多元變量問題解題策略

摘要：多元變量問題因題型多變、形式多樣、涉及數學知識面廣、蘊含數學思想方法多等特點備受命題者的青睞，本文通過具體實例探討求解多元變量問題的常用方法，總結歸納一般的求解策略.

關鍵詞：多元變量；消參；減元

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2022）28-0005-05

收稿日期：2022-07-05

作者簡介：黃少瑩（1985.10-），女，福建省莆田人，本科，中學一級教師，從事高中數學教學研究.

基金項目：2020年福建省電化教育館課題“基于動態數學技術環境高中實驗教學的實踐研究”（項目編號：閩教電館KT2042）；莆田市教育科學“十三五”規劃2020年度課題“基于數學建模提升高中生數學問題意識的教學研究”（項目編號：PTGFKT20150）.

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

例1已知函數f（x）=alnxx（a∈R），x1，x2∈［e2，e4］，且x1≠x2，f（x1）-f（x2）x1-x2＜1x1x2恒成立，則實數a的取值范圍為（ ）.

A.（-∞，-13］B.（-∞，2］

C.［-1，+∞）D.［-13，+∞）

解析由題知，x1，x2∈［e2，e4］，且x1≠x2，f（x1）-f（x2）x1-x2＜1x1x2恒成立.不妨設x1＞x2，則原不等式可化為f（x1）-f（x2）＜1x2-1x1對x1，x2∈［e2，e4］恒成立.

即x1，x2∈［e2，e4］，x1＞x2時都有f（x1）+1x1＜f（x2）+1x2恒成立.

則函數g（x）=f（x）+1x=alnx+1x（a∈R）在［e2，e4］上單調遞減.

由此可得g′（x）=a-alnx-1x2≤0在［e2，e4］上恒成立，即a（1-lnx）≤1.

由于lnx∈［2，4］，因此1-lnx＜0.

故a≥11-lnx在［e2，e4］上恒成立.

所以a≥（11-lnx）max.

而函數y=11-lnx在［e2，e4］上單調遞增，

故x=e4時其最大值為-13.

因此a≥-13，故選D.

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.

2 利用x1x2進行換元

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；②求函數g（x）=f（x）-f ′（x）+9x的單調區間和極值；

（2）當k≥-3時，求證：對任意的x1，x2∈

［1，+∞），且x1＞x2，有f ′（x1）+f ′（x2）2＞f（x1）-f（x2）x1-x2.

解析（1）①y=9x-8.

②g（x）=x3-3x2+6lnx+3x的單調遞減區間為（0，1），單調遞增區間為（1，+∞）；g（x）的極小值為g（1）=1，無極大值.（過程略）

（2）由f（x）=x3+klnx，得f ′（x）=3x2+kx.

則對任意的x1，x2∈［1，+∞），且x1＞x2，欲證

f ′（x1）+f ′（x2）2＞f（x1）-f（x2）x1-x2，

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

因為［f ′（x1）+f ′（x2）］（x1-x2）-2［f（x1）-

f（x2）］=（x1-x2）（3x21+kx1+3x22+kx2）-2（x31-x32+klnx1x2）=x31-3x21x2+3x1x22-x32+k（x1x2-x2x1）-2klnx1x2.

令x1x2=t，t＞1，則x1=tx2.

故上式可化為x32（t3-3t2+3t-1）+k（t-1t-2lnt）=x32（t-1）3+k（t-1t-2lnt）.

記h（t）=t-1t-2lnt（t＞1），則

h′（t）=1+1t2-2t=t2-2t+1t2=（t-1）2t2＞0.

故h（t）在［1，+∞）上為單調遞增.

所以h（t）＞h（1）=0.

又因為k≥-3，

所以k（t-1t-2lnt）≥-3（t-1t-2lnt）.

又x2＞1，t＞1，

所以x32（t-1）3＞（t-1）3.

因此x32（t-1）3+k（t-1t-2lnt）＞（t-1）3-3（t-1t-2lnt）=t3-3t2+3t+6lnt-1.

而由（1）②可得t＞1時g（t）＞g（1）=1.

即t3-3t2+3t+6lnt＞1.

故t3-3t2+3t+6lnt-1＞0.

由此可得［f ′（x1）+f ′（x2）］（x1-x2）-2［f（x1）-f（x2）］＞0.

即f ′（x1）+f ′（x2）2＞f（x1）-f（x2）x1-x2.

所以當k≥-3時，對任意的x1，x2∈［1，+∞），且x1＞x2，有f ′（x1）+f ′（x2）2＞f（x1）-f（x2）x1-x2.

評析第（3）問中首先利用分析法將目標不等式進行等價轉化，通過化簡后的關系式考慮作差證明.一般來說在含lnx1與lnx2的數學關系中常常由作差得到lnx1x2式，并將x1x2換元為t以達到減元的目的.本題也應把握這一換元思想，雖然這并不能達到完全減元的效果，但是可以明確減元方向：以t為主元，消去參數x2，k.結合x1＞x2≥1可以得到x2≥1，又由已知條件k≥-3，因此將x1用t，x2表示后可利用x2，k的范圍進行放縮從而達到徹底減元的目的.而這也正是解決了本題的難點.所以教學中，要引導學生學會根據函數、數學關系式等特征，選擇換元對象，就算不能徹底減元但也要能在多個變量中確定主元，再通過其他途徑消去余下的參變量，最終徹底減元，回歸函數最值（不等式）問題.

例3已知f（x）=xlnx-12mx2-x，m∈R.若f（x）有兩個極值點x1，x2，且x1＜x2，求證：x1x2＞e2.（e為自然對數的底數）

證明由f（x）=xlnx-12mx2-x，得

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）.

兩式相減，得lnx2x1=m（x2-x1）.

依此可得

lnx1x2=lnx2x1·x1+x2x2-x1=lnx2x1·1+x2x1x2x1-1.

令x2x1=t，t＞1，則lnx1x2=lnt·1+tt-1.

故欲證x1x2＞e2，即證lnx1x2＞2.

即證lnt·1+tt-1＞2（t＞1）.

即證當t＞1時，有lnt＞2（t-1）t+1.

令g（t）=lnt-2（t-1）t+1（t＞1），則

g′（t）=1t-4（t+1）2

=（t+1）2-4tt（t+1）2

=（t-1）2t（t+1）2＞0.

故g（t）在（1，+∞）上單調遞增.

因此g（t）＞g（1）=0.

于是當t＞1時，有lnt＞2（t-1）t+1.

即lnx1x2＞2成立.

所以x1x2＞e2.

評析本題中極值點x1，x2轉化為導函數的零點后，得到關系lnx1=mx1，lnx2=mx2，如果直接得到m=lnx1x1=lnx2x2，則無法與所要證明的不等式產生聯系，因此考慮利用對數運算性質將兩式相加減，一方面可構造出所要求證的x1x2式，另一方面可構造出常用的換元式x1x2，同時結合得到的兩個新的關系式不僅可以消去參數m，還可以將所要證明的不等式中的變量x1，x2統一為x1x2，從而通過換元將問題轉化為熟悉的問題模型.

3? 利用變量x1，x2的等量關系進行轉化減元

例4（2018年新課標全國Ⅰ卷21題）已知函數f（x）=1x-x+alnx.

（1）討論f（x）的單調性；

（2）若f（x）存在兩個極值點x1，x2，證明：f（x1）-f（x2）x1-x2＜a-2.

解析（1）f（x）的定義域為（0，+∞），f ′（x）=-1x2-1+ax=-x2+ax-1x2（x＞0）.

當a≤2時f（x）在（0，+∞）上單調遞減，當a＞2時，f（x）在（0，a-a2-42）和（a+a2-42，+∞）上單調遞減，在（a-a2-42，a+a2-42）上單調遞增.（過程略）

（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.

故欲證f（x1）-f（x2）x1-x2＜a-2，

即證f（x1）-f（x2）＜（a-2）（x1-x2）.

而f（x1）-f（x2）=1x1-x1+alnx1-1x2+x2-alnx2=x2-x1x1x2+x2

-x1+alnx1x2=2（x2-x1）+alnx1x2，

故只需證alnx1x2＜a（x1-x2）.

又a＞2，所以只需證lnx1x2＜x1-x2.

由x1x2=1得x2=1x1.

故欲證lnx1x2＜x1-x2，

即證當x1＞1時，2lnx1＜x1-1x1.

令函數g（x）=2lnx-x+1x，x＞1，則

g′（x）=2x-1-1x2=2x-x2-1x2=-（x-1）2x2＜0.

故g（x）在（1，+∞）上單調遞減.

所以g（x）＜g（1）=0.

即2lnx1＜x1-1x1得證.

故f（x1）-f（x2）x1-x2＜a-2得證.

評析第（2）步要證明的不等式與例1的條件不等式形式相似，但是x1，x2卻是f（x）的兩個極值點，因此得到x1，x2為f ′（x）=0的兩根進而得到x1x2=1，所以將要證明的不等式采用分析法一步步化繁為簡后，需證的不等式lnx1x2＜x1-x2便可將x2用x1表示，從而將雙變量不等式轉化為僅含x1的單變量不等式，再構造函數進行證明，最終回歸基礎問題類型.因此解題過程中需特別注意變量間的關系以及范圍限制，才能做到有的放矢.

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．

又f（1）=-e，f（2）=a＞0，取b滿足b＜0且b＜lna2，則f（b）=a2（b-2）+a（b-1）2=ab（b-32）＞0，故f（x）存在兩個零點．

③設a＜0，由f ′（x）=0得

x=1或x=ln（-2a）．

若a≥-e2，則ln（-2a）≤1.

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.

若a＜-e2，則ln（-2a）＞1.

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＜x2，由（1）知x1∈（-∞，1），x2∈（1，+∞），故2-x2∈（-∞，1）.

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）

=（x-1）（ex-e）（ex+e）ex.

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

練習1若對任意x1，x2∈（m，+∞），且x1＜x2，都有x1lnx2-x2lnx1x2-x1＜2，則m的最小值是.（e為自然對數的底數）（答案：1e）練習2已知函數f（x）=lnx-x.方程f（x）=m（m＜-2）有兩個相異實根x1，x2，且x1＜x2，求證：x1x22＜2.

練習3已知函數f（x）=x2（3lnx-2ax-32）有兩個不同的極值點x1，x2.

（1）求a的取值范圍；

（2）求證：1lnx1+1lnx2＞2.

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.

參考文獻：

［1］蔡海濤，盧妮，黃少瑩.2020年高考天津卷第20題解法探究[J].數理化解題研究，2020（31）：14-15.