高考试题中双变量不等式证明的探究与思考 论文

高考试题中双变量不等式证明的探究与思考摘 要：近年的高考试题连续多次考察了双变量不等式证明(恒成立)问题，体认识，导致问题不能顺利解决甚至不能解决.下面笔者就结合所在学校一轮复习实际，就高考试题中的双变量问题的处理思路及方法谈一下自己的几点思考。关键词：双变量，恒成立，消元，变量无关，变量有关一、试题呈现+f(x)x-ax+

1-a-．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)=x2-2bx，当a=1时，任意xÎ

x2)，存在xÎ2]使得f(x)≥g(x)4 1成立，求实数b的取值范围．本文只处理第（2）问（下同）.

2 1 2试题分析，难点突破：学生在解决此题时的关键在于发现,x2为两个无关变量，因此可以采用主元法，利用分而治之的策略，将问题转化成函数f(x)和g(x)的最值问题.由（1）知当a=1时，f(x)在4当xÎ(x)>f1，所以原问题ÛÎ2g(x)£-1成立2ÛÎ2b³x+92x

成立.设u(x)=x+9，xÎ9，所以u(x)=x+92x 2x2 2xu (x)=u(2) 17

2b³17，

b³17递减，所以

= .所以 即 .4 4 8f(x)=1-xlnx．x（1）讨论f(x)的单调性；

f(1)-

f(2)<-（2）若f(x)存在两个极值点,x2，证明：．-x2

a2.学情分析：未证明出目标结论的学生中，多数未利用好,x2为函数f(x)的两个极值点这一条件，从而给出错误的解题方向：不妨设xx，则可转化为证明f(x)(a2)x

f(x)(a2)x

，进一步可1 2 1 1 2 2转化为证明函数yf(x)(a2)x为增函数.(x(x)-11a-x-ax1试题分析，难点突破：f(x)的定义域为(0,)，f - .¢由（1）知，f(x)存在两个极值点当且仅当a.

+x2 x x2f(x)的两个极值点,x2满足x2-ax，所以x2，不妨设<x2，则x2可以发现，与试题一不同，这里x,x为两个有关变量，即x的值给定，x的值1 2 1 2也随之确定，这正是拟定下一步解题计划的关键.f(1)-

f(2) 1 nx-nx nx-nx -2nx-1+a 1 221 222由于 -x2x2-x2-x2

1 x-xx

，结合f(1)-

f(2)

1 x-xx

22a,所以-x2-2等价于 2 2 .2这样，我们成功的将含有x,x的双变量不等式证明问题转化为含有单一变1 2量的常规不等式证明问题.此时，对绝大多数学生而言，后续问题的处理不再是难点.设函数g(x)=1-x，由（1）知，g(x)在(0,)单调递减，又g，x1 -x

f(1)-

f(2)-2x从而当xÎx)时，g(x)<0.所以 2 2 ，即2

.-x2xf(x)=e-lnx-a．xx（1）若f(x)³0，求a的取值范围；（2）证明：若f(x)有两个零点,x2，则x2f

öè ø-1ex-1öè ø试题分析，难点突破：f(x)的定义域为(0,)，æö æö x x x2÷ x111ex 11

x-11ö=ç- ÷x x-

xx

çx+f(x),得x.è ø è ø è ø当xÎfx)f(x)单调递减,当xÎ),fx)f(x)单调递增，∴f(x一个零点小于1,一个零点大于1.不妨设11x2.可以发现，与试题二一致，这里1,x2为两个有关变量，那么能否像试题二那样将含有1,x2的双变量不等式证明问题直接转化为含有单一变量的常规不等式证明问题呢？答案是否定的.e由x,x为f(x)的两个零点，得 lnxx

exa lnx

xa0，因此xx1 2 1 1 2 2xx1 212我们无法像试题二那样利用xx12

1这一关系直接消元将原问题转化为含有单一变量的常规不等式证明问题，必须寻找新的解题突破口，如何利用x,x为f(x)1 2的两个零点，即f(x)f(x)是制定下一步解题计划的关键.考虑到要证明xx11 2 12，即证明x

1.由于函数f(x)在(0,1)上单调递减，只需证f(x)f( ).11 1xx2 2xö xfx >f x 因为f(1)=f(2),即证

(2)

ç e

1lnx-xe

lnx-1xÎ)èx2ø x xex 1 é

1æ 1即证 e 2lnx

2è xø

0.至此，利用题目条件将原不等式证明问题转化-xx-

êx-

çx-ë û为含有单一变量的常规不等式证明问题.ex 1

1æ 1ö

ex 1下面证明x时，

-xexlnx-

çx-.设g(x)= -xex,x，1öx

xæ1 1x x

æ1

2è xø1æ1öx

xæx1 1öæx则x-

x2x2

x-ex÷è ø è

è

è ø è øæ

1

1öex

x-1ç

1ö-ex÷è xx

øx

xèx

øö 1j x=e

x,j¢x-

1 x x-1x= e

j(x)>j设() ( ) ()=ç 2 2

,所以 ,而ex,所xex 1

èx xø x以 -ex,所以,所以g(x))单调递增,即g(x),所以xex 1-xex.xh(x)x-1çx-1x

=-

2 2= 令 æ ö ，

1 1æ

1ö2x-x-1

-(x-2è xø

x 2è

x2ø

2x2

2x2çx所以h(x))单调递减，即h(x),所以lnx-1æçx2

1öx.ex 1 é

è ø1æ 1综上所述, x

e 2ln

2è xø

0,所以12 .-xx-

êx-

çx-

xxë û二、总结与提升解题重在解，贵在思，解前思，解后更要思.对比试题一、二、三的解题过程，你会发现，解决双变量问题时的关键点在于首先判断两个变量是否为无关变量，若为无关变量可采用主元法，利用分而治之的策略处理；若为有关变量，还需进一步明确能否利用两变量的关系直接消元，将问题直接转化为含有单一变量的相关问题，若不能直接消元，则可以考虑将目标问题等价转化，最终实现消元，将问题直接转化为含有单一变量的相关问题，而始终贯穿其中的核心思想是“消元”.实际上，近年的部分高考试题突出地考察了上述提到的双变量问题的基本处理策略.三、应用与拓展f(x)=ex

-1,x2，函数f(x)的图象在点A1,f(1)和点Bx2,f(x2)的两条切线互相垂直，且分别交y轴于|AM|M，N两点，则|BN|取值范围是 ．x1-ex,xx-ex,xf x解析：由题意，f(x)=e

-1，则ex-x³0)=í ，ex,x所以点()和点()，

x x,A,1-e

Bx2,e-1

k e,kM N所以-M N

e，所以 ( ) ( )，AM:y-e x-,M

0,e-e2 x 2 2x所以AM=

xx)

=

，1 1 1同理BN=

1+e2x2,MNMN2

1+e21e21e21e21e21e-2121+e2x2

eÎ故答案为：(0,1)f(x)=xlnx).（1）讨论f(x)的单调性；+（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna-alnb-b，证明：2<1 1.+a b解析：（1）略（2）由blna-alnb-b得1(1-ln1)

=1(1-ln1)，即=

f(1)=f(1)．由a≠b，得1¹1．a b

a a b b a b令x1,x

1，则f(x)f(x).原问题转化为证明：2xx

e.显然，这里两1 a 2 b 1 2 1 2个变量1,x2有关，所研究的问题涉及极值点偏移[1]，那么如何利用函数在1,x212处函数值相等这一关键条件呢？这里仅以证明右侧不等式xx12

e为例探究.由（1）知f(x)在上单调递增，在)上单调递减，且f'0.不妨1 2设0x11 21 1 2 2 1

xxe，即证xex

，只需证f(x)f(ex).2 11 22 11 2 1 1

x)f(x)，只需证f(x)f(ex).构造函数g(x)f(x)f(ex),0x1，则g'(x)lnx(ex),0x1.e e2h(x)x(ex)(x)2 在()上单调递增，且h(0),h)e11,2 40 0 0使得x(0,x)时h(x)1,x(x时h(x)1.0 0 0x(0,x),g'(x)0,g(x)单调递增，x(xg'(x)0,g(x)单调递减.0 0实际上，函数g(x)在区间(x,e)也单调递减，g(e)f(e)f(ee)0.02 2 2 2又x

0时，f(x)lnx)g(x)f(x)f(ex)0.g(x)0,x恒成立，证毕.方法二、由f(1)f(x2)

得11-ln1)21-lnx2),

1(1-lnx)1-lnx.xx1 2xx1 2不妨设1x2，令

tx2x1x

，则t(1ln(tx))1lnx,lnx

ttlnt1t1

1tlnt(t1).t11 1 1要证明：1x2e，只需证：t)1,lnt)ln11.1 1 1因此只需证：ln(t1)1tlnt1，即证：(tln(t1)tlnt0(t1).t1令g(t)(tln(t1)tlnt，t1.' 1 2 1 2

1t则g(t)) 0,(t1)，g(t)单调递减.t t1 t t1 t(tg(t)0在区间(1,)上恒成立，证毕.方法三、如图，f(x)lnx)在xe处的切线为yxe且，f(x)xe,x(0,e).22f(x)x22

e,

f(x)e,21 2 1 2x2xxxf(x21 2 1 2x2

xf(x)exlnxee,证