浅析导数中的多元问题

魏俊潮 陈颖扬 许志城

【摘 要】导数与初等函数结合考查，探究函数的单调性和极值问题，在高考中经常作为压轴题出现。学好导数并熟练运用导数知识对解决函数应用题具有不可忽视的作用。本文针对求多元中某一元的范围，目标函数的取值范围，以及几类不等式的证明等常见的几种多元问题进行了一些研究，给出导数中多元问题不同题型的常规解題方法，以期为解决导数问题中的几类多元问题提供清晰的解题思路。

【关键词】导数;多元问题;构造函数;主元思想

【中图分类号】G633.6  【文献标识码】A  【文章编号】1671-8437（2021）16-0037-03

在解决导数相关问题时，多元问题往往因为未知元素多，难以选择合适的解题思路，成为学生解题时的难点。常见的题型有求多个元素中某个元素的范围、求某个函数的范围以及证明不等式等[1]。本文结合近几年的高考题及模拟题，探讨导数多元问题中的几种题型的解题策略。

1   求多元中某一元的范围

例1：（南京市2019届高三9月学情调研，14）若函数在 x=x1 和 x=x2 两处取到极值，且，则实数 a 的取值范围是多少？

解：f'（x）=ax?ex，由x=x1和x=x2两处取到极值，有 f'（x1）= f'（x2）=0，可得 f'（x）=0有两个不相等的解。当函数 y=ax与 y=ex相切时，设切点为x0，有ex0=a，所以x0=ln a 。则 aln a>eln a，易知 a>e ，且 0

当 0

当1，对于函数 g（x）=，

，所以函数 g（x）在 x∈[1，+∞）上单调递增，因此。从而 0。

评注：在本题中，选择合适的元素作为主元是解题的关键。考虑到题目中≥ 2这个条件，选择 x1 作为主元，从而对 x1 的取值范围进行讨论，将要求范围的元素 a 用主元表示之后，控制主元 x1 的范围，进而得出 a 的范围。本题还可选择将作为主元，进而求解 a 的取值

范围。

2   求目标函数的取值范围

例2：（山东省2020届高三高考模拟题，22）已知函数f（x）=x2?ax+2ln x，（a∈R）。

（1）略。

（2）若f（x） 有两个极值点 x1，x2（x1

时，求f（x1） ? f（x2） 的最大值。

解：（2）若f（x）有两个极值点x1，x2（x1

f'（x1） = f'（x2） =0，亦即 x1，x2 是方程 2x2?ax+2=0的两个不等实根，所以x1+ x2=， x1x2 =1。因此

f（x2）?f（x1）=（x22?ax2+2ln x2）?（x12?ax1+2ln x1）

=（x2?x1）（x2+x1）+2（x2+x1）（x1?x2）+2ln

=x12?x22+2ln x22=?x22+2ln x22，

令 x22=t，则f（x2）?f（x1）=?x22+2ln x22，

又因为，所以有

。

因此t=x22∈[e，+∞），令，其中t∈

[e，+∞），则<0在t∈[e，+∞）上恒成立。

所以函数在 t∈[e，+∞）上单调递减，因此，即f（x1） ? f（x2） 的最大值为?e+2。

评注：本题是求函数的极值问题，在目标函数中存在三个未知数，因此利用好题目中存在的条件消元是本题的解题关键。一元二次方程中的韦达定理是高考中的重点，应用韦达定理也是本题换元的关键，控制参数的取值范围也是此类题型的一个难点[2]。

3   不等式的证明

例3：（2019南通、扬州等七市高三第一次调研测试，19）已知函数，（a∈R）。

（1）略。

（2）设f（x）的导数为f'（x），若f（x）有两个不相同的零点 x1，x2 。①求实数a的取值范围。②证明：x1f'（x1）+x2f'（x2）>2ln a+2。

解：①已知f'（x）=，因此a>0，否则函数单调递增，与f（x）有两个不相同的零点矛盾。当a>0时，

f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，因此f（x）的最小值为f（a） ， f（a）=1+ln a<0 ，解得00，f（a）<0，函数在（a，1）上不间断，所以函数在（a，1）上有唯一零点，又因为0<

a2

f（a）=g（a）=+2ln a> g（）= e?2>0 ， f（a）<0，所以函数f（x）在 （0，a） 上有唯一的零点，综上所述，0

② p=x1 f'（x1）+x2 f'（x2）=1?，又因为，则p=2+ln（x1x2），下证 x1x2>a2。不妨设 x1a2，即证x1>。又因为函数f（x）在（0，a）上单调递减，且x1，∈（0，a），所以只需证明f（）>f（x1），又因为f（x2）

=f（x1）=0，即证f（）>f（x2）。

设函数 F（x）=f（）=?ln x+2ln a，所以 F'（x）=

>0（x>a），因此函数F（x）在（a，+∞）上单调递增。

因此 F（x2）>F（a）=0 ，所以f（）>f（x2）成立，从而x1x2>a2成立，因此p=x1f'（x1）+x2f'（x2）>2ln a+2，亦即x1f'（x1）+x2f'（x2）>2ln a+2成立。

评注：本题将证明的不等式进行化簡之后会得到形如 x1x2>c 的不等式，这是证明多元的不等式常见的形式。结合题目中函数的单调性，将 x1x2>c 转换成 x1>的形式之后，构造新的函数，达到消元的目的，进而分析新构造函数单调性，这是此类问题解题的关键[3]。

例4：（2020天津高考题，20）已知函数f（x）=x3+kln x

（k∈R）， f'（x）为f（x）的导函数。

（1）略。

（2）当k ≥ ?3时，求证：对于任意的 x1，x2∈[1，+∞），且 x1>x2，有>。

解：（2）证明：由f（x）=x3+kln x，得，

对任意的 x1，x2∈[1，+∞），且 x1>x2，令=t （t>1），则有：

。

令 h（x）=x??2ln x，x∈[1，+∞），当x>1时，h'（x）=

（1?）2>0，因此 h（x）在[1，+∞）上单调递增，所以 h（t）>h（1）=0，又因为 x2 ≥ 1，t3?3t2+3t?1=（t?1）3>0，k ≥ ?3，因此

<

。

令g（t），则

，

因此函数 g（t）在（1，+∞）上单调递增， g（t）>g（1）=0，所以>0，因而当k ≥ ?3时，对于任意的 x1，x2[1，+∞），且x1>x2，有>成立。

评注：本题的不等式在经过化简处理之后不等式两边出现了非齐次的问题，以=t作为主元将不等式化简之后仍留有x2的形式，因此巧妙利用函数的正负性以及题目所给的条件，对要证明的不等式进行放缩是本题解题的关键点，也是本题的难点。

例5：（盐城市2019届高三第三次模拟考试，19）设函数f（x）=x?aex（e为自然对数的底数，a∈R）。

（1）（2）略。

（3）若函数g（x）=（ex?e） f（x）有且仅有三个不同的零点 x1，x2，x3 ，且x1

解：（3）函数g（x）=（ex?e） f（x）的零点即为方程

（ex?e） f（x）=0的实数根，故ex?e=0或者f（x）=0，由ex?e=0得 x=1，所以f（x）=0有且仅有两个不等于1的不同零点。

由f（x）=0，得，设 h（x）=，则h'（x）=

，由>0，得x<1;由<0，得x>1。

因此函数 h（x）在（?∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，所以 h（x）=0有且仅有两个不等的实数根，且1个根小于1，1个根大于1，又因为g（x）=（ex?e） f（x）有且仅有三个不同的零点 x1，x2，x3 ，且x1

h（x）=的两个不等实数根。所以，两式相减得 x3?x1=a（ex3?ex1），所以，两式相加得。设 x3?x1= t，由x1，t∈（0，1]，则g'（t）=。设p（t）=

e2t?2tet?1，t∈（0，1]，则p'（t）=2et（et?t?1）。

设 q（t）=et?t?1 ，t∈（0，1]，则 q'（t）=et?1>0在 t∈

（0，1]上恒成立，所以 q（t）=et?t?1在t∈（0，1]单调递增

所以 q（t）> q（0）=0在 t∈（0，1] 上恒成立，则 p'（t）>0在

t∈（0，1]上恒成立，则 p（t）> p（0）=0在t∈（0，1]上恒成立，因此 g'（t）>0在t∈（0，1]上恒成立。所以 g（t）在t∈（0，1]上单调递增，所以 g（t） ≤ g（1） =，亦即x1+

。

评注：本题在处理时，将两式加减运算无法得到满意的消元结果，在将加减运算之后的结果进行比较之后，消去其中的未知元a，从而构造了以x3?x1=t为主元的函数，进而证明了不等式。这是本题与一些常见的类似问题处理时的不同之处，也是本题的难点。

总之，多元问题是高考导数题中的常见问题，本文列举了几类以多元问题为背景的导数题，针对求多元中某一元的范围、目标函数的取值范围，以及几类不等式的证明等问题进行了一些研究，主要使用了解题中经常使用的消元方法以及放缩法，希望能为读者解决此类问题提供一些帮助。

【参考文献】

[1]张柠.用导数工具解决高等数学应用问题[J].文理导航·教育研究与实践，2018（9）.

[2]程鲁杰.高中生数学解题策略的研究[D].石家庄：河北师范大学，2018.

[3]赵明浩，牟文君.高中数学导数思想研究不等式问题[J].考试周刊，2018（94）.

【作者简介】

魏俊潮（1968～），男，汉族，江苏兴化人，博士，扬州大学教授。研究方向：代数环论，环上广义逆。

陈颖扬（1998～），女，汉族，福建漳州人，在读硕士。研究方向：学科教学（数学）。

许志城（1996～），男，汉族，江苏泰州人，在读硕士。研究方向：代数环论。