多元变量问题解题策略

摘要：多元变量问题因题型多变、形式多样、涉及数学知识面广、蕴含数学思想方法多等特点备受命题者的青睐，本文通过具体实例探讨求解多元变量问题的常用方法，总结归纳一般的求解策略.

关键词：多元变量；消参；减元

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2022）28-0005-05

收稿日期：2022-07-05

作者简介：黄少莹（1985.10-），女，福建省莆田人，本科，中学一级教师，从事高中数学教学研究.

基金项目：2020年福建省电化教育馆课题“基于动态数学技术环境高中实验教学的实践研究”（项目编号：闽教电馆KT2042）；莆田市教育科学“十三五”规划2020年度课题“基于数学建模提升高中生数学问题意识的教学研究”（项目编号：PTGFKT20150）.

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

例1已知函数f（x）=alnxx（a∈R），x1，x2∈［e2，e4］，且x1≠x2，f（x1）-f（x2）x1-x2＜1x1x2恒成立，则实数a的取值范围为（ ）.

A.（-∞，-13］B.（-∞，2］

C.［-1，+∞）D.［-13，+∞）

解析由题知，x1，x2∈［e2，e4］，且x1≠x2，f（x1）-f（x2）x1-x2＜1x1x2恒成立.不妨设x1＞x2，则原不等式可化为f（x1）-f（x2）＜1x2-1x1对x1，x2∈［e2，e4］恒成立.

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

则函数g（x）=f（x）+1x=alnx+1x（a∈R）在［e2，e4］上单调递减.

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.

而函数y=11-lnx在［e2，e4］上单调递增，

故x=e4时其最大值为-13.

因此a≥-13，故选D.

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.

2 利用x1x2进行换元

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；②求函数g（x）=f（x）-f ′（x）+9x的单调区间和极值；

（2）当k≥-3时，求证：对任意的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的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）；g（x）的极小值为g（1）=1，无极大值.（过程略）

（2）由f（x）=x3+klnx，得f ′（x）=3x2+kx.

则对任意的x1，x2∈［1，+∞），且x1＞x2，欲证

f ′（x1）+f ′（x2）2＞f（x1）-f（x2）x1-x2，

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

因为［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.

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

记h（t）=t-1t-2lnt（t＞1），则

h′（t）=1+1t2-2t=t2-2t+1t2=（t-1）2t2＞0.

故h（t）在［1，+∞）上为单调递增.

所以h（t）＞h（1）=0.

又因为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时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.

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

评析第（3）问中首先利用分析法将目标不等式进行等价转化，通过化简后的关系式考虑作差证明.一般来说在含lnx1与lnx2的数学关系中常常由作差得到lnx1x2式，并将x1x2换元为t以达到减元的目的.本题也应把握这一换元思想，虽然这并不能达到完全减元的效果，但是可以明确减元方向：以t为主元，消去参数x2，k.结合x1＞x2≥1可以得到x2≥1，又由已知条件k≥-3，因此将x1用t，x2表示后可利用x2，k的范围进行放缩从而达到彻底减元的目的.而这也正是解决了本题的难点.所以教学中，要引导学生学会根据函数、数学关系式等特征，选择换元对象，就算不能彻底减元但也要能在多个变量中确定主元，再通过其他途径消去余下的参变量，最终彻底减元，回归函数最值（不等式）问题.

例3已知f（x）=xlnx-12mx2-x，m∈R.若f（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1x2＞e2.（e为自然对数的底数）

证明由f（x）=xlnx-12mx2-x，得

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）.

两式相减，得lnx2x1=m（x2-x1）.

依此可得

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

令x2x1=t，t＞1，则lnx1x2=lnt·1+tt-1.

故欲证x1x2＞e2，即证lnx1x2＞2.

即证lnt·1+tt-1＞2（t＞1）.

即证当t＞1时，有lnt＞2（t-1）t+1.

令g（t）=lnt-2（t-1）t+1（t＞1），则

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，+∞）上单调递增.

因此g（t）＞g（1）=0.

于是当t＞1时，有lnt＞2（t-1）t+1.

即lnx1x2＞2成立.

所以x1x2＞e2.

评析本题中极值点x1，x2转化为导函数的零点后，得到关系lnx1=mx1，lnx2=mx2，如果直接得到m=lnx1x1=lnx2x2，则无法与所要证明的不等式产生联系，因此考虑利用对数运算性质将两式相加减，一方面可构造出所要求证的x1x2式，另一方面可构造出常用的换元式x1x2，同时结合得到的两个新的关系式不仅可以消去参数m，还可以将所要证明的不等式中的变量x1，x2统一为x1x2，从而通过换元将问题转化为熟悉的问题模型.

3  利用变量x1，x2的等量关系进行转化减元

例4（2018年新课标全国Ⅰ卷21题）已知函数f（x）=1x-x+alnx.

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：f（x1）-f（x2）x1-x2＜a-2.

解析（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f ′（x）=-1x2-1+ax=-x2+ax-1x2（x＞0）.

当a≤2时f（x）在（0，+∞）上单调递减，当a＞2时，f（x）在（0，a-a2-42）和（a+a2-42，+∞）上單调递减，在（a-a2-42，a+a2-42）上单调递增.（过程略）

（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.

故欲证f（x1）-f（x2）x1-x2＜a-2，

即证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，

故只需证alnx1x2＜a（x1-x2）.

又a＞2，所以只需证lnx1x2＜x1-x2.

由x1x2=1得x2=1x1.

故欲证lnx1x2＜x1-x2，

即证当x1＞1时，2lnx1＜x1-1x1.

令函数g（x）=2lnx-x+1x，x＞1，则

g′（x）=2x-1-1x2=2x-x2-1x2=-（x-1）2x2＜0.

故g（x）在（1，+∞）上单调递减.

所以g（x）＜g（1）=0.

即2lnx1＜x1-1x1得证.

故f（x1）-f（x2）x1-x2＜a-2得证.

评析第（2）步要证明的不等式与例1的条件不等式形式相似，但是x1，x2却是f（x）的两个极值点，因此得到x1，x2为f ′（x）=0的两根进而得到x1x2=1，所以将要证明的不等式采用分析法一步步化繁为简后，需证的不等式lnx1x2＜x1-x2便可将x2用x1表示，从而将双变量不等式转化为仅含x1的单变量不等式，再构造函数进行证明，最终回归基础问题类型.因此解题过程中需特别注意变量间的关系以及范围限制，才能做到有的放矢.

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．

又f（1）=-e，f（2）=a＞0，取b满足b＜0且b＜lna2，则f（b）=a2（b-2）+a（b-1）2=ab（b-32）＞0，故f（x）存在两个零点．

③设a＜0，由f ′（x）=0得

x=1或x=ln（-2a）．

若a≥-e2，则ln（-2a）≤1.

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.

若a＜-e2，则ln（-2a）＞1.

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

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，故只需證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）

=（x-1）（ex-e）（ex+e）ex.

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

练习1若对任意x1，x2∈（m，+∞），且x1＜x2，都有x1lnx2-x2lnx1x2-x1＜2，则m的最小值是.（e为自然对数的底数）（答案：1e）练习2已知函数f（x）=lnx-x.方程f（x）=m（m＜-2）有两个相异实根x1，x2，且x1＜x2，求证：x1x22＜2.

练习3已知函数f（x）=x2（3lnx-2ax-32）有两个不同的极值点x1，x2.

（1）求a的取值范围；

（2）求证：1lnx1+1lnx2＞2.

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.

参考文献：

［1］蔡海涛，卢妮，黄少莹.2020年高考天津卷第20题解法探究[J].数理化解题研究，2020（31）：14-15.