高中数学多变量问题解法研究 论文

2年安徽省中小学教育教学论文评选PAGEPAGE1高中数学多变量问题解法研究摘要：多变量问题是高中数学常见问题之一，是高考，竞赛热点题型之一，以来都是高中生学习的一个难点。关键词：单变量，多变量，存在性，恒成立于这类问题的求解策略。一、利用韦达定理消元化多变量问题为单变量问题例1已知函数f(x)=x2-axlnx．（1）求函数f(x)的单调区间；（2设函数f(x)有两个极值点1,2(12)若f(1)2恒成立求实数m的取值范围．分析：本题是涉及多个变量的不等式恒成立问题，看似条件复杂难以入手，建立,x2之间的等式关系，a也可以用多变量转化为单变量的不等式恒成立问题。解：（1）由题知，函数f(x)的定义域为(0,)

f=

2x2-axx

(x令g(x)=2x2-ax，则D=a2-16，当0即-4时，ff(x)的单调递增区间为(0,)

，当V>0即a4或a时，令g(x)a- a2a- a2-164

或x= ，aa+a2-16若a4，则

a- aa- a2-16a+a2-164 4∵x，∴g(x)，即f，∴函数f(x)的单调递增区间为(0,)若a，则

> ，令f，即g(x)，a+a+a2-16a- a2-16a- a2-a- a2-164

或x> ；aa+a2-16令f，即g(x)，解得

<x< ．a- a- a2-16a+a2-16æa-

a2-16ö+

a2-16 ö∴函数f(x)的单调递增区间为ç0,ç

,ç 4 ÷ç 4 ÷è ø è øç单调递减区间为-ç

a2-16

,a+

a2-16ö÷ç 4 4 ÷è ø综上，当4时，函数f(x)的单调递增区间为(0,)；当a时，

æa-

a2-16ö

+

a2-16 ö函数f(x)的单调递增区间为ç0,ç

,ç 4 ÷ç 4 ÷è ø è øç单调递减区间为-ç

a2-16

,a+

a2-16ö÷ç 4 4 ÷（2）f=

è ø( )2x2-ax( )(x，若f(x)有两个极值点,x2<x2，则x2，x2是方程2x2

-ax的两不等正实根，由（1）知，a，∴x=a，xx，∴0<x<x1 2 2 12 1 2f(1)2恒成立，即

f(1)x2

恒成立f(x)

x2-axlnx x2-2x2-2lnx1=1 1 1=

1 1 1x3-2xlnx

1 1 1 1 1令h(t)t3-2tlnt，则2lnt，当0时，∴h(t)在(0,1)上为减函数，∴当0时，h(t)3∴f(1)-3，∴„-3，∴实数m的取值范围(-¥,-]x2二、齐次化化多变量为单变量问题例2已知函数f(x)=x2x,aÎRf(x)af(x)（2）若存在实数,x2，使得f

'(x)+f'

(x2)，且x2<2x2，求1f(x1)-1

f(x2)的取值范围.x求范围问题，常见的如-x2， 等。x22解：由题意得，f'(x)=2x2(x，所以方程2x2有两个x不相等的正实根m,n,不妨设m，则D=a2-8且ma，解得a的4取值范围为(-¥,-22)，由题意知f(x)在x处取得极大值，在x处取得极小值，且有2m2，故f(m)m2m-1，令g(x)x2x-1，故g'(x)=1-2x(x1-2xx=

2，由导数与函数的最值可知，xæ2ög(x)£g

ln2-

x2 232 2

f(m)

2f(x)22è ø至多有一个零点，又因为f(-a)a)，所以f(x)存在唯一零点.2x+1+1

a(x)-xx1 2由题意知： 1 2 ，即xx1 21 2

，故2x1x2f(x)-

f(x)=x2-x2(x-x1(-

x2)t=Î2)1 2 1 2 1 2

2(h(t)t+1t，h'(t)11£0h(t)在定义域内单调递减，所以(2 2th(t)Î

(h(2),h(t)Î

æ32,0f(x)-

f(x)的取值范围æ32,0ö

ö41 24è ø4÷4è ø三、通过放缩法化多变量为单变量例3已知函数f(x)=ex-ln(x，当m£2时，求证：f(x)分析：本题是含有双变量不等式证明问题，如果直接在m£2上证明这个结论，难度很大，我们可以考虑对这个式子进行放缩处理，当m£2时f(x)=ex-ln(x³ex-ln(x我们只需证明ex-ln(x即可解：当m£2，xÎ

(-m,)时，ln(x£ln(x，则有f(x)x-ln(x³ex-ln(x.故只需证明ex-ln(x即可在区当mf'(x)=ex-1 f'(-在区x，f'(0)，故f'(x)，且'Î'

(-0)当xÎ

(-2,)时，f

'(x)；当xÎ

(x0,)时f

(x)，从而当x时，ex= 1

ln(x

xf(x)取得最小值.由f'(x)，得 0

, 0 0,故f(x)³

f(x)= 1

=(x0

，0 00 0综上，当m£2时，f(x)四、通过主元法化多变量问题视为单变量问题例4已知函数f(x,t)x-2t(ex+x22xÎ

R,tÎ

Rf(x,t)的最小值.量tt视为自变量，x视为参数，通过配方，利用完全平方数的特征消去t，从而得到关于x的函数，然后求得最小值即可.+ ++ +解：f(x,t)2-2(ex

(e1e2x+x2 2 2

xex-

ex)2

1e2x+x

xex+22 2 2+2因为(t-

ex

)2³0，所以f(x,t)³

1e2x

12-xexx+令g(x)=1e2xx+

2 2 21x2-xexg'(x)x-ex-xex=(ex-x)(ex-+2 2设h(x)=ex-xh'(x)=ex-1h(x)在(-¥,)上单调递增，所以h(x)³h(0)，ex-x恒成立令g'(x)，即不等式ex-1Þ

x，所以g(x)在(-¥,0)上单调递减，在(0,)上单调递增，所以g(x)³

g(0)=3，即f(x,t)最小值为3.2 2五、利用单调性化多变量为单变量问题例5已知函数f(x)=xex，g(x)=x-(1)求函数f(x)的单调区间；

f(x)x2

g(x1)-g(x2)<m(2)设对于任意,x2Îe]，且<x2，都有

x-x xx

恒成立，求实数m的取值范围.

1 2 12m的取值范围.2年安徽省中小学教育教学论文评选解：（1）易知函数f(x)定义域为R，f'(x)=(x当x1时，f'(x)，f(x)在(-)上单调递增；当x1时，f'(x)，f(x)所以，f(x)单调递增区间为(-)g(x1)-g(x2)<m当,x2Îe]，<x2时，

x-x xx

恒成立，即1 2 12m m

m 1-ex

m mexg(x1)+x

>g(x2)+x

恒成立.设h(x)=g(x)+ = + =

，由题意1 2可知，h(x)在e]上单调递减.-ex-m-ex

x x x x(1-x)ex-(m即h'(x)= = £0在e]上恒成立.x2 x2所以(1-x)ex-(m£0，即m³(1-x)ex设t(x)x)ex，xÎ