多元变量问题解题策略

黄少莹

(福建省莆田第二中学 351131)

多元变量函数问题是函数中的一大难点，问题类型多样，方法多变，但是解题思路主要把握一个宗旨“消参减元”，再辅以构造新函数进行解题.那么如何消参减元呢？本文主要就两大类型来探讨，一是x1，x2为定义域或所给区间中的任意两个变量；二是x1，x2为函数的零点、极值点或方程的两根.

1 利用同构式构造新函数以减元

由于lnx∈[2,4]，因此1-lnx<0.

评析本题不等式中函数含有两个变量，此类问题的解题思路一般是将两个变量分离至不等式两边，利用同构式可将其转化为函数的单调性问题，构造新函数，利用导数达到“减元”的目的，最终再将问题转化为恒成立问题，通过函数的最值得到解决，考查了逻辑推理、数学建模及数学运算等核心素养.同时要特别注意此类问题在解决时要关注变量的取值范围，以及不等式是对该范围内的任意x1，x2恒成立.

例2(2020年天津卷20题)已知函数f(x)=x3+klnx(k∈R)，f′(x)是f(x)的导函数.

(1)当k=6时，①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；

解析(1)①y=9x-8.

则对任意的x1，x2∈[1，+∞)，且x1>x2，欲证

即证[f′(x1)+f′(x2)](x1-x2)>2[f(x1)-f(x2)]成立.

故h(t)在[1，+∞)上为单调递增.

所以h(t)>h(1)=0.

又因为k≥-3，

又x2>1，t>1，

而由(1)②可得t>1时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.

依题可得x1，x2为f′(x)=0的两个不等实根.

故lnx1-mx1=0，lnx2-mx2=0.

两式相加,得lnx1x2=m(x1+x2).

依此可得

故欲证x1x2>e2，即证lnx1x2>2.

故g(t)在(1，+∞)上单调递增.

因此g(t)>g(1)=0.

即lnx1x2>2成立.

所以x1x2>e2.

3 利用变量x1，x2的等量关系进行转化减元

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)由(1)可知若f(x)存在两个极值点x1，x2，则a>2，且x1，x2为-x2+ax-1=0的两根，即x1+x2=a,x1x2=1.

不妨设x1>x2，则x1>1>x2>0.

即证f(x1)-f(x2)<(a-2)(x1-x2).

故g(x)在(1，+∞)上单调递减.

所以g(x)

4 对称变换回归同一单调区间

例5(2016年新课标全国Ⅰ卷21题)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.

(1)求a的取值范围；

(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1+x2<2.

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

①设a=0，则f(x)=(x-2)ex，f(x)只有一个零点．

②设a>0，f(x)在(-∞，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增．

③设a<0，由f′(x)=0得

x=1或x=ln(-2a)．

故当x∈(1，+∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，+∞)上单调递增．

又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.

可得f(x)在(-∞，1)上单调递增，在(1,ln(-2a))上单调递减，在(ln(-2a),+∞)上单调递增．极小值f[ln(-2a)]<极大值f(1)=-e<0，所以f(x)不存在两个零点．

综上，a的取值范围为(0,+∞).

(3)不妨设x1

又f(x)在(-∞，1)上单调递减，

所以欲证x1+x2<2，

即证f(x1)>f(2-x2).

而f(x1)=f(x2)=0，故只需证f(x2)-f(2-x2)>0，x2∈(1，+∞)．

令g(x)=f(x)-f(2-x),x>1，则

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，+∞)上单调递增.

故g(x)>g(1)=0.

从而有x2∈(1，+∞)时f(x2)-f(2-x2)>0.

故x1+x2<2得证.

评析第(1)问主要是为第(2)步作铺垫得到f(x)的单调性，需由此先得到x1，x2的大致范围，再根据所证不等式中x1，x2的和(积)形式转化发现x1,2-x2在同一单调区间，因此考虑将所证问题转化为证明f(x1)，f(2-x2)间的大小关系，又利用f(x1)=f(x2)，将问题再次转化为f(x2)，f(2-x2)间的大小关系，从而构造函数g(x)=f(x)-f(2-x),x>1，证明g(x)>0即可.这种解法中不管所证不等式是x1，x2的和还是积都可将x1，x2分离至不等式两边，并保证它们在已知函数的同一单调区间内，然后利用函数单调性的定义将单调性与a,b大小、f(a),f(b)大小综合起来，从而将问题进行等价转化，结合f(x1)=f(x2)将变量统一为x1或x2，从而构造出新函数以解题.比如例4也可用这种方法解决，读者可自行动手试试.

5 类题训练

(1)求a的取值范围；

教学中我们不应仅仅是教会学生“这道题”怎么做，更重要的是要引导学生学会对题目条件进行深入挖掘，根据不同条件特征、问题结论等进行方法的选择，当条件特征、问题结论与常见(已掌握)的形式不同时，又应如何转化，如何在解题中真正做到消参减元.在教导通性通法的同时，还应抓住题目条件所包含的信息、知识点与证明结论的转化间的异同及关联，引导学生学会归纳总结其中条件的不同、问题结论的不同与对应方法间的联系，以真正领悟各类方法的数学本质，这样才能真正做到“会一题，通一类”.而这正是对高考评价体系中学科素养所包括的“学习掌握、实践探索、思维方法”3个一级指标的最好践行.