+2x+2=e2x+lna+2x+lna]，令[t（x）=ex+x]，即上式為[t（ln（2x+2））=t（2x+lna）]，由[t（x）=ex+1>0]，所以[t（x）]為單調遞增函數，所以有[ln（2x+2）=2x+lna]，所以只需使[lna=ln（2x+2）-2x]有2個不等實根，即[lna=f（x）]有兩個不等實根。由（1）知[f（x）]的增區間為[-1，-12]，減區間為[-12，+∞]，所以[f（x）max=f-12=1]。又當[x→-1]時， [f（x）→-∞]，當[x→+∞]時， [f（x）→-∞]，所以只需使[lna<1]，即[0

（ⅱ）由[h（x）]有2個不同零點[x1]，[x2]，可得[ln（2x1+2）=2x1+lna，ln（2x2+2）=2x2+lna，]即[2x1+2=ae2x1，2x2+2=ae2x2，]

所以要證[ae2x1+ae2x2>2]，只需證[2x1+2+2x2+2>2]，又兩式相減得[（2x1+2）-（2x2+2）ln（2x1+2）-ln（2x2+2）=1]，所以只需證[2x1+2+2x2+22>（2x1+2）-（2x2+2）ln（2x1+2）-ln（2x2+2）]，因為[x1>x2]，所以只需證[12ln2x1+22x2+2>（2x1+2）-（2x2+2）（2x1+2）+（2x2+2）]，只需證[12lnx1+1x2+1>x1+1x2+1-1x1+1x2+1+1]，令[u=x1+1x2+1>1]，即證[lnu>2·u-1u+1（u>1）]（*）。令[φ（u）=lnu-2u-1u+1（u≥1）]，可得[φ（1）=0]且[φ（u）=1u-4（u+1）2=（u-1）2u（u+1）2>0]，所以[φ（u）]在（1，+∞）上遞增，當[u>1]時，[φ（u）>φ（1）=0]，所以[lnu>2·u-1u+1（u>1）]，則[ae2x1+ae2x2>2]。

點評：在本題第（2）問的第（ⅱ）小問的證明過程中出現[12lnx1+1x2+1>x1+1x2+1-1x1+1x2+1+1]，于是想到換元，令[u=x1+1x2+1>1]，換元后雙元問題變成一元問題，再根據不等式特點構造函數，這樣使原問題的解題難度大大降低，其求解過程體現了“化繁為簡”原則，“換元”起到了關鍵性作用。

三、定元

“定元”就是確定主次。在兩元問題中，有時可以采用主元法，即把一個元看成變量，把另一個元當成常數來處理。而當兩個元相互獨立時，我們可以將原問題中的函數分解成兩個函數來解決。

［例3］已知函數[f（x）=（x-1）ex-a-lnx]。證明：當[0

分析：本題可以采用主元法來處理，構造以[a]為主元、[x]為參數的函數來處理。

證法1：[（x-1）ex-a-lnx≥lna]等價于[（x-1）ex-a-lnx-lna≥0]，令[h（a）=（x-1）ex-a-lnx-lna]，[a∈0，1]，則[h（a）=-（x-1）ex-a-1a=1ea（1-x）ex-eaa]。設[s（x）=（1-x）ex]，[t（a）=eaa]，當[x>0]時，[s（x）=-xex<0]，[s（x）]單調遞減，[s（x）

容易證明，函數[f（x）=（x-1）ex-1-lnx]的最小值為[f（1）=0]，故[（x-1）ex-1-lnx≥0]，故[a∈0，1]時，[h（a）≥h（1）=（x-1）ex-1-lnx≥0]，所以當[0

證法2：[（x-1）ex-a-lnx≥lna]等價于[（x-1）ex-a-lnx-lna≥0]。令[h（a）=（x-1）ex-a-lnx-lna]，[a∈0，1]，則[h（a）=-（x-1）ex-a-1a]。令[r（x）=-（x-1）ex-a-1a]。當[x>0]時，[r（x）=-xex-a<0]，[r（x）]單調遞減，[r（x）

點評：此題也有另外的解法，比如“隱零點”“放縮”或“凹凸反轉”，這些解法都可以破解此題。但從思維和運算兩個方面綜合來看，主元法是更為親切且靠譜的解法。運用主元法解題，關鍵是根據問題的特點，靈活地選擇主元，其處理方法主要有：（1）從多個變元中選出一個恰當的變元作為主元素，視其他變元為參量，突出主要矛盾，促成問題轉化；（2）選取含有若干變元的表達式為主元素——集中變元，通過消去主元（或非主元），逐步減少變元個數，從而達到解決問題的目的；（3）選取主變量為主元素，通過分離參數的方法，突出主元的地位，為解題創造有利條件；（4）突破思維定式，選取參數變量為主元素，反客為主，化難為易，化繁為簡，以實現巧妙突破；（5）觀察問題的數據特征，選取某一特殊常量為主元素，調整并理順問題的內部結構和關系，從而發現解題途徑，提高解題效率。

從以上舉例分析不難看出，導數在多變量問題中的應用難點，是將多變量問題轉化為單變量問題，而“三元”策略（即整元、換元、變元）能幫助我們突破這個難點，大家在解決多變量問題時不妨一試。

［? ?參? ?考? ?文? ?獻? ?］

［1］? 李文東.例談多變量問題的求解策略［J］.中學數學研究，2020（6）：52-54.

［2］? 張立建，潘培彬.多元變量的最值和范圍問題求解策略［J］.高中數學教與學，2017（21）：22-24，34.

［3］? 汪正文.多元變量最值問題的求解策略與探究［J］.中學數學研究（華南師范大學版），2017（19）：28-31.

［4］? 丁稱興.有關“多元變量”最值問題的求解策略［J］.數學通訊，2016（合刊3）：79-82.

（責任編輯 黃桂堅）