主元变换破解不等式恒成立问题的再思考

山东省宁阳县复圣中学 张志刚 （邮编：271400）

文献[1]概述了主元变换法解题策略的涵义，并举例说明了该法在缩减运算量、简化解题过程的天然优势.文献[2]通过2020年天津卷第20题的不同解决策略的比较，也反映了主元变换法操作性更强，是解决诸多导数试题（如证明不等式）行之有效的上佳选择.

然而，从教学实践来看，学生运用变换主元法依然存在很多障碍，无法发挥其势如破竹之威力，应用效果大打折扣.这些障碍归纳起来，主要有以下几点：一是认知障碍，主要表现在：受刻板印象影响，思维固化，不能辩证理解两个变元（如x、a等）之间的主客体地位，直接影响新主元的确立；二是选择困难，主要表现在：面对试题，不知道选择常规方法还是主元变换法，在题型辨别、策略抉择、时机把握上举棋不定、犹疑不决，从而贻误战机，耗费宝贵的时间；三是供给缺陷，主要表现在：部分学生采用主元变换后，重新构造函数进行后续解答时，与解题“配套”的常用技能技巧（如借助切线不等式等放缩）匮乏，或者不能灵活应用，基础不扎实、素养不全面导致解题半途而废，无疾而终.

试图深入思考与剖析上述三个问题，并提出相应的教学建议.

1 如何破解“主角”与“配角”身份之争？

首先，有必要重温主元变换法的内涵与原理.在近年高考导数试题中，经常有多个变量（如x、a等）同时出现的情形，解题的常规思路是以x为主元，其他变量为参数（如a）求解.但在实际解答过程中，又往往危机四伏，困难重重，容易陷入走投无路、进退维谷的困境.此时，当多次正面交锋无果后，可以根据不等式的结构特征，尝试改变分析问题的视角，将参数（如a）重新确立为主元，将x视为参数，构造函数加以解答，往往可以以简驭繁，产生拨云见月、柳暗花明的豁然开朗之感，这种“反客为主”的方法可称之为变换主元法.

显然，欲使学生熟练应用主元变换法进行解题，对该方法的原理认识要到位、准确.认知的难点在于：学生能否接受参数（如a）也可视为主元？当然，学生难以一时理解和接受是情有可原的.以函数的概念为例，不管是初中学习的“变量说”，还是高中阶段学习的“集合对应说”，都习惯了“y与x对应”，而在后续不等式知识（如一元二次不等式）的学习中，也习惯于将不等式看成“关于x”的不等式.在中学阶段五六年的时间里，在学生的头脑中“自变量是x”“未知数是x”的观念由来已久，根深蒂固，甚至认为是“天然”的.为此，教师要从函数概念入手，耐心细致地向学生阐述，引导学生认识到“未知数是x”“主元是x”的认知是受“先入为主”影响所致，是习惯使然，是有失偏颇和科学依据的，二者的“主角”与“配角”身份是完全可以根据需要互换的，以此辩证认识两个变元的主客体地位，这是应用变换主元法的先决条件.

2 如何把握时机实施主元变换策略？

至于什么样的试题适合采用主元变换法呢，不能一概而论，要具体问题具体分析，不能搞也不该搞“一刀切”，而要见机行事，相机而动.就一般解题经验而言，当参数出现频率较高，或参数形式较为复杂时，就可考虑实施变换主元，构造函数后借助导数知识解决问题，收效良好.下面选取两例，进行说明.

案例1（2021年7月清华大学中学生标准学术能力测试）已知函数f（x）＝ex-1-alnx+alna.

（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；

（2）当a＞ 0时，证明：f（x）≥a.

证法1（常规证明方法）

（1）当a＝1 时 ，f（x）＝ex-1-lnx，f′（x）＝则f′（x）在（0，+ ∞ ）内 单 调 递 增.又f′（1）＝0，所 以 当x∈（0，1）时 ，f′（x）＜0；当x∈（1，+ ∞）时 ，f′（x）＞ 0，所以f（x）在 （0，1）内单调递减，在（1，+∞）内单调递增.

（2）当a＞ 0时令g（x）＝xex-1-a，则g′（x）＝(x+1)ex-1＞ 0，所 以g（x）在 （0，+∞ ）内 单 调 递 增.又g（0）＝-a＜0，当x→+∞时，g(x)→+∞，由零点存在性定理可知，g（x）在 （0，+ ∞ ）内有唯一零点x0，使得g（x0）＝0，即x0ex0-1-a＝0.当x∈（0，x0）时 ，g（x）＜ 0，从 而f′（x）＜ 0；当x∈（x0,+ ∞ ）时，g（x）＞0，从而f′（x）＞ 0，所以f（x）在（0，x0）内单调递减，在（x0,+∞）内单调递增，所以f（x）min＝f（x0）＝ex0-1-alnx0+alna.所 以 欲证f（x）≥a，只 需 证 明f（x）min≥a，即 证 ex0-1-alnx0≥a-alna.

又因为x0ex0-1-a＝0，则两边取自然对数，得x0-1＝lna-lnx0，所以ex0-1-a-alna＝a-alna.命题得证.

评注上述解答思路清晰，层次分明.美中不足、值得商榷的有两点：一是“找点”的缺位.在依据零点存在性定理论证“g（x）在（0，+∞）内有零点x0”时采用的是描述性的方式：“当x→+∞时，g(x)→+∞”，显然存在论证不严密、不充分的弊病.那么，是否存在x∈(0)，+∞ ，使得g(x)＞0呢？答案是肯定的，例如当x＝ln（a+1）+1时即满足g(x)＞0，证明如下：

g(l n （a+1）+1)＝[l n （a+1 ）+1]e[ln（a+1）+1]-1-a＝[l n （a+1）+1 ]（a+1）-a＞（a+1）-a＝1＞0，“取点”问题历来是导数解答题的疑难所在，极具挑战性.二是隐零点代换技巧性强.后续证明f（x）min≥a的过程，是典型的“隐零点”代换理论的应用，其间多次进行等式代换，技巧性强，不易为学生掌握.最后，借助基本不等式通过放缩进行证明，整个解答过程较为繁琐冗长，要求考生具备较为全面的素质和能力.那么，能否另辟蹊径，规避上述“取点”及隐零点代换的困扰呢?下面采用主元变换法尝试解答.

证法2（变换主元法）

当a＞0时，欲证f（x）≥a，即证ex-1-alnx+alna≥a，亦即证 ex-1-alnx+alna-a≥0.设g(a)＝ex-1-alnx+alna-a，则g′(a)＝lnalnx，令g′(a)＝0，解得a＝x，且当a∈（0，x）时，g′（a）＜0，g（a）单调递减；当a∈（x，+ ∞）时，g′（a）＞0，g（a）单调递增，所以g（a）min＝g（x）＝ex-1-x≥x-x＝0，所以g（a）≥ 0，原不等式成立.

案例2（2015年高考全国新课标Ⅰ卷文科第21题）已知函数f（x）＝e2x-alnx，

（Ⅰ）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；

（Ⅱ）证明：当a＞0时

证法1（常规证明方法）

（Ⅰ）（略）；

评注本题也可进行如下证明：由（＊）式得欲证（＊）式得a＝2x0e2x0，即证整理后，只需证明(2x0-1)2≥0，该式显然成立，命题得证.

上述两种证明过程都用隐零点等式进行了两次代换，其难点依然在于“找点”，即借助于零点 存 在 性 定 理 ，说 明 ∃x0∈（0，+∞ ）满 足需要较全面的数学知识和较高的数学素养.那么，本题还有其他证法吗？下面转变一下思路，习惯上将即证不等式中的x视为未知数，a视为参数.而本题中a的形式较为复杂（例如），为此，可以考虑主配角互换一下，即将不等式中的a视为未知数，x视为参数，重新尝试证明.

证法2（变换主元法）

设h（x）＝2ex-e2x，h（x）＝2e-2e2x，h（x）在内单调递增，在内单调递减

亦即g（a）max≤ 0，命题得证.

在上述两个案例的解答过程可以发现，运用主元变换的方法，将函数视为a的函数，思维难度降低，解答运算量得以大幅缩减，有事半功倍之成效.另外，还可以看出主元变换法更适用于参数出现频率较高，或参数形式较为复杂的情形.需注意的是，变换主元构造函数后，主副元已经交换，要按照新元进行求导运算.

3 如何理解“配套”技巧装备支撑？

“四翼”是《中国高考评价体系》提出的高考考查要求，其中之一的“综合性”要求考生“能够运用科学的思维方法，合理地组织、调动不同学科的相关知识与能力，高质量地应对生活实践或学习探索中的复杂问题情境，能够触类旁通、举一反三、甚至融会贯通.”克莱因也指出，一个数学教师的职责是应使学生了解数学并不是孤立的一门学问，而是一个有机的整体.本文着重讨论的不等式问题，经常作为高考压轴题出现，其解答过程往往不是一蹴而就的，极有可能经历多次、痛苦的路径探索.而解题策略的确定也只是解题的开端，能否完美的到达终点还需其他相关数学知识、方法、思想、技巧等的支持，如证明不等式的常用方法：比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法、数学归纳法、构造法、判别式法、换元法、局部调整法等，这些基础方法训练要扎实到位，尤其是基本不等式、柯西不等式、琴生不等式、排序不等式、切线不等式等放缩工具要加强练习，熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤、技巧和语言特点，夯基固本，久久为功.如此，解题时才能依据题设、题目的特点和内在关联，选择适当的证明方法，游刃有余、从容不迫地完成高质量的解答.

主元变换法大有用武之地，下面再举几例.

题1（2016年全国新课标ⅠⅠⅠ卷文科第21题）设函数f（x）＝lnx-x+1.

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）证明：当x∈(1，+∞ )时

（3）设c＞1，证 明 ：当x∈(0，1) 时 ，1+(c-1)x＞cx.

解（1）（2）（略）

（3）设g(c)＝1+(c-1)x-cx，c＞1，则g′(c)＝x-xcx-1＝x(1-cx-1).因为x∈(0 ，1)，所以x-1∈(-1，0)，于是h（c）＝cx-1在(1 ，+∞)内单调递减，从而cx-1＞ 1x-1＝1，1-cx-1＞ 0，所以g′(c)＞0，从而g(c)在(1 ，+∞)内单调递增 ，从 而 有g(c)＞g(1)＝1-1＝0，即 1+(c-1)x-cx＞0，所 以 ，当c＞1，x∈(0 ，1)时 ，1+(c-1)x＞cx.

点评上述解答通过变更主元，构造了新函数从而g(c)，通过对g(c)求导，直接判断出g′(c)＞0，得到g(c)在(1 ，+∞)内单调递增，进而得证，与原参考答案构造关于x的函数相比，操作性更强，步骤更简洁，显示出变更主元法的优越性.

题2（重庆南开中学高2022届高三7月考试）已知函数

（1） 当a＞0时 ，讨 论 函 数 的F(x)＝单调性；

（2） 当a＞1 时 ，求 证 ：axf（x）-g（ax）＞（e-1）x+1.

解（1）（略）

（2）当a＞ 1时，欲证axf（x）-g（ax）＞（e-1）x+1，即证aex-（e-1）x-ln（ax）≥ 1.

设h（a）＝aex-（e-1）x-ln （ax），则h′（a）＝因为a＞ 1，且x＞ 0，ex＞ 1，所以

h′（a）＝ex-＞0，所以h（a）在 (1 ，+∞)内 单 调 递 增 ，故h（a）＞h（1）＝ex-（e-1）xlnx＝(ex-ex)+(x-lnx)≥1，

原不等式成立.

评注本题最后借助了切线不等式ex≥ex、x-1≥lnx实施放缩.

题 3已知函数f（x）＝ex(sinx-ax2+2ae).

（1）当a＝0时，讨论函数f（x）的单调性；

解（1）当a＝0时，f（x）＝ex(sinx)-e，

f′（x）＝ex(sinx)+cosx-e故f（x）在R上递减.

（2）欲 证 对 任 意x≥0，f（x）≤0，即 证只需证sinx-ax2+2a-e＜0.

设g（a）＝sinx-ax2+2a-e，

下面证明sinx-x2+2-e＜0.

易证对任意x≥0，sinx≤x，则sinx-x2+命题得证.

评注与例1类似，本例也可用隐零点法进行解决，但难度较大，此处不再赘述.使用主元变换后，当x≥0时且时，h（a）是关于a的一次函数，容易列出充要条件进行求解.而在后的两个不等式证明中，都使用了放缩法证明不等式，第一个不等式利用了正弦函数的有界性，第二个不等式借助了常见不等式sinx≤x(x≥0)实施放缩.

上述三例均是利用主元变换法证明不等式恒成立问题，而对于其他类型的题目也可以转化为不等式恒成立问题，进而适时考虑主元变换进行证明，如下面题4.

题4函数

（1）若m＝1，求f（x）的单调区间；

（2）若f（x）的最小值是m，求m的最小值.

解（1）当m＝1 时

设g（x）＝x2ex-1+lnx-1，易 知g（x）在（0，+ ∞ ）内单调递增，且g（1）＝0，故f（x）的单调减区间是（0，1），增区间是（1，+ ∞ ）.

（2）按照常规方法，应先求出f（x）的最小值，再令此最小值等于m，但求解此最小值难度较大.转变思路，首先将问题转化为不等式f（x）≥m恒成立，求m的最小值；其次，由于参数的形式（emx-1）较为复杂，考虑主元变换.

当且仅当m＝时，h（m）＝0.则方程有根，即函数y＝m与y＝的图象有交点.设，所以u（x）在(0，e2)内单调减，在(e2，+ ∞)内单调递增所以m的最小值

评注本题中构造新函数h（m）＝emx-1-后，新的自变量是m，而x的角色则成为了参数.另外，本题上述解答另一关键之处是将条件“f（x）的最小值是m”等价转化为“不等式f（x）≥m恒成立”.

罗增儒教授说：“解题是数学工作者数学活动的基本形式和主要内容，解题是数学工作者的一个存在目的，解题是数学工作者的一个兴奋中心.”解题的重要性不言而喻，而多角度、多渠道地对题目进行剖析更有利于我们深刻把握问题的本质，有效拓宽解题思路.变换主元法可以活跃学生思维，加快解题步伐，提高解题效益.在课堂教学中，教师要以典型习题为载体，引导学生深刻剖析题设条件，摆脱思维定势的束缚，敏锐捕捉解题灵感，触发思维萌芽，全方位搭建解题思路，并放手让学生从多个视角尝试解答，在一招一式的实践拼搏中培养学生独立性、批判性、发散性等创造性思维品质.