双变量的等式与不等式的处理方案

周玉鼎

内蒙古呼和浩特市第二中学数学组

双变量的等式与不等式的处理方案

周玉鼎

内蒙古呼和浩特市第二中学数学组

高考中的一类双变量的恒成立，能成立的综合问题对学生来说总是出现这样或那样的错误，是一难点，因而研究他们的处理方案是必要的。

双变量；集合；变量分步翻译

近年来高考中兴起一类双变量的恒成立，能成立问题。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”等题型，这类问题对学生来说总是出现这样或那样的错误，因而研究他们的处理方案是必要的，对于双变量的等式问题我们采用集合的子集观点来解决，具体方案如下：

1对任意的x1,x2(0,4]，存在g(x2)=f(x1)，使得f(x),g(x)，则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则t的值域与x1A,x2B的值域有非空交集，即|f(x1)-g(x2)| a；

对于双变量的不等式我们可采用变量分步翻译法解决。变量分步翻译法操作流程如下：

x D1, x D2有x t成立

t D2有xmaxt成立（把t当作参数，相当于恒成立）

xmaxtmax（把xmax当作参数，相当于能成立） x D1, t D2有x t成立

t D2有xmint成立（把t当作参数，相当于恒成立）

x1A,x2B（把|f(x1)-g(x2)| a看作参数相当于能成立）

因而得出结论：

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

a x1,x2(0,4]使得g(x2)=f(x1)则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]则g(x1) h(x2)；

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

()2 x1A, x2B使得f()x1g()x2成立，则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

有了这个结论，我们看高考怎么考?

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

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的值域为f()x，()-∞,0()0,+∞

x1x2[-1,1]当|f(x1)-f(x2)| e-1时，m f′(x)=memx+2x-m在f″()x=m2emx+2＞0上单调递增，于是∴f′()x的值域f′()0=0，此时∴x＜0值域相交非空，故f′() x＜0满足题意

f(x)当x＞0时，分两种情况讨论：

①当f′(x)＞0时，即f(x)时， |f(x1)max-f(x2)min| e-1在 f(x)min=f(0)=1单调递增f(x)max=max{f(1),f(-1)}单调递减,此时值域为f(x)max=max{em+1-m,e-m+1+m}此时要使h(m)=em+1-m-e-m-1-m值域有交集，需满足h(m)=em-e-m-2m解得h′(m)=em+e-m-2 0这与∴h(m)矛盾，故不存在。

②当h(0)=0即∴时，m＜0在h(m)＜0单调递增，于是∴f(x)max=e-m+1+m的值域m 0，此时要使得h(m) 0值域有交集，需满足∴f(x)max=em+1-m解得

令h(x)=x2-ax+1其对称轴x=1于是h(x) h(1)=2-a＞0即在区间[1,e]上，f′(x)＞0f(x)在[1,e]上递增

例3：（2015年全国新课标理21题）设函数f(x)=emx+x2-mx。（1）证明：f(x)在(-∞,0)单调递减，(0,+∞)单调递增（2）若任意x1x2[-1,1]都有|f(x1)-f(x2)| e-1，求m的取值范围。

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

∴f′(x)单调递增，而f′(0)=0

∴x＜0 f′()x＜0 f()x单调递减

x＞0 f′(x)＞0 f(x)单调递增

（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单调递增，而h()0=0

∴当m＜0时，h(m)＜0∴f(x)max=e-m+1+m

当m 0时，h()m 0∴f()xmax=em+1-m

g(m)=e-m+mg′(m)=-e-m+1＜0∴g(m)单调递减∴-1 m＜0

k(m)=em-m k′(m)=em-1 0 k(m)单调递增∴0 m 1

从而m []-1,1

总结：要想搞定此类问题，只需进行分步翻译任意，存在即可。也就是说对 x1就把x2当作参数，然后再进行翻译x2（即能成立）。简单地说，就是能成立和恒成立分步研究。