多元初等函数结构的化解策略

江志杰

以xi（i=1，2，…，n）为变量的基本初等函数，经过有限次的四则运算或复合运算，且可用一个式子表示的函数y=f（x1，x2，…，xn）称为多元初等函数.近年来各地高考屡屡以多元函数模型为载体，综合考查函数的单调性、函数的最值、导数及其应用等基础知识，着力考查推理论证能力、运算求解能力、知识交汇迁移能力和创新意识等，有效考查函数与方程、化归与转化、分类与整合、数形结合等数学思想.这对以一元函数为主体的传统函数教学有着极大的挑战和跨越，为此笔者着重从多元初等函数结构入手，谈谈其化解策略：

1 配凑换元转化为一元函数

如有些二元函数经过适当的整理变形后，可令其中t=x1x2或t=x1x2或t=x1±x2等，即可转换为关于t的一元函数y=φ（t）来解决，这是一种最常规的化归策略.

例1 设A（x1，y1），B（x2，y2）（x1<；x2）是函数f（x）=xlnx-x+1图象上的两点，且曲线f（x）在点T（t，f（t））处的切线与直线AB平行，求证：x1<；t<；x2.

解析 由kAB=f′（t）得x2lnx2-x2+1-（x1lnx1-x1+1）x2-x1=lnt.故本题关键证明关于t的函数g（t）=lnt-x2lnx2-x1lnx1-x2+x1x2-x1在（x1，x2）上有零点，且注意到g（t）在（x1，x2）上单调递增，于是问题转化为判断端点值g（x1）、g（x2）的符号：

而g（x1）=lnx1-x2lnx2-x1lnx1-x2+x1x2-x1=x2（lnx1-lnx2）+x2-x1x2-x1的右端是二元“准齐次”的分式结构，分式上下同除以x2得g（x1）=lnx1x2+1-x1x21-x1x2，只要设λ=x1x2，由重要不等式lnx≤x-1即可判断出lnλ+1-λ1-λ（λ∈（0，1））中分子lnλ+1-λ<；0，故g（x1）<；0；同理可得g（x2）>；0.从而问题得证.

点评 解决本题另一关键就是要明确字符t，x1，x2，λ的“身份特征”，如在初始函数g（t）=lnt-x2lnx2-x1lnx1-x2+x1x2-x1中t是自变量、未知量，x1，x2是常量；然而在二元函数g（x1）=x2（lnx1-lnx2）-x2+x1x2-x1中x1，x2是自变量的“身份”；λ是换元简化后一元函数的自变量.所以，只有把握前后函数的“主元”，方能抓住解决问题的核心和本质.

变式 设A（x1，y1），B（x2，y2）（x1<；x2）是函数f（x）=eax-x（a≠0）图象上的两点，记直线AB的斜率为k，问：是否存在x0∈（x1，x2），使f′（x0）>；k成立？若存在，求x0的取值范围；若不存在，请说明理由.

解析 构造函数φ（x）=f′（x）-k=aeax-eax2-eax1x2-x1，则φ′（x）=a2eax>；0，φ（x）在R单调递增，现研究端点值φ（x1）、φ（x2）的符号：

φ（x1）=-eax1x2-x1[ea（x2-x1）-a（x2-x1）-1]，φ（x2）=eax2x2-x1[ea（x1-x2）-a（x1-x2）-1].

其中eax1x2-x1>；0，eax2x2-x1>；0，依次令a（x2-x1）=t，a（x1-x2）=t，则由F（t）=et-t-1，F′（t）=et-1易得F（t）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，且F（0）=0.从而得et-t-1>；0（t≠0）成立.所以有：φ（x1）<；0、φ（x2）>；0.根据零点存在定理，存在唯一c∈（x1，x2）使得φ（c）=0，且c=1alneax2-eax1a（x2-x1）.故当且仅当x0∈（1alneax2-eax1a（x2-x1），x2）时，φ（x0）>；0，即f′（x0）>；k.

点评 本题解析中φ（x1）、φ（x2）的配凑整理和分离一元函数F（t）=et-t-1的模型是问题解决的最大“靓点”.2 更换主元演变为一元函数

多元初等函数y=f（x1，x2，…，xn）经常根据实际需要，比如将x1视作变量，其余x2，…，xn视作常量，即可实现转化为一元函数y=φ（x1）的形式.

如例1解析中：g（x1）=x2（lnx1-lnx2）+x2-x1x2-x1（0<；x1<；x2）的符号由分子x2（lnx1-lnx2）+x2-x1的符号所确定.若将x1视作自变量、将x2视作常量，则可得一元函数φ（x1）=x2（lnx1-lnx2）+x2-x1（其中x1∈（0，x2），x2为常量），对x1求导得φ′（x1）=x2x1-1>；0，故函数φ（x1）=x2（lnx1-lnx2）+x2-x1在（0，x2）上单调递增，且用x2替代x1得端点值φ（x2）=0，所以φ（x1）<；0，g（x1）<；0.同理可得g（x2）>；0.

又如例1变式的解析中φ（x1）、φ（x2）的整理变形一般不易做到，但若仿照上述第二种思路，或许更易接受：φ（x1）=aeax1-eax2-eax1x2-x1=ax2eax1-ax1eax1-eax2+eax1x2-x1（x1<；x2）的符号由分子二元函数的符号确定，若将x1视作自变量、将x2视作常量，则可得一元函数ρ（x1）=ax2eax1-ax1eax1-eax2+eax1（其中x1∈（-∞，x2），x2为常量），对x1求导得ρ′（x1）=a2x2eax1-a2x1eax1-aeax1+aeax1=a2eax1（x2-x1）>；0，故一元函数ρ（x1）=ax2eax1-ax1eax1-eax2+eax1在（-∞，x2）上单调递增，且用x2替代x1得端点值ρ（x2）=0，所以ρ（x1）<；0，φ（x1）<；0.同理可得φ（x2）>；0.

3 利用单调性定义建构函数

某些二元不等式左右两边具备鲜明的同构性，比如f（x1）>；f（x2）或f（x1）-f（x2）x1-x2>；c等结构的不等式经常可建构函数模型，转化为函数的单调性问题来加以解决.

例2 设f（x）=ex-a（x+1）（e是自然对数的底数，e=2.71828…），且f′（0）=0.

（Ⅰ）求实数a的值，并求函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）设g（x）=f（x）-f（-x），若曲线y=g（x）上任意不同两点连线的斜率恒大于实数m，试求实数m的取值范围.

解析 （Ⅰ）解得a=1，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；单调递减区间为（-∞，0）.

（Ⅱ）依题意得，对任意x1，x2∈R（x1<；x2），恒有g（x2）-g（x1）x2-x1>；m（x1<；x2）成立.变形得：g（x2）-mx2>；g（x1）-mx1.构造函数F（x）=g（x）-mx，则F（x）在R上单调递增.

所以F′（x）=g′（x）-m≥0，即m≤g′（x）在R上恒成立.而g′（x）=f（x）+f′（-x）=ex+e-x-2≥2ex·e-x-2=0（当且仅当x=0时取“=”）。所以m≤0.

4 挖掘目标函数式几何意义

有些多元函数y=f（x1，x2，…，xn）本身蕴含着某种特殊结构（如两点间的距离或距离平方或两点斜率等形式），具有丰富的几何意义.倘若我们能充分发挥数形结合思想，必将巧妙有效地开辟崭新的解法空间.

例3 若实数a，b，c，d满足（b+a2-3lna）2+（c-d+2）2=0，则（a-c）2+（b-d）2的最小值为 .

解析 目标多元函数（a-c）2+（b-d）2表示点（a，b）与点（c，d）之间距离的平方，由已知条件得：b+a2-3lna=0，c-d+2=0.即点（a，b）、点（c，d）分别是曲线y=-x2+3lnx与直线x-y+2=0上的动点，因此本题关键即求曲线y=-x2+3lnx上的点与直线x-y+2=0上点的距离的最小值.设曲线y=-x2+3lnx在点P（m，n）处的切线与直线x-y+2=0平行，则y′x=m=-2m+3m=1，解得m=1或m=-32（不合舍去），故切点P的坐标为（1，-1），且P到直线x-y+2=0的距离d=1-（-1）+22=22.

所以（a-c）2+（b-d）2的最小值为8.

例4 已知正数a，b，c满足：5c-3a≤b≤4c-a，clnb≥a+clnc，则ba的取值范围是 .

解析 本题关键在于挖掘条件中多元不等式的内涵：5c-3a≤b≤4c-a，clnb≥a+clnc可化为：3·ac+bc≥5，ac+bc≤4，bc≥eac.设ac=x，bc=y，则ba=yx，于是题目转化为：“已知x，y满足3x+y≥5，

x+y≤4，

y≥ex，

x>；0，y>；0，求yx的取值范围”.

作出（x，y）所在平面区域（如右图）.过原点作曲线y=ex的切线，设切点为P（t，et），则kOP=ett=（et）′，解得t=1，kOP=e；

又由3x+y=5和x+y=4得交点C（12，72），kOC=7.故ba=yx的取值范围为[e，7].

点评 在研究某些多元函数结构问题时，如果单纯从代数的角度去分析思考，往往很难找到正确的解题途径，这时若能根据函数式结构特征，联想到与之相应的几何背景、几何模型，就可使问题迎刃而解，体现出简捷、明快、精巧、创新的数学风格.5 分离提炼隐藏函数

有些多元方程f（x1，x2，…，xn）=0中，当xi取某区间内的某一值时，相应地总有满足这一方程的唯一的xj（i，j∈{1，2，…，n}（i≠j））值存在，那么多元方程f（x1，x2，…，xn）=0在该区间确定了一个隐藏函数xj=φ（xi）.通过分离提炼隐藏函数xj=φ（xi），从而实现问题的化解.但要注意有时隐藏函数xj=φ（xi）的确定显化是有困难的，甚至不可能的.

例5 （2014年天津高考）已知函数f（x）=x-aexa∈R，x∈R.若函数y=fx有两个零点x1，x2，且x1<；x2.（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）证明x2x1随着a的减小而增大；（Ⅲ）证明x1+x2随着a的减小而增大.

解析 （Ⅰ）由fx=x-aex，可得f′x=1-aex.下面分两种情况讨论：

（ⅰ）当a≤0时，f′（x）>；0在R上恒成立，可得f（x）在R上单调递增，不合题意.

（ⅱ）当a>；0时，令f′（x）>；0得x<；-lna；令f′（x）<；0得x>；-lna.所以f（x）的单调递增区间是（-∞，-lna）；单调递减区间是（-lna，+∞）.依题意得f（-lna）=-lna-1<；0，解得0<；a<；e-1.即a的取值范围是（0，e-1）.

（Ⅱ）由x1-aex1=0得x1是自变量a的函数，两边求关于a的导数得x′1-ex1-aex1x′1=0即x′1=ex11-aex1.其中由（Ⅰ）可知x1<；-lna，aex1<；1，x′1>；0；同理可得x′2<；0.

即当自变量a的值减小时，x1的值减小，x2的值增大，从而x2x1的值增大.

（Ⅲ）将x2x1视为变量t（t>；1），即设x2x1=t.又由x1=aex1、x2=aex2得x2x1=ex2-xx，

即t=e（t-1）x1，x1=lntt-1，x2=tlntt-1.所以x1+x2=（1-2t-1）lnt.（t>；1），易得x1+x2在t∈（1，+∞）上随着t的增大而增大.而t随着a的减小而增大，故x1+x2随着a的减小而增大.

结束语 多元函数结构的化解问题其实是个广泛笼统的话题，在高中数学考查中屡屡涉及，着实让广大师生深感棘手茫然.但只要精心剖析多元结构式的本质特征或鲜明特点，巧妙灵活地通过换元或分离或提取等一系列上述措施，有效转化为一元函数问题来解决，将一元函数的思想方法淋漓尽致地渗透或迁移到多元函数问题中，这种处理方式也正符合高中数学新课程所提倡的高层次能力要求.

3 利用单调性定义建构函数

某些二元不等式左右两边具备鲜明的同构性，比如f（x1）>；f（x2）或f（x1）-f（x2）x1-x2>；c等结构的不等式经常可建构函数模型，转化为函数的单调性问题来加以解决.

例2 设f（x）=ex-a（x+1）（e是自然对数的底数，e=2.71828…），且f′（0）=0.

（Ⅰ）求实数a的值，并求函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）设g（x）=f（x）-f（-x），若曲线y=g（x）上任意不同两点连线的斜率恒大于实数m，试求实数m的取值范围.

解析 （Ⅰ）解得a=1，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；单调递减区间为（-∞，0）.

（Ⅱ）依题意得，对任意x1，x2∈R（x1<；x2），恒有g（x2）-g（x1）x2-x1>；m（x1<；x2）成立.变形得：g（x2）-mx2>；g（x1）-mx1.构造函数F（x）=g（x）-mx，则F（x）在R上单调递增.

所以F′（x）=g′（x）-m≥0，即m≤g′（x）在R上恒成立.而g′（x）=f（x）+f′（-x）=ex+e-x-2≥2ex·e-x-2=0（当且仅当x=0时取“=”）。所以m≤0.

4 挖掘目标函数式几何意义

有些多元函数y=f（x1，x2，…，xn）本身蕴含着某种特殊结构（如两点间的距离或距离平方或两点斜率等形式），具有丰富的几何意义.倘若我们能充分发挥数形结合思想，必将巧妙有效地开辟崭新的解法空间.

例3 若实数a，b，c，d满足（b+a2-3lna）2+（c-d+2）2=0，则（a-c）2+（b-d）2的最小值为 .

解析 目标多元函数（a-c）2+（b-d）2表示点（a，b）与点（c，d）之间距离的平方，由已知条件得：b+a2-3lna=0，c-d+2=0.即点（a，b）、点（c，d）分别是曲线y=-x2+3lnx与直线x-y+2=0上的动点，因此本题关键即求曲线y=-x2+3lnx上的点与直线x-y+2=0上点的距离的最小值.设曲线y=-x2+3lnx在点P（m，n）处的切线与直线x-y+2=0平行，则y′x=m=-2m+3m=1，解得m=1或m=-32（不合舍去），故切点P的坐标为（1，-1），且P到直线x-y+2=0的距离d=1-（-1）+22=22.

所以（a-c）2+（b-d）2的最小值为8.

例4 已知正数a，b，c满足：5c-3a≤b≤4c-a，clnb≥a+clnc，则ba的取值范围是 .

解析 本题关键在于挖掘条件中多元不等式的内涵：5c-3a≤b≤4c-a，clnb≥a+clnc可化为：3·ac+bc≥5，ac+bc≤4，bc≥eac.设ac=x，bc=y，则ba=yx，于是题目转化为：“已知x，y满足3x+y≥5，

x+y≤4，

y≥ex，

x>；0，y>；0，求yx的取值范围”.

作出（x，y）所在平面区域（如右图）.过原点作曲线y=ex的切线，设切点为P（t，et），则kOP=ett=（et）′，解得t=1，kOP=e；

又由3x+y=5和x+y=4得交点C（12，72），kOC=7.故ba=yx的取值范围为[e，7].

点评 在研究某些多元函数结构问题时，如果单纯从代数的角度去分析思考，往往很难找到正确的解题途径，这时若能根据函数式结构特征，联想到与之相应的几何背景、几何模型，就可使问题迎刃而解，体现出简捷、明快、精巧、创新的数学风格.5 分离提炼隐藏函数

有些多元方程f（x1，x2，…，xn）=0中，当xi取某区间内的某一值时，相应地总有满足这一方程的唯一的xj（i，j∈{1，2，…，n}（i≠j））值存在，那么多元方程f（x1，x2，…，xn）=0在该区间确定了一个隐藏函数xj=φ（xi）.通过分离提炼隐藏函数xj=φ（xi），从而实现问题的化解.但要注意有时隐藏函数xj=φ（xi）的确定显化是有困难的，甚至不可能的.

例5 （2014年天津高考）已知函数f（x）=x-aexa∈R，x∈R.若函数y=fx有两个零点x1，x2，且x1<；x2.（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）证明x2x1随着a的减小而增大；（Ⅲ）证明x1+x2随着a的减小而增大.

解析 （Ⅰ）由fx=x-aex，可得f′x=1-aex.下面分两种情况讨论：

（ⅰ）当a≤0时，f′（x）>；0在R上恒成立，可得f（x）在R上单调递增，不合题意.

（ⅱ）当a>；0时，令f′（x）>；0得x<；-lna；令f′（x）<；0得x>；-lna.所以f（x）的单调递增区间是（-∞，-lna）；单调递减区间是（-lna，+∞）.依题意得f（-lna）=-lna-1<；0，解得0<；a<；e-1.即a的取值范围是（0，e-1）.

（Ⅱ）由x1-aex1=0得x1是自变量a的函数，两边求关于a的导数得x′1-ex1-aex1x′1=0即x′1=ex11-aex1.其中由（Ⅰ）可知x1<；-lna，aex1<；1，x′1>；0；同理可得x′2<；0.

即当自变量a的值减小时，x1的值减小，x2的值增大，从而x2x1的值增大.

（Ⅲ）将x2x1视为变量t（t>；1），即设x2x1=t.又由x1=aex1、x2=aex2得x2x1=ex2-xx，

即t=e（t-1）x1，x1=lntt-1，x2=tlntt-1.所以x1+x2=（1-2t-1）lnt.（t>；1），易得x1+x2在t∈（1，+∞）上随着t的增大而增大.而t随着a的减小而增大，故x1+x2随着a的减小而增大.

结束语 多元函数结构的化解问题其实是个广泛笼统的话题，在高中数学考查中屡屡涉及，着实让广大师生深感棘手茫然.但只要精心剖析多元结构式的本质特征或鲜明特点，巧妙灵活地通过换元或分离或提取等一系列上述措施，有效转化为一元函数问题来解决，将一元函数的思想方法淋漓尽致地渗透或迁移到多元函数问题中，这种处理方式也正符合高中数学新课程所提倡的高层次能力要求.

3 利用单调性定义建构函数

某些二元不等式左右两边具备鲜明的同构性，比如f（x1）>；f（x2）或f（x1）-f（x2）x1-x2>；c等结构的不等式经常可建构函数模型，转化为函数的单调性问题来加以解决.

例2 设f（x）=ex-a（x+1）（e是自然对数的底数，e=2.71828…），且f′（0）=0.

（Ⅰ）求实数a的值，并求函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）设g（x）=f（x）-f（-x），若曲线y=g（x）上任意不同两点连线的斜率恒大于实数m，试求实数m的取值范围.

解析 （Ⅰ）解得a=1，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；单调递减区间为（-∞，0）.

（Ⅱ）依题意得，对任意x1，x2∈R（x1<；x2），恒有g（x2）-g（x1）x2-x1>；m（x1<；x2）成立.变形得：g（x2）-mx2>；g（x1）-mx1.构造函数F（x）=g（x）-mx，则F（x）在R上单调递增.

所以F′（x）=g′（x）-m≥0，即m≤g′（x）在R上恒成立.而g′（x）=f（x）+f′（-x）=ex+e-x-2≥2ex·e-x-2=0（当且仅当x=0时取“=”）。所以m≤0.

4 挖掘目标函数式几何意义

有些多元函数y=f（x1，x2，…，xn）本身蕴含着某种特殊结构（如两点间的距离或距离平方或两点斜率等形式），具有丰富的几何意义.倘若我们能充分发挥数形结合思想，必将巧妙有效地开辟崭新的解法空间.

例3 若实数a，b，c，d满足（b+a2-3lna）2+（c-d+2）2=0，则（a-c）2+（b-d）2的最小值为 .

解析 目标多元函数（a-c）2+（b-d）2表示点（a，b）与点（c，d）之间距离的平方，由已知条件得：b+a2-3lna=0，c-d+2=0.即点（a，b）、点（c，d）分别是曲线y=-x2+3lnx与直线x-y+2=0上的动点，因此本题关键即求曲线y=-x2+3lnx上的点与直线x-y+2=0上点的距离的最小值.设曲线y=-x2+3lnx在点P（m，n）处的切线与直线x-y+2=0平行，则y′x=m=-2m+3m=1，解得m=1或m=-32（不合舍去），故切点P的坐标为（1，-1），且P到直线x-y+2=0的距离d=1-（-1）+22=22.

所以（a-c）2+（b-d）2的最小值为8.

例4 已知正数a，b，c满足：5c-3a≤b≤4c-a，clnb≥a+clnc，则ba的取值范围是 .

解析 本题关键在于挖掘条件中多元不等式的内涵：5c-3a≤b≤4c-a，clnb≥a+clnc可化为：3·ac+bc≥5，ac+bc≤4，bc≥eac.设ac=x，bc=y，则ba=yx，于是题目转化为：“已知x，y满足3x+y≥5，

x+y≤4，

y≥ex，

x>；0，y>；0，求yx的取值范围”.

作出（x，y）所在平面区域（如右图）.过原点作曲线y=ex的切线，设切点为P（t，et），则kOP=ett=（et）′，解得t=1，kOP=e；

又由3x+y=5和x+y=4得交点C（12，72），kOC=7.故ba=yx的取值范围为[e，7].

点评 在研究某些多元函数结构问题时，如果单纯从代数的角度去分析思考，往往很难找到正确的解题途径，这时若能根据函数式结构特征，联想到与之相应的几何背景、几何模型，就可使问题迎刃而解，体现出简捷、明快、精巧、创新的数学风格.5 分离提炼隐藏函数

有些多元方程f（x1，x2，…，xn）=0中，当xi取某区间内的某一值时，相应地总有满足这一方程的唯一的xj（i，j∈{1，2，…，n}（i≠j））值存在，那么多元方程f（x1，x2，…，xn）=0在该区间确定了一个隐藏函数xj=φ（xi）.通过分离提炼隐藏函数xj=φ（xi），从而实现问题的化解.但要注意有时隐藏函数xj=φ（xi）的确定显化是有困难的，甚至不可能的.

例5 （2014年天津高考）已知函数f（x）=x-aexa∈R，x∈R.若函数y=fx有两个零点x1，x2，且x1<；x2.（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）证明x2x1随着a的减小而增大；（Ⅲ）证明x1+x2随着a的减小而增大.

解析 （Ⅰ）由fx=x-aex，可得f′x=1-aex.下面分两种情况讨论：

（ⅰ）当a≤0时，f′（x）>；0在R上恒成立，可得f（x）在R上单调递增，不合题意.

（ⅱ）当a>；0时，令f′（x）>；0得x<；-lna；令f′（x）<；0得x>；-lna.所以f（x）的单调递增区间是（-∞，-lna）；单调递减区间是（-lna，+∞）.依题意得f（-lna）=-lna-1<；0，解得0<；a<；e-1.即a的取值范围是（0，e-1）.

（Ⅱ）由x1-aex1=0得x1是自变量a的函数，两边求关于a的导数得x′1-ex1-aex1x′1=0即x′1=ex11-aex1.其中由（Ⅰ）可知x1<；-lna，aex1<；1，x′1>；0；同理可得x′2<；0.

即当自变量a的值减小时，x1的值减小，x2的值增大，从而x2x1的值增大.

（Ⅲ）将x2x1视为变量t（t>；1），即设x2x1=t.又由x1=aex1、x2=aex2得x2x1=ex2-xx，

即t=e（t-1）x1，x1=lntt-1，x2=tlntt-1.所以x1+x2=（1-2t-1）lnt.（t>；1），易得x1+x2在t∈（1，+∞）上随着t的增大而增大.而t随着a的减小而增大，故x1+x2随着a的减小而增大.

结束语 多元函数结构的化解问题其实是个广泛笼统的话题，在高中数学考查中屡屡涉及，着实让广大师生深感棘手茫然.但只要精心剖析多元结构式的本质特征或鲜明特点，巧妙灵活地通过换元或分离或提取等一系列上述措施，有效转化为一元函数问题来解决，将一元函数的思想方法淋漓尽致地渗透或迁移到多元函数问题中，这种处理方式也正符合高中数学新课程所提倡的高层次能力要求.