例谈多变量问题的求解策略

刘玲

［摘 要］多变量问题具有一定的综合性、技巧性，往往令学生无从下手，“望题兴叹”。文章结合几道典型例题，探讨“三元”策略（即整元、换元、变元）在处理多变量问题中的运用，旨在帮助学生突破难点，发展学生思维。

［关键词］多变量问题；整元；换元；变元

［中图分类号］    G633.6        ［文献标识码］    A        ［文章编号］    1674-6058（2024）08-0015-03

在不等式问题、函数与导数问题中，时常出现多个变量，我们把这类问题称为“多变量问题”。多变量问题具有一定的综合性、技巧性，往往令学生无从下手，“望题兴叹”。那么，破解多变量问题有哪些策略呢？本文就能破解多变量问题的“三元”策略（即“整元、换元、变元）进行探讨。

一、整元

“整元”就是整合变量，当不等式或方程中出现多个变量时，可以考虑运用同构思想构造出一个或多个能解决问题的函数，这样就可以把多变量问题转化为一元函数问题。

［例1］（1）已知正实数[x]，[y]满足[ex=ylnx+ylny]，则[lnx+1x-lny]的最大值为              。

（2）已知正实数[a]，[b]，[c]满足[ealna=blnb=c2ec=1]，则[a]，[b]，[c]的大小关系是（）。

A. [c

C. [b

分析：（1）由已知得[xex=xylnxy]，构造函数[f（x）=xex]，结合[f（x）]的单调性知[lny=x-lnx]，故将[lnx+1x-lny]化为[lnx+1x-x+lnx]，利用导数求[g（x）=lnx+1x-x+lnx]的最大值即可。（2）将比较[a]，[b]，[c]的大小转化为比较函数[y=lnx]与[y=e-x]交点，函数[y=lnx]与函数[y=1x]，函数[y=e-x]与函数[y=x2]在第一象限内交点的横坐标的大小，利用导数研究函数[y=x2]的图象与函数[y=lnx]的图象及函数[y=e-x]的图象与函数[y=1x]的图象间的关系，后统一作出[y=e-x]，[y=lnx]，[y=x2]，[y=1x]在（0，+∞）上的图象即可。

解：（1）∵[ex=ylnx+ylny]，∴[ex=ylnxy]，即[xex=xylnxy=lnxy·elnxy]。构造函数[f（x）=xex]，则[f（x）=f（lnxy）]， [f（x）=ex（x+1）]，所以[f（x）]在（-1，+∞）上单调递增，∵正实数[x]、[y]满足[ex=ylnx+ylny=ylnxy]，∴[ex=ylnxy>e0=1]，即[lnxy>1y>0]，所以[f（x）=f（lnxy）]等价于[x=lnxy]，即[lny=x-lnx]，∴[lnx+1x-lny=lnx+1x-x+lnx  ]。设[g（x）=lnx+1x-x+lnx ]，[g（x）=-x2+x-lnxx2]，∴[g（1）=0]，令[h（x）=-x2+x-lnx]，[h（x）=-2x+1-1x≤-22+1<0]，所以[h（x）]单调递减，且[h（1）=0]，所以在（0，1）上，[h（x）>0]，[g（x）>0]，[g（x）]单调递增，在（1，+∞）上，[h（x）<0]，[g（x）<0]，[g（x）]单调递减，所以[g（x）max=g（1）=0]，即[lnx+1x-lny]的最大值为0。

（2）由题可得[lna=e-a]，[lnb=1b]，[e-c=c2]，则[a]，[b]，[c]分别为函数[y=lnx]与[y=e-x]交点，函数[y=lnx]与函数[y=1x]，函数[y=e-x]与函数[y=x2]在（0，+∞）上交点的横坐标。构造函数[f（x）=x2-lnx]，则[f（x）=2x-1x=2x2-1x]，得[f（x）]在[0，12]上单调递减，在[12，+∞]上单调递增，则[f（x）≥f12=12+12ln2>0]，即[x∈（0，+∞）]时，函数[y=x2]的图象恒在函数[y=lnx]的图象上方。构造函数[g（x）=1x-e-x]，[x>0]，则[g（x）=-1x2+e-x=x2e-x-1x2]。令[h（x）=e-xx2-1]，则[h（x）=xe-x（2-x）]，得[h（x）]在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减，则[h（x）≤h（2）=4e2-1<0?g（x）=h（x）x2<0]，则[g（x）]在（0，+∞）上单调递减，又注意到函数[y=x]的增长速度远小于函数[y=ex]的增长速度，则函数[y=1x]的变化速度远大于函数[y=e-x]的变化速度，结合[x→0]，[1x-e-x>0]，[x→+∞]，[1x-e-x>0]，可知[x∈（0，+∞）]时，函数[y=e-x]的图象在[y=1x]图象的下方，则可在同一坐标系中作出[y=e-x]，[y=lnx]，[y=x2]，[y=1x]在（0，+∞）上的图象，如图1所示，由图象可知[c

点评：本题第（1）问的解答关键是将[ex=ylnx+ylny]变形为[xex=xylnxy]，利用同构思想构造函数[f（x）=xex]，结合[f（x）]的单调性知[x=lnxy]，即[lny=x-lnx]，从而用[x]表示[y]，将目标函数[lnx+1x-lny]化为[x]的函数后再求最值，于是把双变量最值问题转化为单变量函数的最值问题。本题第（2）问含有三个变量，直接比较[a]，[b]，[c]的大小关系较复杂，故可考虑利用数形结合思想将问题转化为比较同一坐标系下函数图象交点横坐标的大小关系。于是把已知等式变形转换成同构式，并构造出三个独立的函数，再利用导数研究相关函数的最值、单调性，明确函数图象间的关系，整个求解过程都用到了“整元”策略。

二、换元

换元，就是整体代换，转换变量。通过换元，可以把多变量问题转化为单变量问题来研究，尤其是导数应用中的极值点偏移问题，常常借助比值代换来达到“化二为一”的目的。

［例2］已知函数[f（x）=ln（2x+2）-2x]，[gx=aex-x+lnae2（a>0）]。（1）求函数[f（x）]的单调区间。（2）当[x>-1]时，若[h（x）=f（x）-g（2x）]有两个不同的零点[x1]，[x2]（[x1>x2]），则：（ⅰ） 求[a]的取值范围；（ⅱ）证明：[ae2x1+ae2x2>2]。

分析：（1）求得[f（x）=1x+1-2]，结合[f（x）>0]和[f（x）<0]的解集，即可求得函数[f（x）]的单调区间。（2）（ⅰ）根据题意转化为[ln（2x+2）+2x+2=e2x+lna+2x+lna]有2个不等实根，令[t（x）=ex+x]，进而转化为[lna=f（x）]有两个不等实根，结合（1）中函数的单调性即可求解；（ⅱ）根据题意，转化为证明[ae2x1+ae2x2>2]，进而得到[12lnx1+1x2+1>x1+1x2+1-1x1+1x2+1+1]，令[u=x1+1x2+1>1]，得到[φ（u）=lnu-2u-1u+1（u≥1）]，利用导数求得函数的单调性与最值即可求解。

解：（1）由函数[f（x）=ln（2x+2）-2x]的定义域为（-1，+∞），且[fx=1x+1-2]，令[f（x）>0]，解得[-1-12]，所以[f（x）]的增区间为[-1，-12]，减区间为[-12，+∞]。

（2）（ⅰ）要使[h（x）=f（x）-g（2x）]有2个零点，即[f（x）=g（2x）]有2个不等实根，即[ln（2x+2）=ae2x+lna-2]有2个不等实根，即[ln（2x+2）+2x+2=e2x+lna+2x+lna]，令[t（x）=ex+x]，即上式为[t（ln（2x+2））=t（2x+lna）]，由[t（x）=ex+1>0]，所以[t（x）]为单调递增函数，所以有[ln（2x+2）=2x+lna]，所以只需使[lna=ln（2x+2）-2x]有2个不等实根，即[lna=f（x）]有两个不等实根。由（1）知[f（x）]的增区间为[-1，-12]，减区间为[-12，+∞]，所以[f（x）max=f-12=1]。又当[x→-1]时， [f（x）→-∞]，当[x→+∞]时， [f（x）→-∞]，所以只需使[lna<1]，即[0

（ⅱ）由[h（x）]有2个不同零点[x1]，[x2]，可得[ln（2x1+2）=2x1+lna，ln（2x2+2）=2x2+lna，]即[2x1+2=ae2x1，2x2+2=ae2x2，]

所以要证[ae2x1+ae2x2>2]，只需证[2x1+2+2x2+2>2]，又两式相减得[（2x1+2）-（2x2+2）ln（2x1+2）-ln（2x2+2）=1]，所以只需证[2x1+2+2x2+22>（2x1+2）-（2x2+2）ln（2x1+2）-ln（2x2+2）]，因为[x1>x2]，所以只需证[12ln2x1+22x2+2>（2x1+2）-（2x2+2）（2x1+2）+（2x2+2）]，只需证[12lnx1+1x2+1>x1+1x2+1-1x1+1x2+1+1]，令[u=x1+1x2+1>1]，即证[lnu>2·u-1u+1（u>1）]（*）。令[φ（u）=lnu-2u-1u+1（u≥1）]，可得[φ（1）=0]且[φ（u）=1u-4（u+1）2=（u-1）2u（u+1）2>0]，所以[φ（u）]在（1，+∞）上递增，当[u>1]时，[φ（u）>φ（1）=0]，所以[lnu>2·u-1u+1（u>1）]，则[ae2x1+ae2x2>2]。

点评：在本题第（2）问的第（ⅱ）小问的证明过程中出现[12lnx1+1x2+1>x1+1x2+1-1x1+1x2+1+1]，于是想到换元，令[u=x1+1x2+1>1]，换元后双元问题变成一元问题，再根据不等式特点构造函数，这样使原问题的解题难度大大降低，其求解过程体现了“化繁为简”原则，“换元”起到了关键性作用。

三、定元

“定元”就是确定主次。在两元问题中，有时可以采用主元法，即把一个元看成变量，把另一个元当成常数来处理。而当两个元相互独立时，我们可以将原问题中的函数分解成两个函数来解决。

［例3］已知函数[f（x）=（x-1）ex-a-lnx]。证明：当[0

分析：本题可以采用主元法来处理，构造以[a]为主元、[x]为参数的函数来处理。

证法1：[（x-1）ex-a-lnx≥lna]等价于[（x-1）ex-a-lnx-lna≥0]，令[h（a）=（x-1）ex-a-lnx-lna]，[a∈0，1]，则[h（a）=-（x-1）ex-a-1a=1ea（1-x）ex-eaa]。设[s（x）=（1-x）ex]，[t（a）=eaa]，当[x>0]时，[s（x）=-xex<0]，[s（x）]单调递减，[s（x）

容易证明，函数[f（x）=（x-1）ex-1-lnx]的最小值为[f（1）=0]，故[（x-1）ex-1-lnx≥0]，故[a∈0，1]时，[h（a）≥h（1）=（x-1）ex-1-lnx≥0]，所以当[0

证法2：[（x-1）ex-a-lnx≥lna]等价于[（x-1）ex-a-lnx-lna≥0]。令[h（a）=（x-1）ex-a-lnx-lna]，[a∈0，1]，则[h（a）=-（x-1）ex-a-1a]。令[r（x）=-（x-1）ex-a-1a]。当[x>0]时，[r（x）=-xex-a<0]，[r（x）]单调递减，[r（x）

点评：此题也有另外的解法，比如“隐零点”“放缩”或“凹凸反转”，这些解法都可以破解此题。但从思维和运算两个方面综合来看，主元法是更为亲切且靠谱的解法。运用主元法解题，关键是根据问题的特点，灵活地选择主元，其处理方法主要有：（1）从多个变元中选出一个恰当的变元作为主元素，视其他变元为参量，突出主要矛盾，促成问题转化；（2）选取含有若干变元的表达式为主元素——集中变元，通过消去主元（或非主元），逐步减少变元个数，从而达到解决问题的目的；（3）选取主变量为主元素，通过分离参数的方法，突出主元的地位，为解题创造有利条件；（4）突破思维定式，选取参数变量为主元素，反客为主，化难为易，化繁为简，以实现巧妙突破；（5）观察问题的数据特征，选取某一特殊常量为主元素，调整并理顺问题的内部结构和关系，从而发现解题途径，提高解题效率。

从以上举例分析不难看出，导数在多变量问题中的应用难点，是将多变量问题转化为单变量问题，而“三元”策略（即整元、换元、变元）能帮助我们突破这个难点，大家在解决多变量问题时不妨一试。

［   参   考   文   献   ］

［1］  李文东.例谈多变量问题的求解策略［J］.中学数学研究，2020（6）：52-54.

［2］  张立建，潘培彬.多元变量的最值和范围问题求解策略［J］.高中数学教与学，2017（21）：22-24，34.

［3］  汪正文.多元变量最值问题的求解策略与探究［J］.中学数学研究（华南师范大学版），2017（19）：28-31.

［4］  丁称兴.有关“多元变量”最值问题的求解策略［J］.数学通讯，2016（合刊3）：79-82.

（责任编辑 黄桂坚）